1、KS5U2020山东省高考压轴卷数学一、选择题：本题共8道小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=xx2且AB=A，则集合B可以是（ ）A. xx24 B. x C. yD. 1,0,1,2,32.若（i是虚数单位），则复数z的模为（ ）A. B. C. D. 3.已知，则a、b、c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 4.若对任意的正数a，b满足，则的最小值为A. 6B. 8C. 12D. 245.如图，在四边形ABCD中，将沿BD折起，使平面平面BCD构成几何体A-BCD，则在几何体A-BCD中，下列结论正确的是（ ）A. 平面ADC
2、平面ABCB. 平面ADC平面BDCC. 平面ABC平面BDCD. 平面ABD平面ABC6.展开式的常数项为（）A. 112B. 48C. -112D. -487.已知F是双曲线的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若，则的面积为（ ）A. B. C. D. 8.已知函数，且实数，满足，若实数是函数的一个零点，那么下列不等式中不可能成立的是（ ）A. B. C. D. 二多项选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分。在每小题的四个选项中，有多个符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有错选的得0分。9.已知函数，给出下面四个命题：函数的最小值为；函数有两个零点；若方程有一解，则；
3、函数的单调减区间为.则其中错误命题的序号是（ ）ABCD10已知点是直线上一定点，点、是圆上的动点，若的最大值为，则点的坐标可以是（ ）ABCD11已知数列的前n项和为，且满足，则下列说法正确的是（ ）A数列的前n项和为B数列的通项公式为C数列为递增数列D数列为递增数列12如图，梯形中，将沿对角线折起.设折起后点的位置为，并且平面平面.给出下面四个命题正确的：()AB三棱锥的体积为C平面D平面平面第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.二项式的展开式中，设“所有二项式系数和”为A，“所有项的系数和”为B，“常数项”值为C，若，则含的项为_14.已知ABC中，点
4、D是AC的中点，M是边BC上一点，则的最小值是（ ）A. B. 1C. 2D. 15.已知点为抛物线的焦点，则点坐标为_；若双曲线（）的一个焦点与点重合，则该双曲线的渐近线方程是_16.每项为正整数的数列an满足，且，数列an的前6项和的最大值为S，记的所有可能取值的和为T，则_.四、解答题.本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足.（1）求角A的大小；（2）若，求ABC的面积.18.（本小题12分）设数列an满足（1）求an的通项公式；（2）求数列的前n项和Sn19. （本小题12分）如图1，
5、在RtPDC中，A、B、E分别是PD、PC、CD中点，.现将沿AB折起，如图2所示，使二面角为120，F是PC的中点.（1）求证：面PCD面PBC；（2）求直线PB与平面PCD所成的角的正弦值.20. （本小题12分）五一劳动节放假，某商场进行一次大型抽奖活动.在一个抽奖盒中放有红、橙、黄、绿、蓝、紫的小球各2个，分别对应1分、2分、3分、4分、5分、6分.从袋中任取3个小球，按3个小球中最大得分的8倍计分，计分在20分到35分之间即为中奖.每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球中最大得分，求：（1）取出的3个小球颜色互不相同的概率；（2）随机变量的概率分布和数学期望；（3）求某人
6、抽奖一次，中奖的概率.21. （本小题12分）已知椭圆过点，右焦点F是抛物线的焦点. （1）求椭圆C的方程；（2）已知动直线过右焦点F，且与椭圆C分别交于M，N两点.试问x轴上是否存在定点Q，使得恒成立?若存在求出点Q的坐标:若不存在，说明理由.22. （本小题12分）已知函数.(I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程；(II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.KS5U2020山东省高考压轴卷数学Word版含解析参考答案1. 【KS5U答案】D【KS5U解析】A、B=x|x2或x-2，集合A=x|x-2，AB=x|x-2A，不合题意；B、B=x|x-2，集合A=x|x-2，
7、AB=x|x-2=B，不合题意；C、B=y|y-2，集合A=x|x-2，AB=x|x-2=B，不合题意；D、若B=-1，0，1，2，3，集合A=x|x-2，AB=x|x-2=A，与题意相符，故选：D2. 【KS5U答案】D【KS5U解析】利用复数的乘法、除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的求模公式计算出复数的模.【详解】因为，所以，所以，故选：D.3. 【KS5U答案】B【KS5U解析】因为及都是上的增函数，故，又，故，选B.4. 【KS5U答案】C【KS5U解析】利用“1”的代换结合基本不等式求最值即可【详解】两个正数a，b 满足即a+3b=1则= 当且仅当 时取等号故选：C5. 【
8、KS5U答案】A【KS5U解析】由已知得，又平面平面，所以平面，从而，故平面.又平面，所以平面平面.故选A.6. 【KS5U答案】D【KS5U解析】由于，故展开式的常数项为，故选：D。7. 【KS5U答案】B【KS5U解析】设点，则又，由得，即，故选B8. 【KS5U答案】D【KS5U解析】因为函数，则函数在为增函数，又实数，满足（a）（b）（c），则（a），（b），（c）为负数的个数为奇数，对于选项，选项可能成立，对于选项，当时，函数的单调性可得：（a），（b），（c），即不满足（a）（b）（c），故选项不可能成立，故选：D9. 【KS5U答案】BCD【KS5U解析】因为函数，所以当时，当时
9、，所以当时， 的最小值为；如图所示：当时，当时，所以函数有一个零点；若方程有一解，则或，函数的单调减区间为.故错误命题的序号是 故选：BCD10【KS5U答案】AC【KS5U解析】如下图所示：原点到直线的距离为，则直线与圆相切，由图可知，当、均为圆的切线时，取得最大值，连接、，由于的最大值为，且，则四边形为正方形，所以，由两点间的距离公式得，整理得，解得或，因此，点的坐标为或.故选：AC.11【KS5U答案】AD【KS5U解析】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；所以，即A正确；当时所以，即B，C不正确；故选：AD12【KS5U答案】CD【KS5U解析】如图所示：为中
10、点，连接 ，得到 又故为等腰直角三角形平面平面， ，所以平面，所以C正确为中点，则平面 所以如果，则可得到平面，故 与已知矛盾.故A错误三棱锥的体积为 .故B错误在直角三角形中， 在三角形中， 满足又 所以平面，所以平面平面，故D正确综上所述：答案为CD13. 【KS5U答案】【KS5U解析】依题得，所以n=8，在的展开式中令x=1，则有，所以a+b=2，又因为展开式的通项公式为，令.所以得到（舍），当时，由得.所以令，所以，故填.14. 【KS5U答案】-1【KS5U解析】根据题意，建立图示直角坐标系，则，设，则，是边上一点，当时，取得最小值115. 【KS5U答案】 【KS5U解析】因为点
11、为抛物线的焦点，2p=8，p=4 双曲线（）的一个焦点与点重合， 渐近线方程为： 故答案为，16. 【KS5U答案】62【KS5U解析】由数列每项均为正整数，则采用逆推的方式可得下图：又前6项和所有可能的结果中最大值为： 本题正确结果：6217. 【KS5U答案】(1)；(2).【KS5U解析】（1）利用正弦定理边化角，求得，所以；（2）利用余弦定理，得，所以。试题解析：（1）ABC中，由条件及正弦定理得，.，.（2），由余弦定理得，.18. 【KS5U答案】（1）；（2）.【KS5U解析】（1）在中，将代得： ，由两式作商得：，问题得解。（2）利用（1）中结果求得，分组求和，再利用等差数列前
12、项和公式及乘公比错位相减法分别求和即可得解。【详解】（1）由n1得，因为，当n2时，由两式作商得：（n1且nN*），又因为符合上式，所以（nN*）（2）设，则bnnn2n，所以Snb1b2bn（12n）设Tn2222323+（n1）2n1n2n，所以2Tn22223（n2）2n1（n1）2nn2n1，得：Tn222232nn2n1，所以Tn（n1）2n12所以，即19. 【KS5U答案】（1）见解析（2）【KS5U解析】（1）证明面得到面面.（2）先判断为直线与平面所成的角，再计算其正弦值.【详解】（1）证明：法一：由已知得：且，面.，面.面，又，面.面，.又且是中点，面.面，面面.法二：同法
13、一得面.又，面，面，面.同理面，面，面.面面.面，面，.又且是中点，面.面，面面.（2）由（1）知面，为直线在平面上的射影.为直线与平面所成的角，且，二面角的平面角是.，.又面，.在中，.在中，.在中，.20. 【KS5U答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为（3）【KS5U解析】（1）设事件表示“取出的3个小球上的颜色互不相同”，利用古典概型、排列组合能求出取出的3个小球颜色互不相同的概率；（2）由题意得有可能的取值为：2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的概率分布列和数学期望；（3）设事件C表示“某人抽奖一次，中奖”，则，由此能求出结果.【详解】（1） “一次取出
14、的3个小球上的颜色互不相同”的事件记为，则（2）由题意有可能的取值为：2，3，4，5，6；所以随机变量的概率分布为23456因此的数学期望为（3）“某人抽奖一次，中奖”的事件为，则21. 【KS5U答案】(1) (2)见解析【KS5U解析】 (1) 由椭圆过点，得，由抛物线的焦点为，得，利用即可求解a则方程可求；（2）假设在轴上存在定点，当直线的斜率不存在时，由，解得或；当直线的斜率为0时，由，解得或，可得，得点的坐标为.再证明当时恒成立. 设直线的斜率存在且不为0时，其方程为，与椭圆联立消去y得韦达定理,向量坐标化得整理代入韦达定理即可【详解】（1）因为椭圆过点，所以，又抛物线的焦点为，所以
15、.所以，解得（舍去）或.所以椭圆的方程为.（2）假设在轴上存在定点，使得.当直线的斜率不存在时，则，由，解得或；当直线的斜率为0时，则，由，解得或.由可得，即点的坐标为.下面证明当时，恒成立.当直线的斜率不存在或斜率为0时，由知结论成立.当直线的斜率存在且不为0时，设其方程为，.直线与椭圆联立得，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且，.，所以恒成立综上所述，在轴上存在点，使得恒成立.22. 【KS5U答案】（）；（）见解析 【KS5U解析】（）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（）由,通过讨论确定的单调性,再由单调性确定极值.试题解析：（）由题意，所以，当时，
16、所以，因此，曲线在点处的切线方程是，即.（）因为，所以，令，则，所以在上单调递增，因为，所以，当时，；当时，.（1）当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.所以当时取到极大值，极大值是，当时取到极小值，极小值是.（2）当时，当时，单调递增；所以在上单调递增，无极大值也无极小值.（3）当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.所以当时取到极大值，极大值是；当时取到极小值，极小值是.综上所述：当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是.
