2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(山东卷)教师 (2)

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这是一份2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(山东卷)教师 (2)，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020年普通高等学校
招生全国统一考试
数学(山东卷)
(本试卷共4页,22小题,满分150分,考试用时120分钟)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,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.设集合A={x|1≤x≤3},B={x|2 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.{x|2 C.{x|1≤x<4} D.{x|1 答案C
解析(数形结合)由数轴可知

所以A∪B={x|1≤x<4},故选C.
2.2-i1+2i=(　　)
A.1 B.-1 C.i D.-i
答案D
解析2-i1+2i=(2-i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=2-i-4i-21+4=-5i5=-i,故选D.
【解题技巧】复数除法的实质是分母实数化,运算后只需将i2换成-1即可,对于复数的运算问题,要注意掌握运算法则和有关概念.
3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(　　)
A.120种 B.90种 C.60种 D.30种
答案C
解析甲场馆安排1名有C61种方法,乙场馆安排2名有C52种方法,丙场馆安排3名有C33种方法,所以共有C61·C52·C33=60种方法,故选C.
4.

日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为(　　)
A.20° B.40°
C.50° D.90°
答案B
解析由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.

圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.
直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,∴∠COA=50°.
又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.
5.某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　)
A.62% B.56% C.46% D.42%
答案C
解析设既喜欢足球又喜欢游泳的学生比例数为x.
由维恩图可知,82%-x+60%=96%,

解得x=46%,故选C.
6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段,可以用指数模型:I(t)=er t描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律,指数增长率r与R0,T近似满足R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28,T=6.据此,在新冠肺炎疫情初始阶段,累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2≈0.69)(　　)
A.1.2天 B.1.8天 C.2.5天 D.3.5天
答案B
解析由R0=3.28,T=6,R0=1+rT得3.28=1+6r,
∴r=2.286=0.38,∴e0.38t=2,即0.38t=ln 2,0.38t≈0.69,
∴t≈0.690.38≈1.8(天),故选B.
【知识拓展】解决与实际问题有关的数学问题,特别需要注意的是提炼题意,并对数学知识加以应用.
7.已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则AP·AB的取值范围是(　　)
A.(-2,6) B.(-6,2)
C.(-2,4) D.(-4,6)
答案A
解析如图,以AB所在的直线为x轴,AE所在的直线为y轴建立平面直角坐标系,易知A(0,0),B(2,0),F(-1,3),C(3,3).

设P(x,y),则AP=(x,y),AB=(2,0),
∴AP·AB=2x+0×y=2x.
∵-1 8.若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是(　　)
A.[-1,1]∪[3,+∞) B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+∞) D.[-1,0]∪[1,3]
答案D
解析不等式xf(x-1)≥0可化为x≥0,f(x-1)≥0,或x≤0,f(x-1)≤0,
∵f(2)=0,∴f(-2)=0.
∵f(x)是R上的奇函数,∴f(0)=0.
∵f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴f(x)在(0,+∞)上也单调递减.
∴x≥0,x-1≥0,x-1≤2或x≤0,x-1≤0,x-1≥-2,
解得1≤x≤3或-1≤x≤0,
∴满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是[-1,0]∪[1,3],故选D.
二、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,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.已知曲线C:mx2+ny2=1.(　　)
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为n
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±-mnx
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
答案ACD
解析∵mx2+ny2=1,∴x21m+y21n=1.
∵m>n>0,∴1n>1m>0,∴C是焦点在y轴上的椭圆,A正确;
∵m=n>0,∴x2+y2=1n,即C是圆,
∴r=nn,B错误;
由mx2+ny2=1,得x21m+y21n=1,∵mn<0,1m与1n异号,∴C是双曲线,令mx2+ny2=0,可得y2=-mnx2,即y=±-mnx,C正确;
当m=0,n>0时,有ny2=1,得y2=1n,即y=±nn,表示两条直线,D正确,故选ACD.

10.右图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像,则sin(ωx+φ)=(　　)
A.sinx+π3
B.sinπ3-2x
C.cos2x+π6
D.cos5π6-2x
答案BC
解析由题图可知,T2=2π3−π6=π2,∴T=π,
∵2πω=π,∴ω=2,A错误;
∴y=sin(2x+φ).又∵过点2π3,0,
∴sin2×2π3+φ=0,即4π3+φ=2π,∴φ=2π3.
∴y=sin2x+2π3=sinπ-2x+2π3=sinπ3-2x,故B正确;
∵y=sinπ3-2x=sinπ2−π6+2x
=cos2x+π6,∴C正确;
∵cos5π6-2x=cosπ-2x+π6=-cos2x+π6,∴D错误,故选BC.
11.已知a>0,b>0,且a+b=1,则(　　)
A.a2+b2≥12 B.2a-b>12
C.log2a+log2b≥-2 D.a+b≤2
答案ABD
解析∵a+b=1,∴(a+b)2=1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2),∴a2+b2≥12,故A正确;
∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+1=2a+b>b,
∴a-b>-1,
∴2a-b>2-1=12,故B正确;
∵a+b=1≥2ab,
∴ab≤14,log2a+log2b=log2ab≤log214=-2,故C错误;
∵a+b=1≥2ab,∴2ab≤1,(a+b)2=a+b+2ab≤2,∴a+b≤2,故D正确,故选ABD.
12.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n),∑i=1npi=1,定义X的信息熵H(X)=-∑i=1npilog2pi.(　　)
A.若n=1,则H(X)=0
B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大
C.若pi=1n(i=1,2,…,n),则H(X)随着n的增大而增大
D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y)
答案AC
解析若n=1,则p1=1,H(X)=-p1log2p1=-log21=0,∴A正确;
若n=2,令p1=13,p2=23或p1=23,p2=13,均有H(X)=-13log213+23log223,∴B错误;
H(X)=-∑i=1n1nlog21n=-1nlog21n+…+1nlog21nn个=-n×1n·log21n=-log21n=log2n,∴H(X)随n的增大而增大,∴C正确;
H(X)=-∑i=12mpilog2pi=-∑i=1m(pilog2pi+p2m+1-ilog2p2m+1-i),H(Y)=-∑i=1m((pi+p2m+1-i)log2(pi+p2m+1-i)).
因为(pi+p2m+1-i)log2(pi+p2m+1-i)=pilog2(pi+p2m+1-i)+p2m+1-ilog2(pi+p2m+1-i)>pilog2pi+p2m+1-ilog2p2m+1-i,所以H(X)>H(Y),故D错误.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.斜率为3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|=　　　　　.
答案163

解析如图所示,直线与抛物线交于A,B两点,设A(x1,y1),B(x2,y2),F(1,0),准线方程为x=-1,作AA',BB'垂直于准线,交准线于点A',B',由抛物线的定义知|AA'|=|AF|,|BB'|=|BF|.
|AB|=|AF|+|BF|=|AA'|+|BB'|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p.
由y=3(x-1),y2=4x,得3x2-10x+3=0,
∴x1+x2=103,
∴|AB|=103+2=163.
14.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　.
答案3n2-2n
解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.
所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=3n2-2n.
15.

某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC=35,BH∥DG,EF=12 cm,DE=2 cm,A到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为　　　　　cm2.
答案52π+4
解析作OM⊥CG交CG于点M,AP⊥OH交OH于点P,AQ⊥CG交CG于点Q,图略.
设OM=3x,则DM=5x,∴OP=MQ=7-5x,
∴AP=7-2-3x=5-3x,
∴tan∠AOP=APOP=5-3x7-5x.
又∵∠AOP=∠HAP,
∴tan∠HAP=QGAQ=12-77-2=1=tan∠AOP,
∴5-3x7-5x=1,解得x=1.
∴∠AOP=π4,AP=2,∴OA=22,
∴S阴=S扇AOB+S△AOH-12×π×12=12×π-π4×(22)2+12×22×22−12π=3π+4-π2=52π+4.
16.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　　.
答案22π
解析如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,

∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.
设点O1是B1C1的中点,则O1D1=3,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1O12+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=2.即P在以O1为圆心,以2为半径的圆上.
取BB1,CC1的中点分别为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,
∴O1E=O1F=2,O1E2+O1F2=EF2=4,
∴∠EO1F=90°,
∴交线EPF=14×22×π=22π.
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.(10分)
在①ac=3,②csin A=3,③c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=3sin B,C=π6,　　　　　?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解方案一:选条件①.
由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理,得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由①ac=3,解得a=3,b=c=1.
因此,选条件①时,问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理,得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,
由此可得b=c.所以B=C=π6.
由A+B+C=π,得A=π-π6−π6=2π3.
由②csin A=3,即csin2π3=3,
所以c=b=23,a=6.
因此,选条件②时,问题中的三角形存在,此时c=23.
方案三:选条件③.
由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理,得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由③c=3b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时,问题中的三角形不存在.
18.(12分)
已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
解(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.
解得q=12(舍去),q=2.
因为a1q2=8,所以a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.
所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
19.(12分)
为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气质量进行调研,随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位:μg/m3),得下表:
　　　　　SO2
PM2.5　　　　　
[0,50]
(50,150]
(150,475]
[0,35]
32
18
4
(35,75]
6
8
12
(75,115]
3
7
10

(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150”的概率;
(2)根据所给数据,完成下面的2×2列联表:
　　　　　SO2
PM2.5　　　　　
[0,150]
(150,475]
[0,75]

(75,115]

(3)根据(2)中的列联表,判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关?
附:K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828

.
解(1)根据抽查数据,该市100天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的天数为32+18+6+8=64,因此,该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.
(2)根据抽查数据,可得2×2列联表:
　　　SO2
PM2.5　　　
[0,150]
(150,475]
[0,75]
64
16
(75,115]
10
10

(3)根据(2)的列联表得K2的观测值k=100×(64×10-16×10)280×20×74×26≈7.484.
由于7.484>6.635,故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.
20.(12分)

如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.
所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.
所以l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.
可取n=(-1,0,a).
所以cos=n·PB|n||PB|　=-1-a31+a2.
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
21.(12分)
已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x.
(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.
因此所求三角形的面积为2e-1.
(2)由题意a>0,当0 当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f'(x)=ex-1-1x.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
22.(12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
解(1)由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,
解得a2=6,b2=3,所以C的方程为x26+y23=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN=0,
故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=kx-23−13(k≠1).
所以直线MN过点P23,-13.
若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).
由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去),x1=23.
此时直线MN过点P23,-13.
令Q为AP的中点,即Q43,13.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,
故|DQ|=12|AP|=223.
若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.
综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.