2020届高考数学强基3套卷 山东卷（二） 答案.pdf

3 2020 届高考强基 3 套卷 山东卷 一、单项选择题 1. 【答案】C 【解析】 2{ | 3 0}M x x x    Z ， { | 0 3}M x x     Z {1 2}， ，则满足条件 {1 2 3 4}M N  ， ， ， 的集合 N 有： {3 4}， ， {1 3 4}， ， ， {2 3 4}， ， ， {1 2 3 4}， ，， .∴满足条件的集合 N 有 4 个. 故选 C. 2. 【答案】B 【解析】由 (2 i) 1 iz   ，得 1 i |1 i | 2| | | |2 i | 2 i | 5 z      ，∴ z z · 2 2| | 5 z  .故选 B. 3. 【答案】A 【解析】设经过直线l 的平面 与平面 交于n ，则有l  ，l  ， n  I ， l n  ，又l m ， m n  ，又m  ，n  ， m  ，因此充分性成立；当 m  ， l  时， m 与 l 可能平 行，可能相交，也可能异面，因此必要性不成立， m l  是 m  的充分不必要条件.故选 A. 4. 【答案】A 【解析】 0a b Q ，且 1a b  ， 10 1 2 b a     ， 1 11 a b    ， 01( ( )1) 1bx a a     ， 1 1 1log ( ) log 1ab aby a b ab      ， 1logbz a  1log log 1b b b b      ，且 1 log log 1 0b ba   ， x z y   .故选A. 5. 【答案】D 【解析】 2 (2 cos ) 2 cos( ) 11 x x x x x e xf x e e e     ， 2 cos( )( ) 1 x x xf x ee      Q 2 cos ( )1x x x f x e e    ， ( )f x 为偶函数，故排除选项 A，B，又当 0x  时， 2 cos 0x  ， 1 0x xe e   ， ( ) 0f x  ，故排除选项 C.故选 D. 6. 【答案】C 【解析】令 1x  ，可得系数之和为 6(1 ) 2 128a   ，解得 1a  ， 6 2 6 6 6 2 2 (1 )(1 )(1 ) ( )(1 ) (1 )11a xx x xxx x         .易得展开式中 3x 的系数为 3 5 6 6 26C C  .故选 C. 7. 【答案】C 【解析】先把 5 名师范生分成 3 组，有 1 2 2 1 1 3 5 4 2 5 4 3 2 2 30 20 2 C C C C C C A   25 种方法，再将 3 组师范生分到 3 所学校，有 3 3 6A  种方法， 故共有 25 6 150  种安排方法.故选 C. 8. 【答案】A 【解析】由题意可知 ( )0A a， ，渐近线方程为 by x a   ，即 bx ay 0 .由 A 为 OM 的中点，可知 ( )2 0M a， ，故以 AM 为直径的 圆的圆心为 ( )3 0 2 E a， ，半径 1 | | 2 2 ar AM  .∵双曲线的渐近 线与圆相切，所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即 2 2 3| 0 |2 2 b a a a a b    · · ，整理得 2 2 3a b b  ，即 2 23c c a  ，解 得 2 9 8 e  ， 3 2 4e  .故选 A. 二、多项选择题 9. 【答案】AB 【解析】 3(5) log 3 1f   ，故选项A 正确； ( (5)) (1) 1f f f  ，故 选项 B 正确； 3(3) log 1 0f   ，故选项 C 错误； ( )(3) (0)f f f 1 1=3 3   ，故选项 D 错误.故选 AB. 10.【答案】ABC 【解析】对于 A，根据折线图可以发现除 2 月份外，各月最低气 温平均值越高，最高气温平均值也越高，总体呈正相关，故选项 A 正确；对于 B，通过折线图观察，2 月份的两个点距离最大， 故选项 B 正确；对于 C，各月最低气温平均值不高于 10℃的有 1 月，2 月，3 月，11 月，12 月，共有 5 个月，故选项 C 正确；对 于 D，观察折线图可知，7 月份到 8 月份气温在上升，故选项 D 错误.故选 ABC. 11.【答案】BCD 【解析】 2 π( ) 4sin sin ( ) cos2 1 2sin 2 4 xf x x x x      · ，包 含原点的增区间为 π π[ ] 2 2   ， ，又 ( )f x 在 π 3π[ ] 2 4  ， 上是增函数， π π 2 2 3π π 4 2       „ „ ， 20 3   „ . ( )f x 是奇函数，最小正周期 2πT   ，  的最大值为 2 3 ， 没有最小值.故选 BCD. 12.【答案】ACD 【解析】对于 A，连接 AC ，交 BD 于点 F ，则平面 PAC I 平面 BDE EF . PCQ  平面 BDE ， EF  平面 BDE ， PC  平面 PAC ，EF  平面 PAC ， EF PC  .∵四边形 ABCD 是正方形， AF FC  ， AE EP ，故选项 A 正确；对于 B， CD ABQ  ，  PBA （或其补角）为 PB 与 CD 所成的角. PA Q 平面 ABCD ， AB  平 面 ABCD ，  PA AB .在 Rt PAB△ 中 ， PA AB ，  π 4 PBA  ，故 PB 与 CD 所成的角为 π 4 ，故选项 B 错误； 对于 C，∵四边形 ABCD 为正方形， AC BD ， PA Q 平面 ABCD ，BD  平面 ABCD ， PA BD ，Q  PA AC AI ，  BD  平面 PAC ，故选项 C 正确；对于 D，设 AB PA x  ， 故 P ABCDV   2 2 31 1 1 3 3 3 AB PA x x x · · ， C BDE E BCDV V   1 3 BCDS AE · ·△ 2 31 1 1 1 3 2 2 12 x x x· · . 31 12C BDE P ABCDV V x  ︰ 31 1 4 3 x ︰ ︰ ，故选项 D 正确.故选 ACD. 三、填空题 13.【答案】1 【解析】设切点为 0 0( )x y， .易知 2( ) 3 1f x x   ，依题意可得 2 0 0 0 3 0 0 0 3 1 1 1 x y a x y x x           ，解得 0 0 0 1 1 x y a      .故 1a  . 14.【答案】 5 4 【解析】令 2 2 x a b y a b      ，则 2 5 2 5 x ya x yb     ，代入 2 2 3a bz a b   ，得 z  2 2 22 2 2 3 6 5( ) 5( )5 5 2 2 ( ) 2( ) ( )5 5 x y x y x y x y x y x y x y x y xy          . 2a b Q 2 2a b ， 2xy  ， 5 4z x y x y     ，由题意可得 0x y  ，  4 42 ( ) 4x y x yx y x y     ·… ，当且仅当 4x y x y    ， 即 2x y  时取等号， 50 4 z „ ， max 5 4 z  . 15.【答案】 1(0 )4 ， 【解析】由圆C 的方程为 2 2 2 2( ) ( )x a y a r    ，可知圆心坐标为 数学（二）答案及解析2( )a a， ，圆心在抛物线 2x y 上，抛物线的准线方程为 1 4 y   ， ∵圆 C 与直线 1 4 y   相切，由抛物线的定义可知，圆 C 所过 的定点为 1(0 ) 4 ， . 16.【答案】 e e 1 1]4(  ， ； e eln2 9 ln32 2 3 2 [ ) 2 3    ， 【解析】①由题意可知 2( ) 2f x x ex a    ， 1 1[ ] 2 x e Q ， ， 2 1[ ] 2 x e  ， ，使 1 2( ) ( )xf g x „ ， max max( ) ( )f x g x „ ，分别求 max( )f x 与 max( )g x 即 可 . ( )f xQ 的 图象 的 对称 轴 为 x e ， ( )f x 在[1 2 ]e， 上为减函数， max 1 1( ) ( ) 2 4 f x f e a      . ( )g x 2 1 ln x x  ，易得 ( )g x 在[1 2 ]e， 上为增函数， max 1( ) ( )g x g e e    ， 1 1 4 e a e    „ ， 1 1 4 a e e   „ . ② 31( ) ( ) 6 f x x xg x Q ，即 3 21 ln 2 x ex ax x   ， 21 2 x ex a   ln x x  ， 令 21( ) 2 x x ex a    ， 当 x e 时 ， min( )x  2 2 21 1 2 2 e e a a e    . ln( ) xg x x Q ， 2 1 ln( ) xg x x   ，令 ( )g x 0 ，得 x e ，当 0( )x e ， 时， ( )g x 为增函数，当 ( )x e  ， 时， ( )g x 为减函数， max 1( ) ( )g x g e e   ，如图所示. 要使不等式 31( ) ( ) 6 f x x xg x  有且只有一个整数解，则 (2) (2) 3 3 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) g g g        … … ，解得 ln 2 9 ln32 2 3 2 2 3 e a e    „ . 四、解答题 17.【解析】（1）设数列{ }na 的公差为 d ，则 12 10 2 12 10 S S  ，即 1 1 12 11 10 912 102 2 212 10 a d a d     ，解得 2d  ……….…….3 分 1 ( 1) 2 2 1na n n       ，………………………………..….4 分 2( 1) 2 2n n nS n n    .……………………………………..….5 分 （2）当 1n  时， 51 4nT   .………………………………..….6 分 当 2n … 时， 2 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) 4 4 1 4 4n n b a n n n n n        1 1 1( ) 4 1n n    ， 1 2 3 1 1 1 1 11 [(1 ) ( ) (4 2 2 3 1n nT b b b b n                1)] n  1 1 1 51 (1 ) 1 4 4 4n       …………………………..……..9 分 综上可知， 5 4nT  .………………………………………….….10 分 18.【解析】（1） 2cos( )cos( ) cos sin sinC B C B A C B    2cos ( ) sin sinC B C B   ，…………………………………….2 分 则 cos( )[cos( ) cos( )]C B C B C B    sin sinC B  ， 则 cos 2sin sin sin sinA C B C B  · ，可得 1cos 2 A  ， 0 πA Q ， 60A  °.……………………………………….6 分 （2）由 2 3 sin sin sin a b c A B C    ，得 2 2 3(sin 2sin )b c B C   2 3[sin 2sin(120 )]B B  ° 2 3(2sin 3cos )B B  2 21sin( )B   ，其中 3tan 2   ， π(0 ) 2   ， .……….….10 分 由 ) 3 ( 2π0B  ， ，得 7π(0 ) 6 B   ， ， sin( )B   的最大值为 1， 2b c  的最大值为 2 21 .…………………………………....12 分 19.【解析】（1）依题意知 EF DC ， EF AB DC  ，四边形 EFDC 为平行四边形， EC FD  ，又 DF  平面 ADF ，EC  平面 ADF ， EC  平面 ADF .……………………………….4 分 （2）依题意知 FA AB ， Q 平面 ABEF  平面 ABCD ，平面 ABEF I 平面 ABCD AB ， FA  平面 ABCD ， FA AD  ， 又 DA AB ， AD AB AF ， ， 两两垂直. 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，则 ( )0 0 0A ， ， ， ( )0 2 0B ， ， ， ( )1 1 0C ，， ， ( )1 0 0D ， ， ， ( )0 1 1E ，， ， ( )0 0 1F ， ， …………....6 分 设点 M 到平面 ABCD 的距离为 h ，依题意知 1 1 12 1 3 2 6M ABCV h       ，解得 1 2 h  ，即 1 2 h FA ， 故点 M 为线段 EC 的中点， 1 11 2 2 ( )M ，， . 易知平面 ABCD 的一个法向量为 0 1)0(m ur ，， ，设平面 ABM 的 法向量为 ( )n x y zr ， ， ， 1 1( 1 ) 2 2 AM  uuur Q ，， ， (0 )2 0AB uuur ， ， ， 0 0 n AB n AM      r uuur r uuur ，即 0 2 0 y x y z        ， 令 1x  ，则 1z   ，则 1 )0( 1n  r ， ， 为平面 ABM 的一个法向 量，………………………………………………………………10 分 | | 2| cos | 2| | | | m nm n m n     ur rur r Q ur r·， · ，显然所求二面角为锐二面角， 二面角 M AB C  的大小为 π 4 .……………………...…....12 分 20.【解析】（1）由 (0.002 0 0.009 5 0.0110 0.012 5 0.005 0x     0.002 5) 20 1   ，得 0.007 5x  .…………………………..….2 分 （2）用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理综成绩中 随机抽取 1 个，理综成绩位于[220 260)， 内的概率为 (0.012 5 0.007 5) 20 0.4   ，………………………………….3 分 ∴随机变量 y 服从二项分布 (3 0.4)B ， ， 故 3 3( ) C 0.4 0.6 ( 0 1 2 3)k k kP y k k  · · ，， ， . 故 y 的分布列为 y 0 1 2 3 P 0.216 0.432 0.288 0.064 则 ( ) 3 0.4 1.2E y    .………………………………………..….7 分 （3）记该市高三考生的理综成绩为 z ， 由题意可知， (210 240) (200 240) 20 (0.011 0P z P z     „ 0.012 5) 0.47 0.682 7   ，………………………………….9 分 又 (195 255) (180 260) 20 (0.009 5 0.011 0P z P z       „ 0.0125 0.007 5) 0.81 0.9545   ， …………………………...11 分 ∴ z 不近似服从正态分布 (225 225)N ， ，故这套试卷得到差评. .………………………………………………………………….12 分 21.【解析】（1） 4Bx Q ， 2 2By p  ， 4 3 2 B B y px   Q ， 3 4 2B By x p   ，即 6 2 16 2p p  ，解得 2p  .抛物线 C 的方程为 2 4y x .……………………………….6 分 （2）由（1）知直线 l 的方程为 4 ( 1) 3 y x  ，由 2 4 4 ( 1)3 y x y x     ， 得 4(4 )B ， ， 1(1 4 )A ， ，设点 2 0 04( )yP y， ， 则直线 0 2 0 1 11 ( )1 4 4 4 yPA y xy     ： ， 0 2 0 44 ( 4) 44 yPB y xy     ： ……………………………………….9 分 易知抛物线 C 的准线方程为 1x   ， 令 1x   ，得 0 0 4 1E yy y    ， 0 0 4 4 4G yy y   ， 0 0 0 0 0 0 4 4 4 1| | | | | | | | 4 | | 41 4 1 y y yHE HG y y y       · · . 又 PHE PHGS S△ △· 2 2 2 20 01 | | | | (1 ) (1 )4 4 4 y yHE HG   · · ， 当 0 0y  时， PHE PHGS S△ △· 取得最小值，最小值为 1.…..12 分 22.【解析】（1） 2 2 2 1 2 (2 2 ) 1( ) 0 0( 1) ( 1) ( )a x a xf x x ax x x x          ， ， …………………………….……………………………………..2 分 令 2 (2 2 ) )1 0 0(y x a x x a     ， ，则其对应的方程的根的判 别式 2(2 2 ) 4 4 ( 2)a a a      .…………………………..…..3 分 当 4 ( 2) 0a a   „ ，即 0 2a „ 时， ( ) 0f x … 在 (0 )， ∞ 上恒 成立，此时 ( )f x 单调递增.……………………………………..4 分 当 4 ( 2) 0a a    ，即 2a  时，由 0)(f x  ，得 0 1 ( 2( ))x a a a   ， 或 1 (( 2 ))x a a a    ， ∞ ，此时 ( )f x 单调递增； 由 ( ) 0f x  ，得 1 ( 2)( 2 )1 ( )x a a a a a a      ， ，此时 ( )f x 单调递减…………………………………………………...5 分 综上所述，当 0 2a „ 时， ( )f x 的单调递增区间为 (0 )， ∞ ， 无单调递减区间； 当 2a  时， ( )f x 的单调递增区间为 0 (( )1 2)a a a  ， 和 ( 2 )1 )(a a a   ， ∞ ， ( )f x 的单调递减区间为 ( )1 ( 2) 1 ( 2)a a a a a a     ， .……………………….….6 分 （2）由（1）知，当 1a  时， 1( ) ln 1 xf x x x    在区间 (0 )， ∞ 上单调递增，且 (1) 0f  ， 1x  时， 1ln 1 xx x   .………….7 分 令 11 ( 0)x n n    ，则 1 1 1ln( 1) 1 2 12 n n n n     ， 即 1 1ln 2 1 n n n    ，………………………………………….….9 分 1ln 1 2 1 n n n     ， 1 1ln 2 2 3 n n n     ，…， 4 1ln 3 7  ， 3 1ln 2 5  ， 2 1ln 1 3  ， 1 1 4 3 2ln ln ln ln ln ln 1 2 3 2 1 n n n n n n           L 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 3 7 5 3n n n           L ，……………..…….11 分 故 1 1 1 1 1 1ln( 1) 3 5 7 2 3 2 1 2 1 n n n n           L .…...……12 分