2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(山东卷)教师.docx

1、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|1x3,B=x|2x4,则AB=()A.x|2x3B.x|2x3C.x|1x4D.x|1x4答案C解析(数形结合)由数轴可知所以AB=x|1x4,故选C.2.2-i1+2i=()A.1B.-1C.iD.-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,

2、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C61C52C33=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

3、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.20B.40C.50D.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

4、()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 20.69)()A

5、.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 2,0.38t0.69,t0.690.381.8(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APAB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

6、,3),C(3,3).设P(x,y),则AP=(x,y),AB=(2,0),APAB=2x+0y=2x.-1xn0,则C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n0,则C是圆,其半径为nC.若mn0,则C是两条直线答案ACD解析mx2+ny2=1,x21m+y21n=1.mn0,1n1m0,C是焦点在y轴上的椭圆,A正确;m=n0,x2+y2=1n,即C是圆,r=nn,B错误;由mx2+ny2=1,得x21m+y21n=1,mn0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(x+)的部分图像,则sin(x+)=()A.sinx+3B.sin3

7、-2xC.cos2x+6D.cos56-2x答案BC解析由题图可知,T2=23-6=2,T=,2=,=2,A错误;y=sin(2x+).又过点23,0,sin223+=0,即43+=2,=23.y=sin2x+23=sin-2x+23=sin3-2x,故B正确;y=sin3-2x=sin2-6+2x=cos2x+6,C正确;cos56-2x=cos-2x+6=-cos2x+6,D错误,故选BC.11.已知a0,b0,且a+b=1,则()A.a2+b212B.2a-b12C.log2a+log2b-2D.a+b2答案ABD解析a+b=1,(a+b)2=1=a2+b2+2ab2(a2+b2),a2

8、+b212,故A正确;a+b=1,a0,b0,a+1=2a+bb,a-b-1,2a-b2-1=12,故B正确;a+b=12ab,ab14,log2a+log2b=log2ablog214=-2,故C错误;a+b=12ab,2ab1,(a+b)2=a+b+2ab2,a+b2,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)=pi0(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)=0B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大C.若pi=1n(i=1,2,n),则

9、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=-n1nlog21n=-log21n=log2n,H(X)随n的增大而增大,C正确;H(X)=-i=12mpilog2pi=-i=1m(pilog2pi+p

10、2m+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

11、=-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

12、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=n1+n(n-1)26=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,BCDG,垂足为C,tanODC=35,BHDG,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52+4解析作OMCG交CG于点M,APOH交OH于点P,AQCG交CG于点Q,图略.设OM=3x,则DM=5x

13、,OP=MQ=7-5x,AP=7-2-3x=5-3x,tanAOP=APOP=5-3x7-5x.又AOP=HAP,tanHAP=QGAQ=12-77-2=1=tanAOP,5-3x7-5x=1,解得x=1.AOP=4,AP=2,OA=22,S阴=S扇AOB+SAOH-1212=12-4(22)2+122222-12=3+4-2=52+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22解析如图所示,B1C1D1=B1A1D1=BAD=60且B1C1=C1D1,B1C1D1为等边三角形.B1D1=2.设点O

14、1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O1D1O1P,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=1422=22.四、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ac=3,csin A=3,c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问

15、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=6,?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.由C=6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ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,选条件时,问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件.由C=6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+

16、b2-c223b2=32,由此可得b=c.所以B=C=6.由A+B+C=,得A=-6-6=23.由csin A=3,即csin23=3,所以c=b=23,a=6.因此,选条件时,问题中的三角形存在,此时c=23.方案三:选条件.由C=6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c=3b,与b=c矛盾.因此,选条件时,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(mN*)中的项的个

17、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2nm6.635,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PDAD.又底面ABCD

18、为正方形,所以ADDC.所以AD平面PDC.因为ADBC,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lAD.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nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0

19、,a).所以cos=nPB|n|PB|=-1-a31+a2.设PB与平面QCD所成角为,则sin =33|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+163,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,

20、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a0,当0a1时,f(1)=a+ln a1.当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f(x)=ex-1-1x.当x(0,1)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a1时,f(x)=aex-1-ln x+ln aex-1-ln x1.综上,a的取值范围是1,+).22.(12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,且过点A(2

21、,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,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.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(

22、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-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx-23-13(k1).所以直线MN过点P23,-13.若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).由AMAN=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RtADP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.