2020-2021学年山东省高考数学模拟(文)试题及答案解析

数学（文科）

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页。满分150分。考试用时120分钟。考试结束后，将将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项：

1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县

区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。

2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；

如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。答案写在试卷上无效。

3. 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定

区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。

4.填空题直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

参考公式：

如果事件A,B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B).

第I卷（共50分）

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）设集合U{1,2,3,4,5,6},A{1,3,5},B{3,4,5}，则ðU(AUB)= （A）{2,6} （2）若复数z（B）{3,6}

（C）{1,3,4,5}

（D）{1,2,4,6}

2，其中i为虚数单位，则z = 1i（A）1+i （B）1−i （C）−1+i （D）−1−i

（3）某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)， [20，22.5)， [22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30).根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是 （A）56

（B）60

（C）120

（D）140

xy2,22

（4）若变量x，y满足2x3y9,则x+y的最大值是

x0,（A）4（B）9（C）10（D）12

（5）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为

（A）+1212π π（B）+33331322π（D）1+π 66（C）+

（6）已知直线a，b分别在两个不同的平面α，b内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面b相交”的

（A）充分不必要条件（B）必要不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件

（7）已知圆M：x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：

2（x-1）+(y-1)2=1的位置关系是

（A）内切（B）相交（C）外切（D）相离

（8）△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=c,a2=2b2(1-sinA),则A=

（A）

3ππππ（B）（C）（D）

343

(9)已知函数f(x)的定义域为R.当x＜0时，f(x)=x-1；当-1≤x≤1时，f(-x)= —f(x)；当x＞—

11时，f(x+)=f(x221).则f(6)= 2（A）-2 （B）-1 （C）0 （D）2

（10）若函数yf(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称yf(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是 （A）ysinx

（B）ylnx

（C）yex

（D）yx3

第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。

（11）执行右边的程序框图，若输入n的值为3，则输出的S的值为_______．

（12）观察下列等式：

π2π4(sin)2(sin)212；

333π2π3π4π4(sin)2(sin)2(sin)2(sin)223；

55553π2π3π6π4(sin)2(sin)2(sin)2(sin)234；

77773π2π3π8π4(sin)2(sin)2(sin)2(sin)245；

99993……

照此规律，(sinπ22π23π22nπ2)(sin)(sin)(sin)_________． 2n12n12n12n1（13）已知向量a=(1,–1)，b=(6,–4)．若a⊥(ta+b)，则实数t的值为________．

x2y2（14）已知双曲线E：2–2=1（a>0，b>0）．矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个

ab焦点，且2|AB|=3|BC|，则E的离心率是_______．

x,xm,（15）已知函数f(x)=其中m>0．若存在实数b，使得关于x的方程f(x)=b有三个不

2x2mx4m,xm,同的根，则m的取值范围是_______．

三、解答题：本大题共6小题，共75分

（16）（本小题满分12分）

某儿童乐园在“六一”儿童节退出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下： ①若xy3，则奖励玩具一个； ②若xy8，则奖励水杯一个； ③其余情况奖励饮料一瓶.

假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动. （I）求小亮获得玩具的概率；

（II）请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.

（17）（本小题满分12分）

2设f(x)23sin(πx)sinx(sinxcosx) .

（I）求f(x)得单调递增区间；

（II）把yf(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位，得到函数yg(x)的图象，求g()的值.

π3π6

（18）（本小题满分12分）

在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.

（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：AC⊥FB；

（II）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC. （19）（本小题满分12分）

2已知数列an的前n项和Sn3n8n，bn是等差数列，且anbnbn1.

（I）求数列bn的通项公式；

(an1)n1（II）令cn.求数列cn的前n项和Tn.

(bn2)n

(20)(本小题满分13分) 设f(x)=xlnx–ax+(2a–1)x，a∈R. (Ⅰ)令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；

(Ⅱ)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.

(21)(本小题满分14分) 已知椭圆C:

（a>b>0）的长轴长为4，焦距为2

.

2

（I）求椭圆C的方程；

(Ⅱ)过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B. (i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明为定值. (ii)求直线AB的斜率的最小值.

普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

数学（文科）

第I卷（共50分） 一、选择题

（1）【答案】A （2）【答案】B （3）【答案】D （4）【答案】C （5）【答案】C （6）【答案】A （7）【答案】B （8）【答案】C (9) 【答案】D （10）【答案】A

第II卷（共100分）

二、填空题

（11）【答案】1 （12）【答案】

4nn1 3（13）【答案】5 （14）【答案】2 （15）【答案】3,

三、解答题：本大题共6小题，共75分

（16） 【答案】（）【解析】

试题分析：用数对x,y表示儿童参加活动先后记录的数，写出基本事件空间与点集

5.（）小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率. 16Sx,y|xN,yN,1x4,1y4一一对应.得到基本事件总数为n16.

（）事件A包含的基本事件共有5个，即1,1,1,2,1,3,2,1,3,1, 计算即得. （）记“xy8”为事件B，“3xy8”为事件C. 知事件B包含的基本事件共有6个，得到PB事件C包含的基本事件共有5个，得到PC比较即知.

试题解析：用数对x,y表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间与点集

63. 1685. 16Sx,y|xN,yN,1x4,1y4一一对应.因为S中元素个数是4416,所以基本事件总

数为n16.

（）记“xy3”为事件A.

则事件A包含的基本事件共有5个，即1,1,1,2,1,3,2,1,3,1, 所以，PA55,即小亮获得玩具的概率为. 1616（）记“xy8”为事件B，“3xy8”为事件C.

则事件B包含的基本事件共有6个，即2,4,3,3,3,44,2,4,3,4,4,

所以，PB63. 168则事件C包含的基本事件共有5个，即1,4,2,2,2,3,3,2,4,1, 所以，PC因为

5. 1635, 816所以，小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率. 考点：古典概型 （17）

【答案】（）fx的单调递增区间是k（）3. 【解析】

试题分析：（）化简fx23sinxsinxsinxcosx得

212,k55kZ,（或(k,k)kZ） 121212f(x)2sin2x31,

3由2k22x32k2kZ,即得k12xk5kZ, 12

写出fx的单调递增区间 （）由fx2sin2x31,g平移后得进一步可得gx2sinx31.. 362试题解析：（）由fx23sinxsinxsinxcosx 23sinx12sinxcosx

2 31cos2xsin2x1 sin2x3cos2x31 2sin2x由2k31, 322x32k2kZ,得k12xk5kZ, 12

所以，fx的单调递增区间是k （或(k12,k5kZ, 1212,k5)kZ） 12（）由（）知fx2sin2x31, 3把yfx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）， 得到y2sinx31的图象， 3再把得到的图象向左平移

个单位，得到y2sinx31的图象， 3即gx2sinx31. 所以 g2sin313. 66考点：1.和差倍半的三角函数；2.三角函数的图象和性质；3.三角函数的图象和性质.

（18）【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】

试题分析：（Ⅰ））根据EF//BD，知EF与BD确定一个平面，连接DE，得到DEAC，BDAC，从而AC平面BDEF，证得ACFB.

（Ⅱ）设FC的中点为I，连GI,HI，在CEF，CFB中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面GHI//平面ABC，进一步得到GH//平面ABC.

试题解析：（Ⅰ））证明：因EF//BD，所以EF与BD确定一个平面，连接DE，因为AEEC,E为AC的中点，所以DEAC；同理可得BDAC，又因为BDDED，所以AC平面BDEF，因为

FB平面BDEF，ACFB。

（Ⅱ）设FC的中点为I，连GI,HI，在CEF中，G是CE的中点，所以GI//EF，又EF//DB，所以GI//DB；在CFB中，H是FB的中点，所以HI//BC，又GIHII，所以平面GHI//平面ABC，因为GH平面GHI，所以GH//平面ABC。

EFHGIADCB

考点：1.平行关系；2.垂直关系. （19）

【答案】（Ⅰ）bn3n1;（Ⅱ）Tn3n2n2 【解析】

a1b1b2试题分析：（Ⅰ）由题意得，解得b14,d3，得到bn3n1。

abb232(6n6)n1234n1n1T3[223242(n1)2] （Ⅱ）由（Ⅰ）知cn，从而 3(n1)2nn(3n3)利用“错位相减法”即得Tn3n2n2

试题解析：（Ⅰ）由题意当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111；所以an6n5；设数列的公差为d，由a1b1b2112b1d，即，解之得b14,d3，所以bn3n1。

172b13da2b2b3(6n6)n1n1（Ⅱ）由（Ⅰ）知cn，又Tnc1c2c3cn，即3(n1)2n(3n3)Tn3[222323424(n1)2n1]

345n2，所以2Tn3[223242(n1)2]，以上两式两边相减得

Tn3[22222所以Tn3n2n2

234n1(n1)2n24(2n1)]3[4(n1)2n2]3n2n2。

21考点：1.等差数列的通项公式；2.等比数列的求和；3.“错位相减法”. (20)

【答案】(Ⅰ)当a0时，函数gx单调递增区间为0,； 当a0时，函数gx单调递增区间为0,(Ⅱ)a.

2 【解析】

试题分析：(Ⅰ)求导数f'xlnx2ax2a, 可得gxlnx2ax2a,x0,， 从而g'x11,，单调递减区间为.

2a2a1112ax， 2axx讨论当a0时，当a0时的两种情况即得.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f'10.分以下情况讨论：①当a0时，②当0a综合即得.

试题解析：(Ⅰ)由f'xlnx2ax2a, 可得gxlnx2ax2a,x0,， 则g'x111时，③当a时，④当a时，222112ax， 2axx当a0时，

x0,时，g'x0，函数gx单调递增； 当a0时， x0, x1时，g'x0，函数gx单调递增， 2a1,时，g'x0，函数gx单调递减. 2a所以当a0时，函数gx单调递增区间为0,； 当a0时，函数gx单调递增区间为0,(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f'10.

①当a0时，f'x0，fx单调递减. 所以当x0,1时，f'x0，fx单调递减. 当x1,时，f'x0，fx单调递增.

11,，单调递减区间为.

2a2a所以fx在x=1处取得极小值，不合题意. ②当0a111时，1，由(Ⅰ)知f'x在0,内单调递增， 22a2a1时，f'x0， 2a可得当当x0,1时，f'x0，x1,所以fx在(0,1)内单调递减，在1,1内单调递增， 2a所以fx在x=1处取得极小值，不合题意. ③当a11时，即1时，f'x在(0,1)内单调递增，在 1,内单调递减， 22a所以当x0,时，f'x0， fx单调递减，不合题意. ④当a111时，即01 ，当x,1时，f'x0，fx单调递增, 22a2a当x1,时，f'x0，fx单调递减， 所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a的取值范围为a1. 2考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想. (21)

x2y261.(Ⅱ)(i)见解析；(ii)直线AB 的斜率的最小值为【答案】(Ⅰ) .

22 4【解析】

试题分析：(Ⅰ)分别计算a,b即得. (Ⅱ)(i)设Px0,y0x00,y00， 由M(0,m)，可得Px0,2m,Qx0,2m. 得到直线PM的斜率k2mmm2mm3m ，直线QM的斜率k'.证得. x0x0x0x0(ii)设Ax1,y1,Bx2,y2， 直线PA的方程为y=kx+m， 直线QB的方程为y=-3kx+m.

ykxm联立 x2y2 ，

142整理得2k21x24mkx2m240. 应用一元二次方程根与系数的关系得到x2x118k2m2221x02k2m2221x0 ，

18k32k2m222212k1x0，

y2y16km2218k1x02m2k1x022m22m8k6k21m2218k212k21x0得到kABy2y16k21116k. x2x14k4k应用基本不等式即得.

试题解析：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c， 由题意知2a4,2c22， 所以a2,ba2c22，

x2y21. 所以椭圆C的方程为42(Ⅱ)(i)设Px0,y0x00,y00， 由M(0,m)，可得Px0,2m,Qx0,2m. 所以 直线PM的斜率k2mmm ， x0x02mm3m. x0x0直线QM的斜率k'此时

k'3， kk'为定值-3. k所以

(ii)设Ax1,y1,Bx2,y2， 直线PA的方程为y=kx+m， 直线QB的方程为y=-3kx+m.

ykxm联立 x2y2 ，

142整理得2k21x24mkx2m240.

2m222m24由x0x1可得x1 ， 22k212k1x0所以y1kx1m2k2km2221x0m，

同理x218k2m2221x0,y26km2218k21x0m.

32k2m22所以x2x118k21x022m222k21x02k2m2222m2218k212k21x018k22，

y2y16km2218k1x0m1x0m8k6k21m2212k1x0 ，

所以kABy2y16k21116k. x2x14k4k由m0,x00，可知k>0， 所以6k61时取得. 26 ，等号当且仅当k6k此时m48m2146，即m，符号题意.

766 . 2所以直线AB 的斜率的最小值为考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.基本不等式.