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    山东省泰安市2020届高三第五次模拟考试数学试题(含答案)

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    山东省泰安市2020届高三第五次模拟考试数学试题(含答案)

    1、 1 全国高考模拟全国高考模拟数学试题数学试题 本试卷共 6 页,22 题。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。 注意事项: 1答题前,先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答 题卡上的指定位置。 2选择题的作答:选出每小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3填空题和解答题的作答:用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿 纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束一定时间后,通过扫描二维码查看讲解试题的视频。 一、单项选择题(本题共 8 小题,每小题 5 分,

    2、共 40 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的) 1.已知复数 z 满足14iziz ,则 A.2 B.2 C.2 2 D.8 2.已知集合 2 0 ,10Ax xxBx xx或,则 A.BA B.AB C.ABR D.AB 3.已知集合 0.1 30.2 log 0.2,log0.3,10 ,abc则 A.abc B.acb C.cab D.bca 4. 3 11xx的展开式中, 3 x的系数为 A.2 B.2 C.3 D.3 5.函数 3 2sin1 2 x f xg x x 与的图象关于 y 轴对称,则函数 f x的部分图象大致为 2 6在 3 世纪中期,我国古代数学

    3、家刘徽在九章算术注中提出了割 圆术: “割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆合体, 而无所失矣” 这可视为中国古代极限观念的佳作割圆术可以视为将 一个圆内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示), 当n变得很大 时,等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积运用割圆术的思想, 可得到 sin3的近似值为(取近似值 3.14) A.0.012 B.0.052 C.0.125 D.0.235 7. 已 知 函 数 32 11f xxgxx , 若 等 差 数 列 n a的 前n项 和 为 n S, 且 22 0 2 02 0 2 0 11 0 ,11 0=fafaS ,则 A.4040

    4、B.0 C.2020 D.4040 8.在四面体2,90ABCDBCCDBDABABC中,二面角ABCD的平面角为 150,则四面体 ABCD 外接球的表面积为 A. 31 3 B.124 3 C.31 D.124 二、多项选择题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目 要求。全部选对的得 5 分,部分选对的得 3 分,有选错的得 0 分) 9在疫情防控阻击战之外,另一条战线也日渐清晰恢 复经济正常运行国人万众一心,众志成城,防控疫情、复 工复产,某企业对本企业 1644 名职工关于复工的态度进行 调查,调查结果如图所示,则下列说法正确的是 A0.

    5、384x 疫情防控期间某企业复工职工调查 3 B从该企业中任取一名职工,该职工是倾向于在家办公的概率 为 0.178 C不到 80 名职工倾向于继续申请休假 D倾向于复工后在家办公或在公司办公的职工超过 986 名 10.已知向量2,1 ,1, 1 ,2,/abcmnm nabc其中均为正数,且,下列说法 正确的是 A.ab与 的夹角为钝角 B.向量ab在方向上的投影为 5 5 C.24mn D.mn的最大值为 2 11. 已 知 椭 圆 22 22 :10 xy Cab ab 的 右 焦 点 为 F, 点 P 在 椭 圆 C 上 , 点 Q 在 圆 22 344Exy:上, 且圆 E 上的所

    6、有点均在椭圆 C 外, 若P Q P F 的最小值为2 56, 且椭圆 C 的长轴长恰与圆 E 的直径长相等,则下列说法正确的是 A.椭圆 C 的焦距为 2 B.椭圆 C 的短轴长为3 C.PQPF的最小值为2 5 D.过点 F 的圆 E 的切线斜率为 47 3 12.已知函数 = cossinf xxx,则下列结论中,正确的有 A.是 f x的最小正周期 B. f x在, 4 2 上单调递增 C. f x的图象的对称轴为直线 4 xkkZ D. f x的值域为0,1 三、填空题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.若曲线 ln11f xxxxf 在点 ,处的切线与直线24

    7、0xay平行,则a_. 14.已知圆锥的顶点为 S,顶点 S 在底面的射影为 O,轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形,则该圆 锥的侧面积为_,点 D 为母线 SB 的中点,点 C 为弧 AB 的中点,则异面直线 CD 与 OS 所成角的正切值为_. 4 15CES 是世界上最大的消费电子技术展,也是全球最大的消费技术产业盛会2020CES 消费电子 展于 2020 年 1 月 7 日10 日在美国拉斯维加斯举办在这次 CES 消费电子展上,我国某企业发布 了全球首款彩色水墨屏阅读手机, 惊艳了全场 若该公司从 7 名员工中选出 3 名员工负责接待工作(这 3 名员工的工作视为相同的工作

    8、 ),再选出 2 名员工分别在上午、下午讲解该款手机性能,若其中甲 和乙至多有 1 人负责接待工作,则不同的安排方案共有_种 16已知点 12 FF,分别为双曲线 22 22 10,0 xy Cab ab :的左、右焦点,点 A,B 在 C 的右支 上,且点 2 F恰好为 1 FAB的外心,若 11 0BFBAAF,则 C 的离心率为_ 四、解答题(本题共 6 小题,共 70 分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17(本小题满分 10 分) 在 2 sin3 coscos3 cosaCcBCbC;5 cos45cBba;2cosbaC coscA,这三个条件中任选一个,补充在下

    9、面问题中,然后解答补充完整的题目 在ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为, ,a b c且满足_ (1)求 sinC; (2)已知5,abABC的外接圆半径为 4 3 3 ,求ABC 的边 AB 上的高h 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分 18(本小题满分 12 分) 已知数列 n a的前n项和为 n S,且21 nn San . (1)求证:数列1 n a 为等比数列; (2)设1 nn bn a,求数列 n b的n项和 n T 19.(本小题满分 12 分) 如图,在四棱锥EABCD中,底面 ABCD 为直角梯形,AB/CD,,2BCCD ABBC 5 2,CDEAB

    10、AB是以为斜边的等腰直角三角形,且平面EAB 平面 ABCD,点 F 满足, =0 1EFEA,. (1)试探究为何值时,CE/平面 BDF,并给予证明; (2)在(1)的条件下,求直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值. 20.(本小题满分 12 分) 已知点0, 2M,点 P 在直线 2 1 2 16 yx上运动,请点 Q 满足 1 2 MQMP,记点 Q 的为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程; (2) 设0 , 3,0 , 3DE, 过点 D 的直线交曲线 C 于 A, B 两个不同的点, 求证,2AEBAED . 21.(本小题满分 12 分) 已知函数 cos , 2 x f

    11、 xex x ,证明. (1) f x存在唯一的极小值点; (2) f x的极小值点为 00 ,10xf x 则. 22(本小题满分 12 分) 十九大提出:坚决打赢脱贫攻坚战,做到精准扶贫某县积极引导农民种植一种名贵中药材,从而 大大提升了该县村民的经济收入2019 年年底,该机构从该县种植的这种名贵药材的农户中随机抽 取了 100 户,统计了他们 2019 年因种植,中药材所获纯利润(单位:万元)的情况(假定农户因种植中 药材这一项一年最多获利 11 万元),统计结果如下表所示: 6 (1)由表可以认为,该县农户种植中药材所获纯利润 Z(单位:万元)近似地服从正态分布 2 ,N , 其中近

    12、似为样本平均数x (每组数据取区间的中点值), 2 近似为样本方差 22 2.1s 若该县有 1 万户农户种植了该中药材,试估算所获纯利润 Z 在区间(1.9,8.2)的户数; (2)为答谢广大农户的积极参与,该调查机构针对参与调查的农户举行了抽奖活动,抽奖规则如下: 在一箱子中放置 5 个除颜色外完全相同的小球,其中红球 1 个,黑球 4 个让农户从箱子中随机取 出一个小球,若取到红球,则抽奖结束;若取到黑球,则将黑球放回箱中,让他继续取球,直到取 到红球为止(取球次数不超过 10 次)若农户取到红球,则视为中奖,获得 2000 元的奖励,若一直未 取到红球,则视为不中奖现农户张明参加了抽奖

    13、活动,记他中奖时取球的次数为随机变量 X,他 取球的次数为随机变量 Y (i)证明:,110P XnnNn 为等比数列; (ii)求 Y 的数学期望(精确到 0.001) 参考数据: 910 0.80.1342,0.80.1074若随机变量 2 ,ZNPZ ,则 =0.6827220.9545PZ,. 7 数学试题参考答案 一、单项选择题: 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D A B D B C B 二、多项选择题: 题号 9 10 11 12 答案 BD CD AD BD 三、填空题: 13.1 14. 15 2 , 3 15.360 16. 31 2 四、解答题: 17.解

    14、:选择条件: (1)因为 2 sin3 coscos3 cosaCcBCbC, 所以由正弦定理得 2 sinsin3sincoscos3sincosACCBCBC, 即sinsin3cossincossincosACCCBBC, 故sinsin3cossinACCA. (3 分) 又0,sin0AA,故, 所以sin3costan3CCC,即. 由0, 3 CC ,得. 所以 3 sinsin 32 C . (5 分) (2)由正弦定理得 4 3 2sin4 33 c , (6 分) 由余弦定理得 2 222 2cos316 3 cabababab , 所以 2 16 3 3 ab abab

    15、,故. (8 分) 8 于是得ABC的面积 11 sin 22 SabCch, 所以 3 3 sin3 3 2 48 abC h c . (10 分) 选择条件: (1)因为5 cos45cBba, 由正弦定理得5sincos4sin5sinCBBA, 即5sincos4sin5sin5sincos5cossinCBBBCBCBC, 于是sin4 5cos0BC. (3 分) 在sin0ABCB中, 所以 4 cos 5 C , 2 3 sin1 cos 5 CC. (5 分) (2)由正弦定理得 4 338 3 2 355 c , (6 分) 由余弦定理得 222 2coscababC 21

    16、8192 525 abab, 所以 21925433 251890 abab , (8 分) 于是得ABC的面积 11 sin 22 SabCch, 所以 sin43335433 3 9057208 3 abC h c .(10 分) 选择条件: (1)因为2coscosbaCcA, 所以由正弦定理得 2sinsincossincosBACCA, 所以2sincossinsinBCA CB, (3 分) 9 因为0,B, 所以 1 sin0cos 2 BC,所以, 又0,A, 所以 3 C , 所以 3 sin 2 C . (5 分) (2)由正弦定理得 4 3 2sin4 33 c , (6

    17、 分) 由余弦定理得 2 222 2cos316 3 cabababab , 所以 2 16 3 3 ab abab ,故. (8 分) 于是得ABC的面积 11 sin 22 SabCch, 所以 3 3 sin3 3 2 48 abC h c . (10 分) 18.解: (1)因为21 nn San , 所以 11 2112 nn Sann . 当2n时,由得 1 21 nn aa , 即 1 121 nn aa , (3 分) 所以 1 1 22 1 n n a n a . 当 1111 1=20,1 1nSaaa 时,即. (4 分) 所以数列1 n a 是以 1 为首项,2 为公比

    18、的等比数列. (6 分) (2)由(1)知 1 12n n a , (7 分) 所以 1 12n nn bn an . (8 分) 10 所以 0121 1 22 23 22n n Tn , 则 123 21 22 23 22n n Tn , 由,得 0121 1 21 21 21 22121 nnn n Tnn , 所以1 21 n n Tn. (12 分) 19.解: (1)当 1 3 时,CE/平面 FBD. (1 分) 证明如下:连接 AC,交 BD 于点 M,连接 MF. 因为 AB/CD, 所以 AM:MC=AB:CD=2:1 又 1 3 EFEA, 所以 FA:EF=2:1. 所

    19、以 AM:MC=AF:EF=2:1. 所以 MF/CE. (4 分) 又MF 平面 BDF,CE平面 BDF, 所以 CE/平面 BDF. (5 分) (2)取 AB 的中点 O,连接 EO,OD. 则EOAB. 又因为平面ABE 平面 ABCD,平面ABE 平面,ABCDAB EO平面 ABE, 所以EO平面 ABCD, 因为OD平面 ABCD, 所以EOOD. 由BCCD,及 AB=2CD,AB/CD,得ODAB, 由 OB,OD,OE 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 11 因为EAB为等腰直角三角形,AB=2BC=2CD, 所以 OA=OB=OD=OE, 设 OB=1,

    20、 所以0,0,0 ,1,0,0 ,1,0,0 ,1,1,0OABC, 0,1,0 ,0,0,1DE. 所以2,0,01,1,0ABBD ,, (7 分) 11112 ,0,0, 33333 EFEAF , 所以 43 0 32 FB , ,. 设平面 BDF 的法向量为, ,nx y z, 则有 0, 0, n BD n FB 所以 0, 42 0, 33 xy xz 取11,1,2xn,得. (9 分) 设直线 AB 与平面 BDF 所成的角为, 则sincos, AB n AB n AB n 222 2 1 0 1 0 26 6 2 112 . 即直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值

    21、为 6 6 . (12 分) 20.解: (1)设 00 ,Q x yP x y, 由 1 2 MQMP, 得 00 1 ,2,2 2 x yxy, 12 所以 0 0 1 , 2 2 , 2 xx y y 即 0 0 2 , 22, xx yy 因为点 P 在曲线 2 1 2 16 yx上, 所以 2 00 1 2 16 yx. 即 21 2222 16 yx,整理得 2 8xy. 所以曲线 C 的方程为 2 8xy. (5 分) (2)直线 AB 的斜率不上辈子在时,不符合题意; 当直线 AB 的斜率存在时, 设直线 AB 的方程为3ykx, 1122 ,A x yB x y. 由 2 3

    22、, 8 , ykx xy 得 22 8240,64960xkxk , 可知 1212 8 ,24xxk x x , (7 分) 直线 AE,BE 的斜率之和为 1212 1212 3366 AEBE yykxkx kk xxxx 1212 12 264848 0 24 kx xxxkk x x . 故 AB,BE 的倾斜角互补. AEDBED . 2AEBAED . (2 分) 21.解: (1) sin x fxex, 13 设 sin x g xfxex, 则 cos x g xex, 当,0cos0,1 .0,1 2 x xxe 时, , 所以 0g x. 当0,x时, 0 cos1 c

    23、os0g xexx , 综上所述,当 ,0 2 xgx 时, 恒成立, 故 2 fxg x 在,上单调递增. 又 0 2 110,010 2 feef , 由零点存在定理可知,函数 2 fx 在区间,上存在唯一的零点 00 ,0 2 xx ,且. 结合单调性可得 0 2 f xx 在,上单调递减,在 0, x 上单调递增, 所以函数 f x存在唯一极小值点 0 x. (5 分) (2)由(1)知, 0 2 0 ,0 ,110 22 xfee 且, 1 1 2 2 4 2 211 422 fe e , 而 1 2 2ee , 所以 1 1 2 2 2 11 2 e , 即0 4 f , 14 0

    24、 0010fe , 故极小值点 0 ,0 4 x , 且 0 00 sin0 x fxex, 即 0 0 sin. x ex 由(*)式,得 0 00 cos x f xex 000 sincos2sin 4 xxx . 由 0 ,0 4 x , 得 0 0, 44 x , 所以 0 2sin1,0 4 x , 即 0 10f x . (12 分) 22.解: (1)由题意知: 所以样本平均数为2 0.1 4 0.15 6 0.45 8 0.2 10 0.16.1x (万元) , 所以 2 6.1,2.1ZN, 所以 2 ,1.9,8.2 , 而 11 2220.8186 22 PPzPZ .

    25、 故 1 万户农户中,Z 落在区间1.98.2,的户数约为10000 0.8186=8186. (4 分) (2) (I)每次取球都恰有 1 5 的概率取到红球. 15 则有 11 1114 1 5555 nn P Xn , 1 14 14 55 5 14 55 n n P Xn P Xn , 故 ,110P XnnNn 为等比数列. (7 分) (II)由(I)可知,当9nP XnP Yn时, 9 4 10 5 P Y . 故 Y 的数学期望为 89 141414 12910 555555 E Y 89 1444 12910 5555 设 8 44 129 55 S , 则 29 4444 129 5555 S , 两式作差得 9 14 5 14 55 S , 99 144 105 1410 555 E YS 99 44 5454 0.13424.463 55 .(12分)


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