资源描述
2020年普通高等学校招生全国统一考试 新高考全国Ⅰ
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<x<4}，则A∪B等于( )
A．{x|2<x≤3} B．{x|2≤x≤3}
C．{x|1≤x<4} D．{x|1<x<4}
答案 C
解析 A∪B＝{x|1≤x≤3}∪{x|2<x<4}
＝{x|1≤x<4}．
2.等于( )
A．1 B．－1 C．i D．－i
答案 D
解析 ＝＝＝－i.
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 先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有C种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有C种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有C种选法，由分步乘法计数原理知，共有C·C·C＝60(种)不同的安排方法．
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处的水平面所成角为( )
A．20° B．40° C．50° D．90°
答案 B
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，
由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，
又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，
则晷针AC与水平面所成角为40°.
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 用Venn图表示该中学喜欢足球和游泳的学生所占的比例之间的关系如图，
设既喜欢足球又喜欢游泳的学生占该中学学生总数的比例为x，
则(60%－x)＋(82%－x)＋x＝96%，解得x＝46%.
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)＝ert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＝1＋rT，R0＝3.28，T＝6，
得r＝＝＝0.38.
由题意，累计感染病例数增加1倍，
则I(t2)＝2I(t1)，
即e0.38t2＝2e0.38t1，
所以e0.38(t2－t1)＝2，
即0.38(t2－t1)＝ln 2，
所以t2－t1＝≈≈1.8.
7．已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则· 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，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(2,0)，C(3，)，F(－1，)．
设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(2,0)，且－1<x<3.
所以·＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)．
8．若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，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 因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，
则f(0)＝0.
又f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，
画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，
则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示．
当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0，
得－1≤x≤0.
当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0，
得1≤x≤3.
故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1,0]∪[1,3]．
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
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±x
D．若m＝0，n>0，则C是两条直线
答案 ACD
解析 对于A，当m>n>0时，有>>0，方程化为＋＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确．
对于B，当m＝n>0时，方程化为x2＋y2＝，表示半径为的圆，故B错误．
对于C，当m>0，n<0时，方程化为－＝1，表示焦点在x轴上的双曲线，其中a＝，b＝，渐近线方程为y＝±x；当m<0，n>0时，方程化为－＝1，表示焦点在y轴上的双曲线，其中a＝，b＝，渐近线方程为y＝±x，故C正确．
对于D，当m＝0，n>0时，方程化为y＝±，表示两条平行于x轴的直线，故D正确．
10．如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)等于( )
A．sin B．sin
C．cos D．cos
答案 BC
解析 由图象知＝－＝，得T＝π，
所以ω＝＝2.
又图象过点，
由“五点法”，结合图象可得φ＋＝π，即φ＝，
所以sin(ωx＋φ)＝sin，故A错误；
由sin＝sin＝sin知B正确；
由sin＝sin＝cos知C正确；
由sin＝cos＝cos
＝－cos知D错误．
11．已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则( )
A．a2＋b2≥ B．2a－b>
C．log2a＋log2b≥－2 D.＋≤
答案 ABD
解析 因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以a＋b≥2，
当且仅当a＝b＝时，等号成立，即有ab≤.
对于A，a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×＝，故A正确；
对于B,2a－b＝22a－1＝×22a，
因为a>0，所以22a>1，即2a－b>，故B正确；
对于C，log2a＋log2b＝log2ab≤log2＝－2，故C错误；
对于D，由(＋)2＝a＋b＋2＝1＋2≤2，
得＋≤，故D正确．
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＝1，定义X的信息熵H(X)＝－ilog2pi.( )
A．若n＝1，则H(X)＝0
B．若n＝2，则H(X)随着pi的增大而增大
C．若pi＝(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 对于A，当n＝1时，p1＝1，H(X)＝－1×log21＝0，故A正确；
对于B，当n＝2时，有p1＋p2＝1，此时，若p1＝或都有H(X)＝－，故B错误；
对于C，当pi＝(i＝1,2，…，n)时，
H(X)＝－log2＝－n×log2＝log2n.
显然H(X)随n的增大而增大，故C正确；
对于D，方法一 当n＝2m时，
H(X)＝－(p1log2p1＋p2log2p2＋…＋p2m－1log2p2m－1＋p2mlog2p2m)
＝－[(p1log2p1＋p2mlog2p2m)＋(p2log2p2＋p2m－1log2p2m－1)＋…＋(pmlog2pm＋pm＋1log2pm＋1)]，
H(Y)＝－[(p1＋p2m)log2(p1＋p2m)＋(p2＋p2m－1)·log2(p2＋p2m－1)＋…＋(pm＋pm＋1)log2(pm＋pm＋1)]，
由于p1log2p1＋p2mlog2p2m＝log2( ·)<log2[(p1＋p2m)p1·]
＝log2 ＝(p1＋p2m)log2(p1＋p2m)，
同理可证p2log2p2＋p2m－1log2p2m－1<(p2＋p2m－1)·log2(p2＋p2m－1)，
…，
pmlog2pm＋pm＋1log2pm＋1<(pm＋pm＋1)log2(pm＋pm＋1)，
所以H(X)>H(Y)．
方法二 (特值法)
令m＝1，则n＝2，p1＝，p2＝.
P(Y＝1)＝1，H(Y)＝－log21＝0，
H(X)＝－>0，
∴H(X)>H(Y)．
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．斜率为的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________.
答案
解析 如图，由题意得，抛物线焦点为F(1,0)，
设直线AB的方程为y＝(x－1)．
由
得3x2－10x＋3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝.
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 方法一 (观察归纳法)
数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；
数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故前n项和为Sn＝＝
＝3n2－2n.
方法二 (引入参变量法)
令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一．
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＝，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 4＋
解析 如图，连接OA，过A作AP⊥EF，
分别交EF，DG，OH于点P，Q，R.
由题意知AP＝EP＝7，
又DE＝2，EF＝12，
所以AQ＝QG＝5，
所以∠AHO＝∠AGQ＝.
因为OA⊥AH，所以∠AOH＝，∠AOB＝.
设AR＝x，则OR＝x，RQ＝5－x.
因为tan∠ODC＝，
所以tan∠ODC＝＝，
解得x＝2，则OA＝2.
所以S＝S扇形AOB＋S△AOH－S小半圆
＝××(2)2＋×4×2－π×12
＝cm2.
16．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
答案
解析 如图，设B1C1的中点为E，
球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，
由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，
∴D1B1＝DB＝2，
∴△D1B1C1为等边三角形，
则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，
设截面圆的半径为r，
则r＝＝＝.
又由题意可得EP＝EQ＝，
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，
∴B1P＝＝1，
同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝，
知的长为×＝，即交线长为.
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．在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b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＝sin B，C＝，________？
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＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，
由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，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＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，
由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，
由此可得b＝c.
由③c＝b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
18．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)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，
设首项为a1，公比为q，
依题意有解得或(舍)
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，
所以b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为
(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则b4＝b5＝b6＝b7＝2，
即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
19．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＝，
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
解 (1)由表格可知，该市100天中，空气中的PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为32＋6＋18＋8＝64，
所以该市一天中，空气中的PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为＝0.64.
(2)由所给数据，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2×2列联表中的数据可得
K2＝
＝
≈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.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．
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，如图建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，
则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cos〈n，〉＝＝.
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
|cos〈n，〉|＝
＝·＝·
≤·≤·＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
21．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－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(x)＝ex－，
所以f(1)＝e＋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－，2.
因此所求三角形的面积为.
(2)当0<a<1时，f(1)＝a＋ln a<1.
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－.
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．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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．
(1)解 由题设得＋＝1，＝，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明 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＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得·＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(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，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1)．
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
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