2020年山东卷文科数学试卷

2020年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）数学（文科）本试卷分第I 卷和第II 卷两部分，满分150分.考试用时120分钟.第I 卷一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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、已知集合{}24A x x =<< ，()(){}130B x x x =--< ，则A B = ( ) A.()1,3 B.()1,4 C.()2,3 D.()2,42、若复数z 满足1zi i=- ，其中i 为虚数单位，则z = ( ) A.1i - B.1i + C.1i -- D.1i -+ 3、设0.6 1.50.60.6,0.6, 1.5a b c === ，则,,a b c 的大小关系是 ( ) A.a b c << B.a c b << C.b a c << D.b c a <<4、要得到函数sin 43y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，只需将函数sin 4y x =的图象 ( )A.向左平移12π个单位 B.向右12π平移个单位 C.向左平移3π个单位 D.向右平移3π个单位5、设m R ∈ ，命题“若0m > ，则方程20x x m +-= 有实根”的逆否命题是 ( )A.若方程20x x m +-=有实根，则0m >B. 若方程20x x m +-=有实根，则0m ≤C.若方程20x x m +-=没有实根，则0m >D.若方程20x x m +-=没有实根，则0m ≤ 6、为比较甲、乙两地某月14时的气温状况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据(单位:℃)制成如图所示的茎叶图。

考虑以下结论：①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温； ②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温； ③甲地该月14时的气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差； ④甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差. 其中根据茎叶图能得到的统计结论的编号为 ( )A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④7、在区间[]0,2上随机地取一个数x ，则事件“1211log 12x ⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭”发生的概率为 ( )A.34B.23C.13D.148、若函数()212x x f x a+=- 是奇函数，则使()3f x > 成立的x 的取值范围为( )A.(),1-∞-B.()1,0-C.()0,1D.()1,+∞ 9. 已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 ( )A.223π B.423πC.22πD.42π 10.设函数()3,1,2,1,x x b x f x x -<⎧=⎨≥⎩若546f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则b = A.1 B.78C.34D.12第II 卷二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分。

把答案填在题中横线上)11.执行右边的程序框图，若输入的x 的值为1，则输出的y 的值是 .12.若,x y 满足约束条件1,3,1,y x x y y -≤⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩则3z x y =+ 的最大值为 .13.过点()1,3P 作圆221x y +=的两条切线，切点分别为A ，B ，则PA PB ⋅= .14.定义运算“⊗ ”：()22,,0x y x y x y R xy xy-⊗=∈≠.当0,0x y >> 时，()2x y y x ⊗+⊗的最小值为 .15.过双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>> 的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C 于点P ，若点P 的横坐标为2a 则C 的离心率为 .三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．（本小题满分12分）某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的请况，数据如下表：参加书法社团未参加书法社团 参加演讲社团 85未参加演讲社团2 30（I ）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率； （II ）在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学54321,,,,A A A A A ， 3名女同学321,,B B B ，现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求1A 被选中且1B 未被选中的概率。

17．（本小题满分12分）AB C ∆中，角C B,A,所对的边分别为c b a ,,，已知33cos =B ， 32,96)sin(==+ac B A ，求A sin 和c 的值.18．（本小题满分12分）如图，三棱台AB C -DEF 中，2,,AB DE G H =分别为BC AC ,的中点，（I ）求证：//BD 平面FGH ； （II ）若BC AB BC CF ⊥⊥,，求证：平面⊥BCD 平面FGH .19．（本小题满分12分）已知数列}{n a 是首项为正数的等差数列，数列}1{1+n n a a 的前n 项和为12+n n。

（I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）设na n n a 2)1(b ⋅+=，求数列}{n b 的前n 项和n T .20．（本小题满分13分）设函数x ex x g x a x x f 2)(,ln )()(=+=，已知曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与直线02=-y x 平行，（I ）求a 的值；（II ）是否存在自然数k ，使的方程)()(x g x f =在)1,(+k k 内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（III ）设函数),)}(min((),(min{)(q p x g x f x m =表示q p ,中的较小值），求)(x m 的最大值.21. （本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x C 的离心率为23，且点)21,3(在椭圆C 上， （I ）求椭圆C 的方程；（II ）设椭圆144:2222=+by a x E ，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线m kx y +=交椭圆E 于B A ,两点，射线PO 交椭圆E 于点Q ， （i ）求OPOQ 的值；（ii ）求ABQ ∆面积的最大值。

参考答案一、选择题1.C2.A3.C4.B5.D6.B7.A8.C9.B 10.D二、填空题11.13 12.7 13.23 14.2 15.2+3 三、解答题16.解：（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有453015-=人，所以从该班级随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为151.453P == (2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有：111213212223313233{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,},A B A B A B A B A B A B A B A B A B 414243515253{,},{,},{,},{,},{,},{,}A B A B A B A B A B A B ，共15个.根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.事件“1A 被选中且1B 未被选中”所包含的基本事件有：1213{,},{,}A B A B ，共2个.因此1A 被选中且1B 未被选中的概率为215P =. 17.解：在ABC ∆中，由3cos 3B =，得6sin 3B =. 因为A BC π++=，所以6sin sin()9C A B =+=， 因为sin sin C B <，所以C B <，C 为锐角，53cos 9C =， 因此sin sin()sin cos cos sin A B C B C B C =+=+653362239393=⨯+⨯=.由,sin sin a c A C =可得22sin 323sin 69cc A a c C ===，又23ac =，所以1c =. 18（I ）证法一：连接,.DG CD 设CD GF M ⋂=,连接MH ，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE G =，分别为AC 的中点，可得//,DF GC DF GC =，所以四边形DFCG 是平行四边形，则M 为CD 的中点，又H 是BC 的中点，所以//HM BD , 又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以//BD 平面FGH .证法二：在三棱台DEF ABC -中，由2,BC EF H =为BC 的中点， 可得//,,BH EF BH EF =所以HBEF 为平行四边形，可得//.BE HF 在ABC ∆中，G H ，分别为AC BC ，的中点， 所以//,GH AB 又GH HF H ⋂=， 所以平面//FGH 平面ABED ， 因为BD ⊂平面ABED ， 所以//BD 平面FGH .(II)证明：连接HE .因为G H ，分别为AC BC ，的中点，所以//,GH AB 由,AB BC ⊥得GH BC ⊥，又H 为BC 的中点，所以//,,EF HC EF HC =因此四边形EFCH 是平行四边形，所以//.CF HE又CF BC ⊥，所以HE BC ⊥.又,HE GH ⊂平面EGH ，HE GH H ⋂=，所以BC ⊥平面EGH ， 又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面.EGH 19.解：（I ）设数列{}n a 的公差为d ， 令1,n =得12113a a =，得到 123a a =. 令2,n =得12231125a a a a +=，得到 2315a a =. 解得11,2a d ==即得解.（II ）由（I ）知24224,n n n b n n -=⋅=⋅得到 121424......4,n n T n =⋅+⋅++⋅ 从而23141424......(1)44,n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅利用“错位相减法”求和. 试题解析：（I ）设数列{}n a 的公差为d ， 令1,n =得12113a a =，所以123a a =. 令2,n =得12231125a a a a +=，所以2315a a =.解得11,2a d ==，所以2 1.n a n =-（II ）由（I ）知24224,n n n b n n -=⋅=⋅所以121424......4,n n T n =⋅+⋅++⋅ 所以23141424......(1)44,n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅ 两式相减，得121344......44n n n T n +-=+++-⋅114(14)13444,1433n n n n n ++--=-⋅=⨯-- 所以113144(31)44.999n n n n n T ++-+-⋅=⨯+= 20.解：（I ）由题意知，曲线在点(1,(1))f 处的切线斜率为2，所以'(1)2f =，又'()ln 1,a f x x x=++所以1a =.（II ）1k =时，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln ,x x h x f x g x x x e=-=+-当(0,1]x ∈时，()0h x <. 又2244(2)3ln 2ln8110,h e e=-=->-= 所以存在0(1,2)x ∈，使0()0h x =. 因为1(2)'()ln 1,x x x h x x xe -=+++所以当(1,2)x ∈时，1'()10h x e>->，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >， 所以当(1,)x ∈+∞时，()h x 单调递增.所以1k =时，方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根.（III ）由（II ）知，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根0x ，且0(0,)x x ∈时，()()f x g x <，0(,)x x ∈+∞时，()()f x g x >，所以020(1)ln ,(0,](),(,)x x x x x m x x x x e+∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩. 当0(0,)x x ∈时，若(0,1],()0;x m x ∈≤若0(1,),x x ∈由1'()ln 10,m x x x=++>可知00()();m x m x <≤故0()().m x m x ≤ 当0(,)x x ∈+∞时，由(2)'(),x x x m x e -=可得0(,2)x x ∈时，'()0,()m x m x >单调递增；(2,)x ∈+∞时，'()0,()m x m x <单调递减； 可知24()(2),m x m e ≤=且0()(2)m x m <. 综上可得函数()m x 的最大值为24e . 21.解：（I ）由题意知22311,4a b+=又2232a b a -=，解得224,1a b ==， 所以椭圆C 的方程为22 1.4x y += （II ）由（I ）知椭圆E 的方程为221164x y +=. （i ） 设00||(,),,||OQ P x y OP λ=由题意知00(,)Q x y λλ--. 因为2200 1.4x y +=又2200()()1164x y λλ--+=，即22200() 1.44x y λ+= 所以2λ=，即|| 2.||OQ OP = （ii ）设1122(,),(,),A x y B x y 将y kx m =+代入椭圆E 的方程，可得222(14)84160k x kmx m +++-=，由0,∆>可得22416m k <+……………………①则有21212228416,.1414km m x x x x k k-+=-=++所以221224164||.14k m x x k +--=+因为直线y kx m =+与y 轴交点的坐标为(0,)m ，所以OAB ∆的面积2222212222(164)12||164||||21414k m m m k m S m x x k k+-+-=-==++22222(4).1414m m k k =-++ 设22.14m t k=+将直线y kx m =+代入椭圆C 的方程，可得222(14)8440k x kmx m +++-=，由0,∆≥可得2214m k ≤+……………………② 由①②可知201,2(4)24.t S t t t t <≤=-=-+故23S ≤. 当且仅当1t =，即2214m k =+时取得最大值2 3. 由（i ）知，ABQ ∆的面积为3S ，所以ABQ ∆面积的最大值为6 3.。