2020年新高考數(shù)學(xué)全國卷1(山東)

2020年普通高等學(xué)校招生全國一考試·全國I卷（山東）數(shù)學(xué)答案解析一、選擇題1案【解析】AB[1,3](2,4)，選C．【考點(diǎn)】集合并集【考查能力】基本分析求解2案】D【解析】

21i1i1i

，故選D【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)除法【考查能力】分析求解3案】【解析】首先從6名學(xué)中選1名甲場館，方法數(shù)有；然后從其余名學(xué)中選2名乙場館方法數(shù)有C；最后剩下的3名學(xué)去丙場館．故不同的安排方法共有C6

60

種．故選：．【考點(diǎn)】分步計(jì)數(shù)原理和組合數(shù)的計(jì)算【考查能力】運(yùn)算求解4案】【解析】畫出截面圖如下圖所示，其中D是道所在面的截線；l是A處水平面的截線，依題意可知⊥l；是晷針?biāo)谥本€．m是晷面的截線，依題意，晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知m//CD據(jù)面直的定義可得ABm于AOC40//CD，所以AOCOAGGAE以O(shè)AG40即晷針與點(diǎn)A處水平面所成角為40B．【考點(diǎn)】中國古代數(shù)學(xué)文化，球體有關(guān)計(jì)算，涉及平面平行，線面垂直的性質(zhì)/12

0.38()0.38()5案】【解析】記“該中學(xué)學(xué)生喜歡足球”為事件，該中學(xué)學(xué)生喜歡游泳”為事件B，“該中學(xué)學(xué)生喜歡足球或游泳”為事件

AB，“該中學(xué)學(xué)生喜歡足球又喜歡游泳”為事件

，PA)

，(B

，，以P(A()()()

0.820.960.46，所該中學(xué)既喜歡足球又喜歡游泳的學(xué)生數(shù)占該校學(xué)生總數(shù)的比例為46%．選C【考點(diǎn)】事件的概率公式6案】【解析】因?yàn)镽，，R，以r00

6

，以I

rt

t

，設(shè)在新冠肺炎疫情初始階段，累計(jì)感染病例數(shù)增加倍要的時(shí)間為天則e1ln20.690.38ln2，以t天．故選：．10.38

0.38t

，所以1

，所以【考點(diǎn)】指數(shù)型函數(shù)模型的應(yīng)用【考查能力】運(yùn)算求解7案】A【解析】AB的為根正六邊形的特征可得到在AB向上的投影的取值范圍是(結(jié)合向量數(shù)量積的定義式，可知AP于AB

模與在方向上的投影的乘積所以AP的值范圍是(2,6)

，故選A．【考點(diǎn)】有關(guān)平面向量數(shù)量積的取值范圍【考查能力】運(yùn)算求解8案】D【解析】因?yàn)槎x在R上奇函數(shù)

fx在上調(diào)遞減，且

f，以f()在也單調(diào)遞減f(

f(0)

當(dāng)x

時(shí)f0

x2,0)fx

，所以由xf≥0可得：

x＜00或0x

或，得0

或≤3

，所以滿足(x≥0的x取范圍是[[1,3]，故D．/12

222222【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性與單調(diào)性解抽象函數(shù)不等式【考查能力】分類討論思想方法二、選擇題9案】xy【解析】對(duì)于A，m＞＞0，則mx可為，為m＞，以＜，1即曲線C表焦點(diǎn)在y軸的橢圓A正確對(duì)于0則

2

2

可為x

1n

，n此時(shí)曲線C表示圓心在原點(diǎn)，半徑為的，故B不正確；對(duì)于，若mn0，mxn

2

ny

2

可為xm，時(shí)曲線C示雙曲線，由可1n

，故正；對(duì)于D，，n＞0，ny化為直線，故D正；故選．【考點(diǎn)】曲線方程的特征【考查能力】運(yùn)算求解10案BC

1n

，，時(shí)曲線C表平行于x軸兩條【解析】由函數(shù)圖像可知：

2，，所以不選，xT

5時(shí)12

，∴

532kkZ，得：k，1223即函數(shù)的解析式為：y2xksin2xcos2xsinx

．而cos2

5

x

，故選BC．【考點(diǎn)】誘導(dǎo)公式變換【考查能力】運(yùn)算求解案ABD【解析】對(duì)于，

112a≥，當(dāng)且僅當(dāng)a時(shí)等號(hào)成222/12

12mii12mii立，故A正確；對(duì)于B，a，所以

，故B正確；對(duì)于C，loglogab≤log

a2

11log當(dāng)僅當(dāng)a時(shí)，等號(hào)成立，C正確；42對(duì)于因

1

所a≤

當(dāng)僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故正；故選．【考點(diǎn)】不等式的性質(zhì)【考查能力】運(yùn)算求解12案AC【解析】對(duì)A選，若n，ip所以H正．對(duì)于項(xiàng)，若，ip，以H2112

，當(dāng)p1

14

時(shí)，H

X

44

3，當(dāng)時(shí)，4

X

44

，兩者相等，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤．對(duì)于C選項(xiàng)，若i

1n

,n11log

，則的增大而增大，所C選項(xiàng)正確．對(duì)于選nm變量的所有可能的取值為piiiiii

,mpj

（j

,m

1p2

m

．

p2

p2

pm

m

m

m

mp

p2m

p

2

2

由

于0i

m，所以

1pii2m

，所以loglogii2m

，所以＞iim

，所以H．故選AC．【考點(diǎn)】新定義“信息熵”的理解和運(yùn)用【考查能力】分析、思考和解決問題/12

1212三、填空題13案

163【解析】∵拋物線的方程為2x，∴拋物線焦坐標(biāo)為(1,0)又∵直線AB過點(diǎn)且率3，∴直線AB的程為：y代入拋物線方程消去并化簡得

x0

，1解法一：解得x,x，以13

1|3

163解法二：，A(),(，x111過,分別作準(zhǔn)線垂，設(shè)垂足分別為,如所示．16|||ACBDx1123

，故答案為：

163【考點(diǎn)】拋物線焦點(diǎn)弦長【考查能力】運(yùn)算求解14案n

2

n【解析】因?yàn)閿?shù)列為項(xiàng)，以2為差的等差數(shù)列，數(shù)列首，以3為差的等差數(shù)列，所以這兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)

是以1為項(xiàng)，以為差的等差數(shù)列，所以

的前n項(xiàng)為

n

n，故答案為：3n

．【考點(diǎn)】等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)公式【考查能力】運(yùn)算求解/12

15案4【解析】設(shè)OAr由題意，EF，所以，因?yàn)?，?/p>

，因?yàn)锽HDG，以

，因?yàn)榕c弧相切于A，所以⊥，即△OAH為腰直角三角形；在直角OQD，OQ

2r，r22因?yàn)閠an

3352，所以21r25r，解得r；DQ522等腰直角△OAH的積為

122；形的面積S2224

，1所以陰影部分的面積為S2

5．故答案為：4．2【考點(diǎn)】三角函數(shù)在實(shí)際中應(yīng)用【考查能力】運(yùn)算求解16案

【解析】如圖：/12

取C的中點(diǎn)為BB的中點(diǎn)為，的點(diǎn)為G11因?yàn)锽ADABCDA的長均為2DC為等邊三角形DE111111E，四棱柱C為直四棱柱，所以面A，以BBBC，111111111

，因?yàn)?

BCB，所以D側(cè)面BC11設(shè)為側(cè)面BCB與球面的交線上的點(diǎn)，則DEEP11因?yàn)榍虻陌霃綖?

，，所以|P|2

|1

2

2，所以側(cè)面與面的交線上的點(diǎn)到的離為，11因?yàn)镋FEG|2，所以側(cè)面與面的交線是扇形EFG的FG1因?yàn)镋G1

4

，所以FEG

2

，所以根據(jù)弧長公式可得FG

2

．故答案為：

．【考點(diǎn)】直棱柱的結(jié)構(gòu)特征，直線與平面垂直的判定【考查能力】化歸與轉(zhuǎn)化，數(shù)形結(jié)合，運(yùn)算求解17案解法一：由sinA3sin

可得：

ab

，不妨設(shè)amb則：

2

2

2

cosm

2

2

3

32

2

，即cm．選擇條件①的解析：據(jù)此可得：3

，m，時(shí)c．選擇條件②的解析：據(jù)此可得：

2

2m

m2

2

，則：sinA，此時(shí)：sin，則：cm22

．選擇條件③的解析：可得

m，，條件3bm/12

矛盾，則問題中的三角形不存在．

解法二：∵sinBC

∴A3sin6

，A3sin

A

3cosA，∴A3cosA，A3

2，∴A，∴B，若選①，3，3b3，3

3

，∴；若選②，sin，，

若選③，與條件3

矛盾．【考點(diǎn)】正弦定理、余弦定理、三角恒等變換【考查能力】化歸與轉(zhuǎn)化，運(yùn)算求解18于的比數(shù)列項(xiàng)為比為意有

qq

，解得2，q1

12

（舍以n，所以數(shù)列式n．n（）于21

2

3

8,2

4

16,2

5

6

64,2

7

128，以對(duì)的區(qū)間為：1

；1,b對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：，即有個(gè)1；22b,b對(duì)的區(qū)間分別為：2即有245674

個(gè)；b89

對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：，有3159

個(gè)；b,1617

對(duì)的區(qū)間分別為：31

16

，有31

個(gè)；b,對(duì)的區(qū)間分別為：323363b對(duì)的區(qū)間分別為：6465

323364

，有2個(gè)；63，有個(gè)．100所以

．【考點(diǎn)】等比數(shù)列基本量的計(jì)算【考查能力】分析思考與解決問題的能力19案0.64（）案見解析（）【解析由格可知，該市100天，空氣中的濃不超過75，且濃不過150的數(shù)2有天所以該市一天中，空氣中的濃不超過，且濃不超過的2率為

64100

；（）所給數(shù)據(jù)，可得2列聯(lián)表為：/12

DQDQPM

64

16

合計(jì)80合計(jì)

1074

1026

20100（）據(jù)列表中的數(shù)據(jù)可得K

n(ad)100，()()(a)(b)20481因?yàn)楦鶕?jù)臨界值表可知，有9的握認(rèn)為該市一天空氣中PM2.5濃與SO濃度有關(guān)．【考點(diǎn)】古典概型的概率公式【考查能力】邏輯推理，運(yùn)算求解20案證：在正方形ABCD中，//，為AD平面，平，以//平PBC，又因?yàn)锳D平平面PAD

平面，以AD//l，因?yàn)樵谒睦忮FPABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDCl,，且面ABCD，以ADPDl（）圖建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz

因?yàn)镃D

D

，所以l面；因?yàn)镻D，有

(0,0,0),CA(1,0,0),(0,0,1),B(1,1,0)設(shè)

Q(

，則有DCDQm,0,1),PB(1,1,

，設(shè)平面QCD

的法向量為,,z

，則，，mx令x，，以平面QCD的一個(gè)法向量為n/12

，則

11001100cos＞

nnPB

13m2根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值，以直線與平

面

所

成

角

的

正

弦

值

等

于

|cos,

|1

3132

331，且僅當(dāng)取等號(hào)，所以直線PB與面m2QCD

所成角的正弦值的最大值為．【考點(diǎn)】線面平行的判定和性質(zhì)【考查能力】推理論證，運(yùn)算求解，抽象概括21案

1fln，fx，f

．f(1)

，∴切點(diǎn)坐標(biāo)為

∴函數(shù)f

x

，即y

x∴切線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(

12，所三角形面積為；e2e（）法一：

f()

x

xa

，f

1，a0．()f

，則g

10,2∴g

上單調(diào)遞增，即f

在(0,

上單調(diào)遞增，當(dāng)a時(shí)

∴ffmin當(dāng)時(shí)∴ea1，fa

1(eaa0∴存在唯一x，得f0

)

，且當(dāng)xx時(shí)f

＜0，(xf0

＞0ae

，ax，因此f()f)ae00

x

xln11ln2ln2lnx0∴f

，當(dāng)時(shí)f(1)

∴f(x)

不是恒成立．綜上所述，實(shí)數(shù)a的值范圍是

[

．10/

221212222m222221212222m222解法二：flna

lna

1等于e

lna

lnaxlnx

lnx，令

，述不等式等價(jià)于g顯然，又等價(jià)于

，即a≥ln，令則h