《2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学试题（山东卷）解析版试题（2）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学试题（山东卷）解析版试题（2）（通用）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)文科数学解析版第卷(共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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)若复数z满足为虚数单位)，则为 (A)3+5i (B)35i (C)3+5i(D)35i解析：.答案选A。另解：设，则根据复数相等可知，解得，于是。(2)已知全集，集合，则为 (A)1,2,4 (B)2,3,4 (C)0,2,4 (D)0,2,3,4解析：。答案选C。(3)函数的定义域为 (A) (B) (C) (D)解析：要使函数有意义只需，即，解得，且.答案应选B。(4)在某次测量中得到的A样本数据如下：
2、82，84，84，86，86，86，88，88，88，88.若B样本数据恰好是A样本数据都加2后所得数据，则A，B两样本的下列数字特征对应相同的是 (A)众数(B)平均数(C)中位数(D)标准差解析：设A样本数据的数据为，根据题意可知B样本数据的数据为，则依据统计知识可知A，B两样本中的众数、平均数和中位数都相差2，唯有方差相同，即标准差相同。答案应选D。(5)设命题p：函数的最小正周期为；命题q：函数的图象关于直线对称.则下列判断正确的是 (A)p为真(B)为假(C)为假(D)为真解析：命题p和命题q都是假命题， 依据“或”“且”“非”复合命题的真假性真假性判断可知为假命题。故答案应选C。(
3、6)设变量满足约束条件则目标函数的取值范围是 (A)(B)(C)(D)解析：作出可行域，直线，将直线平移至点处有最大值，点处有最小值，即.答案应选A。(7)执行右面的程序框图，如果输入4，那么输出的n的值为 (A)2(B)3(C)4(D)5解析：；，。答案应选B。(8)函数的最大值与最小值之和为 (A)(B)0(C)1(D)解析：由可知，可知，则，则最大值与最小值之和为，答案应选A。(9)圆与圆的位置关系为 (A)内切(B)相交(C)外切(D)相离解析：两圆心之间的距离为，两圆的半径分别为，则，故两圆相交. 答案应选B。(10)函数的图象大致为解析：函数，为奇函数，当，且时；当，且时；当，；当
4、，.答案应选D。 (11)已知双曲线：的离心率为2.若抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，则抛物线的方程为 (A) (B) (C)(D)解析：由双曲线：的离心率为2可知，则双曲线的渐近线方程为，抛物线的焦点，则，抛物线的方程为，答案应选D。(12)设函数，.若的图象与的图象有且仅有两个不同的公共点，则下列判断正确的是 (A)(B)(C)(D)解析：设，则方程与同解，故其有且仅有两个不同零点.由得或.这样，必须且只须或，因为，故必有由此得.不妨设，则.所以，比较系数得，故.，由此知，故答案应选B.另解：令可得。设不妨设，结合图形可知，即，此时，即。答案应选B。第卷(共90分) 二、填空题：本
5、大题共4小题，每小题4分，共16分.(13)如图，正方体的棱长为1，E为线段上的一点，则三棱锥的体积为.答案： 解析：.(14)右图是根据部分城市某年6月份的平均气温(单位：)数据得到的样本频率分布直方图，其中平均气温的范围是20.5，26.5，样本数据的分组为，.已知样本中平均气温低于22.5的城市个数为11，则样本中平均气温不低于25.5的城市个数为.答案：9 解析：根据题意可知低于22.5的城市的频率为，不低于25.5的城市的频率为，则样本中平均气温不低于25.5的城市个数为.另解：最左边两个矩形面积之和为0.101+0.1210.22，总城市数为110.2250，最右面矩形面积为0.1
6、810.18，500.189.(15)若函数在1，2上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a.答案：解析：当时，有，此时，此时为减函数，不合题意.若，则，故，检验知符合题意.另解：由函数在上是增函数可知；当时在1，2上的最大值为4，解得，最小值为不符合题意，舍去；当时，在1，2上的最大值为，解得，此时最小值为，符合题意，故a.(16)如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在(0，1)，此时圆上一点P的位置在(0，0)，圆在x轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆心位于(2，1)时，的坐标为.答案： 解析：根据题意可知圆滚动了2单位个弧长，点P旋转CD了弧度，此时点的坐标为.另解：
7、根据题意可知滚动制圆心为（2,1）时的圆的参数方程为，且，则点P的坐标为，即.三、解答题：本大题共6小题，共74分.(17)(本小题满分12分)在ABC中，内角所对的边分别为，已知.()求证：成等比数列；()若，求的面积S.解：(I)由已知得：，则，再由正弦定理可得：，所以成等比数列.(II)若，则，的面积.(18)(本小题满分12分)袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.()从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；()现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4
8、的概率.解：(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为.(II)加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为.(19) (本小题满分12分)如图，几何体是四棱锥，为正三角形，.()求证：；()若，M为线段AE的中点，求证：平面.证明：(I)设中点为O，连接O
9、C，OE，则由知，又已知，所以平面OCE.所以，即OE是BD的垂直平分线，所以.(II)取AB中点N，连接， M是AE的中点，是等边三角形，.由BCD120知，CBD30，所以ABC60+3090，即，所以NDBC，所以平面MND平面BEC，又DM平面MND，故DM平面BEC.另证：延长相交于点，连接EF。因为CB=CD,.因为为正三角形，所以,则，所以,又, 所以D是线段AF的中点，连接DM，又由点M是线段AE的中点知，而平面BEC, 平面BEC,故DM平面BEC.(20) (本小题满分12分)已知等差数列的前5项和为105，且.()求数列的通项公式；()对任意，将数列中不大于的项的个数记为
10、.求数列的前m项和.解：(I)由已知得： 解得,所以通项公式为.(II)由，得，即.，是公比为49的等比数列，.(21) (本小题满分13分)如图，椭圆的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8.()求椭圆M的标准方程；() 设直线与椭圆M有两个不同的交点与矩形ABCD有两个不同的交点.求的最大值及取得最大值时m的值.解：(I)矩形ABCD面积为8，即由解得：，椭圆M的标准方程是.(II)，设，则，由得.线段CD的方程为，线段AD的方程为。（1）不妨设点S在AD边上，T在CD边上,可知.所以，则，令，则所以，当且仅当时取得最大值，此时；（2）不妨设点S在AB边上，T在CD边上,此时，因此
11、，此时，当时取得最大值；（3）不妨设点S在AB边上，T在BC边上,可知由椭圆和矩形的对称性可知当时取得最大值；综上所述当和0时，取得最大值. (22) (本小题满分13分)已知函数为常数，e=2.71828是自然对数的底数)，曲线在点处的切线与x轴平行.()求k的值；()求的单调区间；()设，其中为的导函数.证明：对任意.解：(I)，由已知，.(II)由(I)知，.设，则，即在上是减函数，由知，当时，从而，当时，从而.综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是.(III)证明：由(II)可知，当时，01+，故只需证明在时成立.当时，1，且，.设，则，当时，当时，所以当时，取得最大值.所以.综上，对任意，.另证：因为，设，则，令，当时，单调递增；当时，单调递减。所以当时，而当时，所以当时，综上可知结论成立.
