第=page66頁，共=sectionpages2020頁2021-2022學(xué)年山東省高三（下）第二次學(xué)業(yè)質(zhì)量聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共8小題，共40分）已知集合A={2,3,4,5}，B={x|y=3x?x2}A.{2} B.{3} C.{2,3} D.{2,3,4}已知z?=1?zA.2+i B.2?i C.1?i D.?1+i已知非零實(shí)數(shù)m，n滿足em>eA.1m<1n B.ln(m《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐．若一個(gè)直角圓錐的側(cè)面積為362π，則它的體積為A.182π B.72π C.642若α∈(π2,π)，sinα=A.45 B.?45 C.520“a<4”是“過點(diǎn)(1,1)有兩條直線與圓x2+y2A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件(x+2y)5(x?2y)A.?160 B.?80 C.160 D.80函數(shù)f(x)=1+sinπx?xsinπx在區(qū)間[?52,A.0 B.3 C.6 D.12二、多選題（本大題共4小題，共20分）已知m，n均為正數(shù)，隨機(jī)變量X的分布列如表：X012Pmnm則下列結(jié)論一定成立的是(????)A.P(X=1)<P(X≠1) B.E(X)=1

C.mn≤18 已知拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在拋物線C上，A(?54,0)，若△PAF為等腰三角形，則直線A.427 B.255 C.已知在△ABC中，AB=2AC，AB=2AM，CM=2A.AB+2AC=3AN B.(AB?2如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N，P分別是AA1，A.存在點(diǎn)Q，使B，N，P，Q四點(diǎn)共面

B.存在點(diǎn)Q，使PQ//平面MBN

C.三棱錐P?MBN的體積為13

D.經(jīng)過C，M，B，N四點(diǎn)的球的表面積為9π三、填空題（本大題共4小題，共18分）已知直線y=ax?1與曲線y=alnx+2相切，則a=______．已知等比數(shù)列{an}的公比為?1，前n項(xiàng)和為Sn，若{Sn一個(gè)箱子里裝有5件產(chǎn)品，包括2件一等品，2件二等品，1件次品，從中任意不放回地隨機(jī)抽取，每次1件，直到取到次品為止，則此過程中恰好把2件一等品全部取出的概率為______．已知A，B是拋物線x2=y上兩動(dòng)點(diǎn)，過A，B分別作拋物線的切線，若兩切線交于點(diǎn)P，當(dāng)∠APB=90°時(shí)，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為______，△APB面積的最小值為______．四、解答題（本大題共6小題，共72分）第五代移動(dòng)通信技術(shù)(簡稱5G)是最新一代蜂窩移動(dòng)通信技術(shù)，是實(shí)現(xiàn)人機(jī)物互聯(lián)的網(wǎng)絡(luò)基礎(chǔ)設(shè)施．某市工信部門為了解本市5G手機(jī)用戶對5G網(wǎng)絡(luò)的滿意情況，隨機(jī)抽取了本市200名5G手機(jī)用戶進(jìn)行了調(diào)查，所得情況

統(tǒng)計(jì)如下：滿意情況年齡合計(jì)50歲以下50歲或50歲以上滿意95不滿意25合計(jì)120200(1)完成上述列聯(lián)表，并估計(jì)本市5G手機(jī)用戶對5G網(wǎng)絡(luò)滿意的概率；

(2)依據(jù)小概率值α=0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析本市5G手機(jī)用戶對5G網(wǎng)絡(luò)滿意與年齡在50歲以下是否有關(guān)．

附：α0.100.050.0250.0100.001x2.7063.8415.0246.63510.828χ2=n(ad?bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．

如圖，D是△ABC外一點(diǎn)，△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos∠BACa=cos∠BCA2b?c．

(1)求∠BAC；

(2)若b=32c，AD=CD=2，且△ABC的面積是△ADC已知數(shù)列{an}滿足a1=1，且an+1=n+2nan?1,n為奇數(shù)an+1,n為偶數(shù)．

(1)求{an}的通項(xiàng)公式；如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD是等邊三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PB上的點(diǎn)，且PF=2FB，PE=3EC．

(1)證明：AF//平面BDE；

(2)求直線BC與平面BDE所成角的正弦值．

已知函數(shù)f(x)=xex?ax+a，a≥0．

(1)若a=1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若關(guān)于x的不等式f(x)≥alnx恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)是A，右焦點(diǎn)是F(1,0)，過點(diǎn)F且斜率不為0的直線與C交于M，N兩點(diǎn)，B為線段AM的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AM與BO的斜率之積為?34．

(1)求橢圓C的方程；

(2)若直線AM和AN分別與直線x=4交于P，Q兩點(diǎn)，證明：以線段PQ答案和解析1.【答案】C

【解析】解：集合A={2,3,4,5}，

B={x|y=3x?x2}={x|0≤x≤3}，

則A∩B={2,3}．

故選：C．

求出集合B，利用交集定義能求出A∩B2.【答案】C

【解析】解：設(shè)z=a+bi(a,b∈R)，

則z?=a?bi=1?a+bi1+i=1?(a+bi)(1?i)(1+i)(1?i)=1?(a+b)+(b?a)i2，

所以a=1?a+b2?b=?b?a2，解得3.【答案】D

【解析】解：由y=ex得y'=ex>0，∴y=ex在R上單調(diào)遞增，又em>en，可得m>n，

取m=1，n=?2，得1m>1n，故A錯(cuò)誤；

取m=1，n=?2，得m2+1<n2+1，所以ln(m2+1)<ln(n2+1)，故B錯(cuò)誤；

取m=12，n=13，得m+1m<n+1n，故C錯(cuò)誤；

當(dāng)m>n>0時(shí)，m2>n2，所以m|m|?n|n|=m2?n4.【答案】B

【解析】解：設(shè)該直角圓錐的底面圓半徑為r，高為?，母線長為l，

因?yàn)橹苯菆A錐的軸截面為等腰直角三角形，所以?=r，l=2r．

因?yàn)橹苯菆A錐的側(cè)面積為362π，所以πrl=2πr2=362π，解得r=6，

所以該直角圓錐的體積為13πr5.【答案】D

【解析】解：因?yàn)棣痢?π2,π)，sinα=53，

所以cosα=?1?sin2α=?23，可得tanα=sinαcosα=?52，tan2α=2tanα1?6.【答案】C

【解析】解：過點(diǎn)(1,1)有兩條直線與圓x2+y2+2y?a=0相切?點(diǎn)(1,1)在圓外?12+12+2×1?a>0，解得a<4．

所以“a<4”是“過點(diǎn)(1,1)有兩條直線與圓x2+y2+2y?a=0相切”的充要條件．

7.【答案】D

【解析】解：二項(xiàng)式可以化為[(x+2y)(x?2y)]5(x?2y)2=(x2?4xy+4y2)(x2?4y2)5，

則二項(xiàng)式的展開式中含x9y38.【答案】C

【解析】解：函數(shù)f(x)=1+sinπx?xsinπx的零點(diǎn)就是函數(shù)y=sinπx與y=1x?1的圖象公共點(diǎn)的橫坐標(biāo)．

如圖，因?yàn)楹瘮?shù)y=sinπx與y=1x?1的圖象均關(guān)于點(diǎn)(1,0)成中心對稱，

且函數(shù)y=sinπx與y=1x?1的圖象在區(qū)間[?52,92]上共有6個(gè)公共點(diǎn)，它們關(guān)于點(diǎn)(1,0)對稱，

所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[?52,92]上共有6個(gè)零點(diǎn)，它們的和為3×2=6．

故選：C．9.【答案】BCD

【解析】解：根據(jù)頻率分布表可得，2m+n=1，且m>0，n>0，

P(X≠1)=P(X=0)+P(X=2)=2m，由m與n的大小關(guān)系不清楚，故選項(xiàng)A無法判別；

E(X)=0×m+1×n+2×m=2m+n=1，故選項(xiàng)B正確；

1=2m+n≥22mn，

∴mn≤18，故選項(xiàng)C正確；

根據(jù)方差的性質(zhì)可知D(X+1)=D(X)，

D(X)=(0?1)2×m+(1?1)2×n+(2?1)2×m=2m<110.【答案】AB

【解析】解：由拋物線C：y2=4x的方程可得：焦點(diǎn)F(1,0)，因?yàn)锳(?54,0)，△PAF為等腰三角形時(shí)，可得|PF|=|PA|或|AF|=|PF|，

當(dāng)|PF|=|AF|=54+1=94時(shí)，設(shè)點(diǎn)P(m24,m)，則(m24?1)2+m2=94，解得m2=5，

這時(shí)P(54,±5)，直線AP的斜率k=mm24+5411.【答案】BCD

【解析】解：在△ABC中，AB=2AC，AB=2AM，CM=2CN，N是CM的中點(diǎn)，AN?BC=0，

所以AN?BC=(12AC+14AB)?(AC?AB)=12AC2+14AB2?14AB?AC=0，

可得14AB?BC=0，所以12.【答案】ABC

【解析】解：如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，連接A1B，CD1

因?yàn)镹，P分別是CC1，C1D1的中點(diǎn)，所以CD1//PN，

又因?yàn)镃D1//A1B，所以A1B//PN，

所以A1，B，N，P四點(diǎn)共面，即當(dāng)Q與A1重合時(shí)，B，N，P，Q四點(diǎn)共面，故選項(xiàng)A正確；

連接PQ，A1C1，當(dāng)Q是D1A1的中點(diǎn)時(shí)，因?yàn)镻Q//A1C1，A1C1//MN，所以PQ//MN，

因?yàn)镻Q?平面BMN，MN?平面BMN，所以PQ//平面BMN，故選項(xiàng)B正確；

連接DlM，DlN，DlB，

因?yàn)镈1M|BN，

所以V三棱錐P?MBN=V三棱錐M?PBN=V三棱錐D1?PBN=V三棱錐B?PD1N=13×12×1×1×2=13，

故選項(xiàng)C正確；

分別取BB1，DD1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，構(gòu)造長方體MADF?EBCN，13.【答案】3

【解析】解：由y=alnx+2，得y'=ax，

設(shè)切點(diǎn)是(x0,alnx0+2)，

則y'=ax0=a，

故x0=1，

∴a14.【答案】2

【解析】解：∵{Sn?1}也是等比數(shù)列，

∴(S2?1)2=(S1?1)(S3?1)，

又∵S2=a1+a2=a1?a1=015.【答案】13【解析】解：一個(gè)箱子里裝有5件產(chǎn)品，包括2件一等品，2件二等品，1件次品，

從中任意不放回地隨機(jī)抽取，每次1件，直到取到次品為止，

此過程中恰好把2件一等品全部取出的情況有：

①前2次都取出一等品，第3次取出次品，概率為P1=25×14×13=130，

②前3次取出2件一等品，1件二等品，第4次取出次品，

概率為P2=C31×25×24×13×12=110，

③前4次取出2件一等品，2件二等品，第5次取出次品，

概率為P3=C42×25×14×23×16.【答案】?14

【解析】解：設(shè)切點(diǎn)A(x1,x12)，B(x2,x22)，不妨設(shè)A在第一象限，

設(shè)PA方程y?x12=k(x?x1)與拋物線方程x2=y聯(lián)立，消去y得x2?kx+kx1?x12=0，

Δ=k2?4kx1+4x12=0，解得k=2x1，

∴PA的方程y?x12=2x1(x?x1)，

同理PB方程y?x22=2x2(x?x2)，

聯(lián)立解得交點(diǎn)P(x1+x22,x1x2)，

∵∠APB=90°17.【答案】解：(1)2×2列聯(lián)表如下：

滿意情況年齡合計(jì)50歲以下50歲或50歲以上滿意9555150不滿意252550合計(jì)12080200所以本市5G手機(jī)用戶對5G網(wǎng)絡(luò)滿意的概率約為150200=34．

(2)零假設(shè)為H0：本市5G手機(jī)用戶對5G網(wǎng)絡(luò)滿意與年齡在50歲以下無關(guān)．

根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，計(jì)算可得χ2=200×(95×25?25×55)2120×80×150×50=259≈2.778<3.841=χ0.05．【解析】(1)依題意完善列聯(lián)表，根據(jù)古典概型的概率公式計(jì)算可得；

(2)計(jì)算出卡方，與參考值比較，即可判斷．

本題考查了獨(dú)立性檢驗(yàn)的知識，屬于基礎(chǔ)題．

18.【答案】解：(1)在△ABC中，由cos∠BACa=cos∠BCA2b?c及正弦定理，得cos∠BACsin∠BAC=cos∠BCA2sinB?sin∠BCA，

整理得2sinBcos∠BAC=cos∠BCAsin∠BAC+sin∠BCAcos∠BAC，

即2sinBcos∠BAC=sin(∠BAC+∠BCA)=sinB，

因?yàn)樵凇鰽BC中，sinB≠0，

所以cos∠BAC=12，

又0<∠BAC<π，

所以∠BAC=π3．

(2)由(1)知∠BAC=π3，

因?yàn)閎=【解析】(1)利用正弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡已知等式可得cos∠BAC=12，結(jié)合范圍0<∠BAC<π，即可求解．

(2)由(1)及已知利用三角形的面積公式即可求解．19.【答案】解：(1)因?yàn)閍n+1=n+2nan?1,n為奇數(shù)an+1,n為偶數(shù)，

所以當(dāng)k∈N?時(shí)，a2k+1=a2k+1=a(2k?1)+1+1=2k+12k?1a2k?1，即a2k+12k+1=a2k?12k?1，

所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，{ann}是常數(shù)列，

又a1=1，所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，ann=【解析】(1)由題意可知當(dāng)k∈N?時(shí)，a2k+1=a2k+1=2k+12k?1a2k?1，即a2k+12k+1=a2k?12k?1，所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí){ann}是常數(shù)列，可求出當(dāng)n20.【答案】(1)證明：如圖，取PC的中點(diǎn)Q，連接QF，

因?yàn)镻E=3EC=34PC，PQ=12PC，

所以PQPE=23，且E為QC的中點(diǎn)．

又因?yàn)镻F=2FB，所以PFPB=23，所以PQPE=PFPB．

又因?yàn)椤螰PQ=∠BPE，所以△FPQ∽△BPE，

所以∠PFQ=∠PBE，

所以FQ//BE．

因?yàn)镕Q?平面BDE，BE?平面BDE，

所以FQ//平面BDE．

連接AC，交BD于點(diǎn)M，連接AQ，ME，

因?yàn)镸為AC的中點(diǎn)，E為QC的中點(diǎn)，

所以AQ//ME．

因?yàn)锳Q?平面BDE，ME?平面BDE，

所以AQ//平面BDE．

因?yàn)锳Q?平面AQF，F(xiàn)Q?平面AQF，AQ?QF=Q，

所以平面AQF//平面BDE．

因?yàn)锳F?平面AQF，

所以AF//平面BDE．

(2)解：如圖，取AD的中點(diǎn)H，BC的中點(diǎn)G，連接PH，HG，則HG⊥AD．

因?yàn)镻A=PD，所以PH⊥AD．

因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD?平面ABCD=AD，PH?平面PAD，

所以PH⊥平面ABCD，所以直線PH，AD，HG兩兩垂直．

以H為原點(diǎn)，以HA所在直線為x軸，HG所在直線為y軸，HP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

設(shè)PA=2，則H(0,0,0)，P(0,0,3)，B(1,2,0)，C(?1,2,0)，D(?1,0,0)，BC=(?2,0,0)，

DB=(2,2,0)，DP=(1,0,3)，PC=(?1,2,?3)，DE=DP+34PC=(14,32,34)，【解析】(1)取PC的中點(diǎn)Q，連接QF，結(jié)合已知條件可證得△FPQ∽△BPE，從而可得FQ//BE，由線面平行的判定可得FQ//平面BDE，連接AC，交BD于點(diǎn)M，連接AQ，ME，可證得AQ//平面BDE，則平面AQF//平面BDE，再由面面平行的性質(zhì)可證得結(jié)論，

(2)取AD的中點(diǎn)H，BC的中點(diǎn)G，連接PH，HG，可得直線PH，AD，HG兩兩垂直，所以以H為原點(diǎn)，以HA所在直線為x軸，HG所在直線為y軸，HP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解．

本題主要考查線面平行的證明，線面角的計(jì)算，空間向量及其應(yīng)用等知識，屬于中等題．

21.【答案】解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=xex?x+1，

則f'(x)=(x+1)ex?1．

當(dāng)x∈(?∞,0)時(shí)，因?yàn)閤+1<1，且0<ex<1，

所以(x+1)ex<1，

所以f'(x)=(x+1)ex?1<0，f(x)單調(diào)遞減．

當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，因?yàn)閤+1>1，且ex>1，

所以(x+1)ex>1，

所以f'(x)=(x+1)ex?1>0，f(x)單調(diào)遞增．

所以當(dāng)a=1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(?