2020届全国高三数学(理科)模拟考试试卷三(含答案)

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河南郑州市2020届高三第三次统一考试数学(理科)试题 (解析版)

河南郑州市2020届高三第三次统一考试数学(理科)试题 (解析版)

2020年高考数学三诊试卷(理科)一、选择题(共12小题).1.设集合A={x|(x+1)(x﹣2)<0},集合B={x|1<x<3},则A∩B=()A.{x|﹣1<x<3} B.{x|﹣1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3} 2.若复数z满足(z﹣1)i=3+i(i为虚数单位),则z的虚部为()A.3 B.3i C.﹣3 D.﹣3i3.已知角α(0≤α<2π)终边上一点的坐标为(sin7π6,cos7π6),则α=()A.5π6B.7π6C.4π3D.5π34.各项均不相等的等差数列{a n}的前5项的和S5=﹣5,且a3,a4,a6成等比数列,则a7=()A.﹣14 B.﹣5 C.﹣4 D.﹣15.设a、b、c依次表示函数f(x)=x12−x+1,g(x)=log12x﹣x+1,h(x)=(12)x−x+1的零点,则a、b、c的大小关系为()A.a<b<c B.c<b<a C.a<c<b D.b<c<a6.已知α是给定的平面,设不在α内的任意两点M和N所在的直线为l,则下列命题正确的是()A.在α内存在直线与直线l相交B.在α内存在直线与直线l异面C.在α内存在直线与直线l平行D.存在过直线l的平面与α平行7.(x2﹣x﹣2)3的展开式中,含x4的项的系数是()8.如图是某一无上盖几何体的三视图,则该几何体的表面积等于()A.63πB.57πC.48πD.39π9.有编号分别为1,2,3,4的4个红球和4个黑球,随机取出3个,则取出的球的编号互不相同的概率是()A.47B.37C.27D.1710.设双曲线C:x 2a −y2b=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,与圆x2+y2=a2相切的直线PF1交双曲线C于点P(P在第一象限),且|PF2|=|F1F2|,则双曲线C的离心率为()A.103B.53C.32D.5411.已知函数f(x)=sinωx+cosωx(ω>14,x∈R),若f(x)的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标都不属于区间(π2,π),则ω的取值范围是()A.[12,54]B.[12,2]C.(14,54]D.(14,2]12.设函数f(x)=ln(x+k)+2,函数y=g(x)的图象与y=e1−x2+1的图象关于直线x=1对称.若实数x1,x2满足f(x1)=g(x2),且2x1﹣x2有极小值﹣2,则实数k 的值是()二、填空题:13.已知|a →|=1,|b →|=2,且a →•(b →−a →)=﹣2,则向量a →与b →的夹角为 .14.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足2a n ﹣S n =1(n ∈N *),则a 4= . 15.焦点为F 的抛物线C :x 2=4y 的准线与坐标轴交于点A ,点P 在抛物线C 上,则|PA||PF|的最大值为 .16.如图,在平行四边形ABCD 中,∠BAD =60°,AB =2AD =2,E 为边AB 的中点,将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE ,设M 为线段A 1C 的中点.则在△ADE 翻折过程中,给出如下结论:①当A 1不在平面ABCD 内时,MB ∥平面A 1DE ; ②存在某个位置,使得DE ⊥A 1C ; ③线段BM 的长是定值;④当三棱锥C ﹣A 1DE 体积最大时,其外接球的表面积为13π3.其中,所有正确结论的序号是 .(请将所有正确结论的序号都填上)三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题: 17.在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,且a cos B =(4c ﹣b )cos A . (Ⅰ)求cos A 的值;(Ⅱ)若b =4,点M 在线段BC 上,且AB →+AC →=2AM →,|AM →|=√6,求△ABC 的面积.18.某公司为提高市场销售业绩,促进某产品的销售,随机调查了该产品的月销售单价x (单位:元/件)及相应月销量y (单位:万件),对近5个月的月销售单价x i 和月销售量y i (i =1,2,3,4,5)的数据进行了统计,得到如表数据: 月销售单价x i (元/件) 9 9.5 10 10.5 11 月销售量y i (万件)1110865(Ⅰ)建立y 关于x 的回归直线方程;(Ⅱ)该公司开展促销活动,当该产品月销售单价为7元/件时,其月销售量达到18万件,若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过0.5万件,则认为所得到的回归直线方程是理想的,试问:(Ⅰ)中得到的回归直线方程是否理想?(Ⅲ)根据(Ⅰ)的结果,若该产品成本是5元/件,月销售单价x 为何值时(销售单价不超过11元/件),公司月利润的预计值最大?参考公式:回归直线方程y ̂=b ̂x +a,其中b ̂=∑ n i=1x i y i −nxy ∑ ni=1x i2−nx2,a ̂=y =b ̂x . 参考数据:∑ 5i=1x i y i =392,∑ 5i=1x i 2=502.5.19.如图,已知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的所有棱长均为2,∠B 1BA =π3. (Ⅰ)证明:B 1C ⊥AC 1;(Ⅱ)若平面ABB 1A 1⊥平面ABC ,M 为A 1C 1的中点,求B 1C 与平面AB 1M 所成角的正弦值.20.已知函数f(x)=(a+2)x2+ax﹣lnx(a∈R).(Ⅰ)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(Ⅱ)设g(x)=x2−2x3,若∀x1∈(0,1],∃x2∈[0,1],使得f(x1)≥g(x2)3成立,求实数a的取值范围.21.点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和它到直线x=4的距离的比是常数1.2(Ⅰ)求点M的轨迹C的方程;(Ⅱ)过坐标原点O的直线交轨迹C于A,B两点,轨迹C上异于A,B的点P满足.直线AP的斜率为−32(ⅰ)求直线BP的斜率;(ⅱ)求△ABP面积的最大值.(二)选考题:[选修4-4:坐标系与参数方程](φ为参数),将曲线C1 22.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为{x=1+cosφy=sinφ向左平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度得到曲线C2.以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴,建立极坐标系.(Ⅰ)求曲线C1、C2的极坐标方程;(Ⅱ)射线OM:θ=α(ρ≥0)分别与曲线C1、C2交于点A,B(A,B均异于坐标原点O),若|AB|=√2,求α的值.[选修4-5:不等式选讲]23.已知函数f(x)=|x﹣a|+|x+b|(a>0,b>0).(Ⅰ)当a=b=1时,解不等式f(x)<x+2;(Ⅱ)若f(x)的值域为[2,+∞),证明:1a+1+1b+1+1ab≥2.参考答案一、选择题: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|(x+1)(x﹣2)<0},集合B={x|1<x<3},则A∩B=()A.{x|﹣1<x<3} B.{x|﹣1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3} 【分析】先解出A={x|﹣1<x<2},然后进行交集的运算即可.解:A={x|﹣1<x<2};∴A∩B={x|1<x<2}.故选:C.【点评】考查描述法表示集合的概念,一元二次不等式的解法,以及交集的运算.2.若复数z满足(z﹣1)i=3+i(i为虚数单位),则z的虚部为()A.3 B.3i C.﹣3 D.﹣3i【分析】把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.解:由(z﹣1)i=3+i,得z=3+i i+1=(3+i)(−i)−i2+1=2−3i,∴z=2+3i.则z的虚部为3.故选:A.【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题.3.已知角α(0≤α<2π)终边上一点的坐标为(sin7π6,cos7π6),则α=()A.5π6B.7π6C.4π3D.5π3【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义,诱导公式,求得α的范围以及正切值,可得α的值.解:角α(0≤α<2π)终边上一点的坐标为(sin7π6,cos7π6),α为第三象限角,则tanα=cos7π6sin7π6=cot7π6=cotπ6=√3,∴α=π+π3=4π3,故选:C.【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义,诱导公式,属于基础题.4.各项均不相等的等差数列{a n}的前5项的和S5=﹣5,且a3,a4,a6成等比数列,则a7=()A.﹣14 B.﹣5 C.﹣4 D.﹣1【分析】设等差数列{a n}的公差为d,d≠0,运用等差数列的求和公式,以及等比数列的中项性质和等差数列的通项公式,化简整理,解方程可得首项和公差,即可得到所求值.解:设等差数列{a n}的公差为d,d≠0,由S5=﹣5,可得5a1+12×5×4d=﹣5,即a1+2d=﹣1,①由a3,a4,a6成等比数列,可得a42=a3a6,即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+5d),化为a1d+d2=0,由d≠0,可得a1=﹣d,②由①②解得d=﹣1,a1=1,则a7=1+(7﹣1)×(﹣1)=﹣5.故选:B.【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式,以及等比数列的中项性质,考查方程思想和运算能力,属于基础题.5.设a、b、c依次表示函数f(x)=x12−x+1,g(x)=log12x﹣x+1,h(x)=(12)x−x+1的零点,则a、b、c的大小关系为()A.a<b<c B.c<b<a C.a<c<b D.b<c<a【分析】先确定三个函数在定义域上是增函数,再利用零点存在定理,求出三个函数零点的范围,从而比较大小,即可得解.解:函数f(x)=x12−x+1,g(x)=log12x﹣x+1,h(x)=(12)x−x+1的零点,就是方程x12=x﹣1,log12x=x﹣1,(12)x=x﹣1方程的的解,在坐标系中画出函数y=x12,y=log12x,y=(12)x,与y=x﹣1的图象,如图:可得b<c<a,故选:D.【点评】本题主要考查函数零点的大小判断,解题时注意函数的零点的灵活运用,考查数形结合的应用,属于中档题.6.已知α是给定的平面,设不在α内的任意两点M和N所在的直线为l,则下列命题正确的是()A.在α内存在直线与直线l相交B.在α内存在直线与直线l异面C.在α内存在直线与直线l平行D.存在过直线l的平面与α平行【分析】采用举反例方式,逐一排除,从而可得到正确答案.解:由题可知,直线l和平面α要么相交,要么平行.当平面α与直线l平行时,在α内就不存在直线与直线l相交,则A错;当平面α与直线l相交时,在α内就不存在直线与直线l平行,则C错;当平面α与直线l相交时,过直线l的平面与平面α都会相交,则D错;不论直线l和平面α相交还是平行,都会在α内存在直线与直线l异面,则B正确.故选:B.【点评】本题主要考查了点线面位置关系,考查了学生的直观想象能力,属于基础题.7.(x2﹣x﹣2)3的展开式中,含x4的项的系数是()A.9 B.﹣9 C.3 D.﹣3【分析】根据(x2﹣x﹣2)3=(x﹣2)3•(x+1)3=(x3﹣6x2+12x﹣8)(x3+3x2+3x+1),求得含x4的项的系数.解:∵(x2﹣x﹣2)3=(x﹣2)3•(x+1)3=(x3﹣6x2+12x﹣8)(x3+3x2+3x+1),含x4的项的系数为3﹣6×3+12=﹣3,故选:D.【点评】本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题.8.如图是某一无上盖几何体的三视图,则该几何体的表面积等于()A.63πB.57πC.48πD.39π【分析】直接利用三视图,判断几何体的构成,进一步利用几何体的表面积公式求出结果.解:根据几何体的三视图:该几何体是由底面半径为3,高为4的圆柱,挖去一个底面半径为3,高为4的倒圆锥构成的几何体.所以:S=32•π+6π×4+12×6π×5=48π.故选:C.【点评】本题考查的知识要点:三视图的应用,几何体的表面积公式的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题型.9.有编号分别为1,2,3,4的4个红球和4个黑球,随机取出3个,则取出的球的编号互不相同的概率是()A.47B.37C.27D.17【分析】显然取法总数为C83,要取出的球的编号互不相同可先选编号数C43,再定颜色有C21C21C21,则有C43C21C21C21种取法,相比即可.解:从8个球中随机取出3个的取法有C83=56种;其中取出的球的编号互不相同的取法有C43C21C21C21=32种,则取出的球的编号互不相同的概率P=3256=47.故选:A.【点评】本题考查乘法原理,组合数公式与概率相结合,属于基础题.10.设双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,与圆x2+y2=a2相切的直线PF1交双曲线C于点P(P在第一象限),且|PF2|=|F1F2|,则双曲线C的离心率为()A.103B.53C.32D.54【分析】设直线PF1与圆x2+y2=a2相切于点M,取PF1的中点N,连接NF2,由切线的性质和等腰三角形的三线合一,运用中位线定理和勾股定理可得|PF1|=4b,再由双曲线的定义和a,b,c的关系及离心率公式计算即可得到结果.解:设直线PF1与圆x2+y2=a2相切于点M,则|OM|=a,取PF1的中点N,连接NF2,由于|PF2|=|F1F2|=2c,则NF2⊥PF1,|NP|=|NF1|,由|NF2|=2|OM|=2a,则|NP|=√4c2−4a2=2b,即有|PF1|=4b,由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a,即4b﹣2c=2a,即2b=a+c,即4b2=(c+a)2=4(c2﹣a2),整理得3c=5a,则e=ca=53.故选:B.【点评】本题主要考查圆的切线性质、等腰三角形的三线合一、中位线定理、勾股定理及双曲线的定义、离心率计算,属于中档题.11.已知函数f(x)=sinωx +cosωx(ω>14,x ∈R),若f (x )的任何一条对称轴与x 轴交点的横坐标都不属于区间(π2,π),则ω的取值范围是( )A .[12,54]B .[12,2]C .(14,54]D .(14,2]【分析】先利用辅助角公式,将函数f (x )化简为f(x)=sinωx +cosωx =√2sin(ωx +π4),观察选项,可以找两个特殊值ω=2和ω=13,进行试验排除.具体做法是,将ω=2和ω=13分别代入函数f (x ),求出对称轴,给k 赋值,判断对称轴是否能在区间(π2,π)即可得解.解:f(x)=sinωx +cosωx =√2sin(ωx +π4),∵f (x )的任何一条对称轴与x 轴交点的横坐标都不属于区间(π2,π),∴T2=πω≥π−π2=π2,∴ω≤2,即14<ω≤2,若ω=2,则f(x)=√2sin(2x +π4),令2x +π4=π2+kπ,k ∈Z ,得x =π8+kπ2,k ∈Z , 当k =1时,对称轴为x =5π8∈(π2,π),不符合题意,故ω≠2,排除选项B 和D ,若ω=13,则f(x)=√2sin(13x+π4),令13x+π4=π2+kπ,k∈Z,得x=3π4+3kπ,k∈Z,当k=0时,对称轴x=3π4∈(π2,π),不符合题意,故ω≠13,排除选项C.故选:A.【点评】本题考查辅助角公式和正弦函数的对称性,考查学生的逻辑推理能力、分析能力和运算能力,属于中档题.12.设函数f(x)=ln(x+k)+2,函数y=g(x)的图象与y=e1−x2+1的图象关于直线x=1对称.若实数x1,x2满足f(x1)=g(x2),且2x1﹣x2有极小值﹣2,则实数k 的值是()A.3 B.2 C.1 D.﹣1【分析】先由对称性求出g(x),然后由已知可设f(x1)=g(x2)=a,则分别表示x1=e a﹣2﹣k,x2=2ln(a﹣1),代入后结合导数及极值存在的条件可求.解:由题意可得g(x)=e x2+1.设f(x1)=g(x2)=a,则x1=e a﹣2﹣k,x2=2ln(a﹣1),∴2x1﹣x2=2e a﹣2﹣2ln(a﹣1)﹣2k,令h(a)=2e a﹣2﹣2ln(a﹣1)﹣2k,则h′(a)=2e a−2−2a−1=2(e a−2−1a−1)在(1,+∞)上单调递增且h′(2)=0,故当a>2时,h′(a)>0,h(a)单调递增,当1<a<2时,h′(a)<0,h(a)单调递减,故当a=2时,h(a)取得极小值h(2)=2﹣2k,由题意可知2﹣2k =﹣2, 故k =2. 故选:B .【点评】本题主要考查了利用导数研究函数极值存在的条件,解题的关键是利用已知表示出极值的条件. 二、填空题:13.已知|a →|=1,|b →|=2,且a →•(b →−a →)=﹣2,则向量a →与b →的夹角为2π3.【分析】根据题意,设向量a →与b →的夹角为θ,由数量积的运算性质可得a →•(b →−a →)=a →•b →−a →2=﹣2,变形解可得cos θ的值,结合θ的范围分析可得答案.解:根据题意,设向量a →与b →的夹角为θ,若a →•(b →−a →)=﹣2,则a →•(b →−a →)=a →•b →−a →2=﹣2, 即2cos θ﹣1=﹣2,解可得cos θ=−12,又由0≤θ≤π,则θ=2π3; 故答案:2π3.【点评】本题考查向量数量积的计算,注意向量数量积的计算公式,属于基础题. 14.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足2a n ﹣S n =1(n ∈N *),则a 4= 8 . 【分析】直接利用数列的递推关系式,逐步求解数列的项即可. 解:数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足2a n ﹣S n =1(n ∈N *),n =1时,2a 1﹣S 1=1.可得a 1=1,n =2时,2a 2﹣S 2=1,即2a 2﹣a 2﹣a 1=1,解得a 2=2,n =3时,2a 3﹣S 3=1,即2a 3﹣a 3﹣a 2﹣a 1=1,解得a 3=4, n =4时,2a 4﹣S 4=1,即2a 4﹣a 4﹣a 3﹣a 2﹣a 1=1,解得a 4=8,故答案为:8.【点评】本题考查数列的递推关系式的应用,数列的项的求法,是基本知识的考查. 15.焦点为F 的抛物线C :x 2=4y 的准线与坐标轴交于点A ,点P 在抛物线C 上,则|PA||PF|的最大值为 √2 .【分析】根据题意作图,结合抛物线性质可得|PA||PF|=1sin ∠PAM,则当∠PAM 最小时,则|PA||PF|最大,即当PA 和抛物线相切时,|PA||PF|最大,设P (a ,a 24),利用导数求得斜率求出a 的值即可解:由题意可得,焦点F (0,1),A (0,﹣1),准线方程为y =﹣1 过点P 作PM 垂直于准线,M 为垂足, 由抛物线的定义可得|PF |=|PM |, 则|PA||PF|=|PA||PM|=1sin ∠PAM,∠PAM 为锐角.故当∠PAM 最小时,则|PA||PF|最大,故当PA 和抛物线相切时,|PA||PF|最大可设切点P (a ,a 24),则PA 的斜率为k =14a 2−1a,而函数y =x 24的导数为y ′=x2,则有a2=14a 2−1a,解得a =±2,可得P (2,1)或(﹣2,1),则|PM |=2,|PA |=2√2, 即有sin ∠PAM =|PM||PA|=√22, 则|PA||PF|=√2,故答案为:√2【点评】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用,直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键.考查学生的计算能力,属于中档题.16.如图,在平行四边形ABCD 中,∠BAD =60°,AB =2AD =2,E 为边AB 的中点,将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE ,设M 为线段A 1C 的中点.则在△ADE 翻折过程中,给出如下结论:①当A 1不在平面ABCD 内时,MB ∥平面A 1DE ; ②存在某个位置,使得DE ⊥A 1C ; ③线段BM 的长是定值;④当三棱锥C ﹣A 1DE 体积最大时,其外接球的表面积为13π3.其中,所有正确结论的序号是 ①③④ .(请将所有正确结论的序号都填上)【分析】①取DC的中点N,连接NM、NB,可得MN∥A1D,NB∥DE,且MN、NB 和∠MNB均为定值,由平面与平面平行的判定可得面MNB∥面A1DE,则MB∥面A1DE;②用反证法,假设存在某个位置,使DE⊥A1C,在△CDE中,由勾股定理易知,CE⊥DE,再由线面垂直的判定定理可知,DE⊥面A1CE,所以DE⊥A1E,与已知相矛盾;③由①可知MN,NB,∠MNB,在△MNB中,由余弦定理可知,MB2=MN2+NB2﹣2MN•NB cos∠MNB,计算得线段BM的长是定值;④当三棱锥C﹣A1DE体积最大时,平面A1DE⊥平面CDE,又CE⊥DE,得CE⊥平面A1DE,设三棱锥C﹣A1DE的外接球的球心为O,由勾股定理求外接球的半径OE,.代入球的表面积公式可得外接球的表面积为13π3解:如图,∵AB=2AD=2,E为边AB的中点,∠BAD=60°,∴△ADE(A1DE)为等边三角形,则DE=1.①取DC的中点N,连接NM、NB,则MN∥A1D,且MN=1=A1D=12;2NB∥DE,且NB=DE=1,∵MN⊄平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,则MN∥平面A1DE,同理NB∥平面A1DE,又NM∩NB=N,∴平面NMB∥平面A1DE,则MB∥平面A1DE,故①正确;②假设存在某个位置,使DE⊥A1C.∵DE=1,可得CE=√3,∴CE2+DE2=CD2,即CE⊥DE,∵A1C∩CE=C,∴DE⊥面A1CE,∵A1E⊂面A1CE,∴DE⊥A1E,与已知∠DA1E=60°矛盾,故②错误;,NB=1.③由①知,∠MNB=∠A1DE=60°,MN=12由余弦定理得,MB2=MN2+NB2﹣2MN•NB cos∠MNB=1+1−2×12×1×12=34,4,故③正确;∴BM的长为定值√32当三棱锥C﹣A1DE体积最大时,平面A1DE⊥平面CDE,又CE⊥DE,∴CE⊥平面A1DE,设三棱锥C﹣A1DE的外接球的球心为O,则外接球的半径OE=(3)2+(32)2=√1312,3∴外接球的表面积S=4π×(√13)2=13π3,故④正确.12∴正确命题的序号是①③④.故答案为:①③④.【点评】本题考查空间中线面的位置关系,理清翻折前后不变的数量关系和位置关系,以及熟练运用线面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题的关键,考查学生的空间立体感和逻辑推理能力,属于中档题.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:17.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a cos B=(4c﹣b)cos A.(Ⅰ)求cos A的值;(Ⅱ)若b=4,点M在线段BC上,且AB→+AC→=2AM→,|AM→|=√6,求△ABC的面积.【分析】(Ⅰ)由正弦定理,两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sin C=4sin C cos A,结合在△ABC中,sin C≠0,可求cos A的值.(Ⅱ)解法一:由AB→+AC→=2AM→,两边平方,利用余弦定理可解得c的值,利用同角三角函数基本关系式可求sin A的值,进而根据三角形的面积公式即可求解;解法二:延长BA到N,使AB=AN,连接CN,由AB→+AC→=2AM→,M点为BC线段,利用余弦定理中点,|AM→|=√6,可求CN=2√6,cos∠CAN=cos(π−∠A)=−14可求c的值,进而根据三角形的面积公式即可求解.解:(Ⅰ)因为a cos B=(4c﹣b)cos A,由正弦定理得:sin A cos B=(4sin C﹣sin B)cos A,即sin A cos B+sin B cos A=4sin C cos A,可得sin C=4sin C cos A,在△ABC中,sin C≠0,.所以cosA=14(Ⅱ)解法一:∵AB→+AC→=2AM→,两边平方得:AB→2+2AB→⋅AC→+AC→2=4AM→2,,由b=4,|AM→|=√6,cosA=14可得:c2+2c⋅4⋅1+16=4×6,解得c=2或c=﹣4(舍).4,又sinA=√1−cos2A=√154所以△ABC的面积S=12×4×2×√154=√15.解法二:延长BA到N,使AB=AN,连接CN,∵AB→+AC→=2AM→,M点为BC线段中点,|AM→|=√6,∴CN=2√6,又∵b=4,cosA=14,cos∠CAN=cos(π−∠A)=−14,∴CN2=AC2+AN2﹣2AC•AN•cos∠CAN,即24=16+c2−2c⋅4⋅(−14),解得:c=2或c=﹣4(舍),又sinA=√1−cos2A=√154,∴△ABC的面积S=12×4×2×√154=√15.【点评】本题主要考查了正弦定理,两角和的正弦函数公式,余弦定理,同角三角函数基本关系式,三角形的面积公式以及平面向量的运算在解三角形中的综合应用,考查了数形结合思想和转化思想,属于中档题.18.某公司为提高市场销售业绩,促进某产品的销售,随机调查了该产品的月销售单价x (单位:元/件)及相应月销量y(单位:万件),对近5个月的月销售单价x i和月销售量y i(i=1,2,3,4,5)的数据进行了统计,得到如表数据:月销售单价x i(元/件)99.51010.511月销售量y i (万件) 11 10 8 6 5(Ⅰ)建立y 关于x 的回归直线方程;(Ⅱ)该公司开展促销活动,当该产品月销售单价为7元/件时,其月销售量达到18万件,若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过0.5万件,则认为所得到的回归直线方程是理想的,试问:(Ⅰ)中得到的回归直线方程是否理想?(Ⅲ)根据(Ⅰ)的结果,若该产品成本是5元/件,月销售单价x 为何值时(销售单价不超过11元/件),公司月利润的预计值最大?参考公式:回归直线方程y ̂=b ̂x +a,其中b ̂=∑ n i=1x i y i −nxy ∑ ni=1x i2−nx2,a ̂=y =b ̂x . 参考数据:∑ 5i=1x i y i =392,∑ 5i=1x i 2=502.5.【分析】(Ⅰ)求出样本中心,求出回归直线方程的斜率,然后求解y 关于x 的回归直线方程;(Ⅱ)利用过后直线方程,求出当该产品月销售单价为7元/件时,求出预测数据,通过判断由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值说法超过0.5万件,则认为所得到的回归直线方程是理想的,说明(Ⅰ)中得到的回归直线方程是否理想.(Ⅲ)设销售利润为M ,则M =(x ﹣5)(﹣3.2x +40)(5<x ≤11)M =﹣3.2x 2+56x ﹣200,求解x =8.75时,M 取最大值,得到结果.解:(Ⅰ)因为x =15(11+10.5+10+9.5+9)=10,y =15(5+6+8+10+11)=8. 所以b ̂=392−5×10×8502.5−5×102=−3.2,所以a ̂=8−(−3.2)×10=40,所以y 关于x 的回归直线方程为:y ̂=−3.2x +40. (Ⅱ)当x =7时,y ̂=−3.2×7+40=17.6,则|17.6﹣18|=0.4<0.5,所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的.(Ⅲ)设销售利润为M,则M=(x﹣5)(﹣3.2x+40)(5<x≤11)M=﹣3.2x2+56x ﹣200,所以x=8.75时,M取最大值,所以该产品单价定为8.75元时,公司才能获得最大利润.【点评】本题考查回归直线方程的求法与应用,考查转化思想以及计算能力,是基本知识的考查.19.如图,已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2,∠B1BA=π3.(Ⅰ)证明:B1C⊥AC1;(Ⅱ)若平面ABB1A1⊥平面ABC,M为A1C1的中点,求B1C与平面AB1M所成角的正弦值.【分析】(Ⅰ)取AB中点D,连接B1D,CD,BC1.证明B1C⊥BC1.B1D⊥AB,CD⊥AB.得到AB⊥平面B1CD.推出AB⊥B1C.即可证明B1C⊥平面ABC1,得到B1C⊥AC1.(Ⅱ)说明DB,DB1,DC两两垂直,以D为原点,DB为x轴,DC为y轴,DB1为z轴,建立空间直角坐标系.求出平面AB1M的法向量,利用空间向量的数量积求解B1C与平面AB1M所成的角的正弦值即可.【解答】证明:(Ⅰ)取AB中点D,连接B1D,CD,BC1.∵三棱柱的所有棱长均为2,∠B1BA=π3,∴△ABC 和△ABB 1是边长为2的等边三角形,且B 1C ⊥BC 1. ∴B 1D ⊥AB ,CD ⊥AB .∵B 1D ,CD ⊂平面B 1CD ,B 1D ∩CD =D ,∴AB ⊥平面B 1CD . ∵B 1C ⊂平面B 1CD ,∴AB ⊥B 1C .∵AB ,BC 1⊂平面ABC 1,AB ∩BC 1=B ,∴B 1C ⊥平面ABC 1, ∴B 1C ⊥AC 1.(Ⅱ)∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ,且交线为AB , 由(Ⅰ)知B 1D ⊥AB ,∴B 1D ⊥平面ABC .则DB ,DB 1,DC 两两垂直,则以D 为原点,DB 为x 轴,DC 为y 轴,DB 1为z 轴, 建立空间直角坐标系.则D (0,0,0),A (﹣1,0,0),B 1(0,0,√3),C(0,√3,0),C 1(−1,√3,√3),A 1(−2,0,√3)∵M 为A 1C 1的中点,∴M(−32,√32,√3),∴B 1C →=(0,√3,−√3),AB 1→=(1,0,√3),AM →=(−12,√32,√3),设平面AB 1M 的法向量为n →=(x ,y ,z),则{AB 1→⋅n →=x +√3z =0AM →⋅n →=−12x +√32y +√3z =0,取z =1,得n →=(−√3,−3,1). 设B 1C 与平面AB 1M 所成的角为α,则sinα=|B 1C →⋅n →||B 1C →|⋅|n →|=4√3√6⋅√13=2√2613.∴B 1C 与平面AB 1M 所成角的正弦值为2√2613.【点评】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法,直线与平面垂直的判断定理的应用,考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力,是中档题. 20.已知函数f (x )=(a +2)x 2+ax ﹣lnx (a ∈一、选择题). (Ⅰ)当a =0时,求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程;(Ⅱ)设g (x )=x 2−23x 3,若∀x 1∈(0,1],∃x 2∈[0,1],使得f (x 1)≥g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.【分析】(Ⅰ)当a =0时,求出f ′(x)=4x −1x,求出切线的斜率以及切点坐标,然后求解切线方程.(Ⅱ)问题等价于∀x 1∈(0,1],∃x 2∈[0,1],f (x 1)min ≥g (x 2)min .求出g '(x )=2x ﹣2x 2,利用导函数的符号判断函数的单调性,求解函数的最小值,同理求解f (x )min ,利用转化不等式,构造函数,转化求解即可.解:(Ⅰ)当a =0时,f (x )=2x 2﹣lnx ,f ′(x)=4x −1x,则f (1)=2,f '(1)=3,故曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为3x ﹣y ﹣1=0.(Ⅱ)问题等价于∀x 1∈(0,1],∃x 2∈[0,1],f (x 1)min ≥g (x 2)min . 由g(x)=x 2−23x 3得g '(x )=2x ﹣2x 2,由g '(x )=2x ﹣2x 2≥0得0≤x ≤1,所以在[0,1]上,g(x)是增函数,故g(x)min=g(0)=0.f(x)定义域为(0,+∞),而f′(x)=2(a+2)x+a−1x =2(a+2)x2+a−1xx=(2x_1)[(a+2)x−1]x.当a≤﹣2时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,1]上是减函数,所以f(x)min=f(1)=2(a+1)≥0⇒a≥﹣1,不成立;当a>﹣2时,由f'(x)<0,得0<x<1a+2;由f'(x)>0,得x>1a+2,所以f(x)在(0,1a+2)单调递减,在(1a+2,+∞)单调递减.若1a+2>1,即﹣2<a<﹣1时,f(x)在(0,1]是减函数,所以f(x)min=f(1)=2(a+1)≥0⇒a≥﹣1,不成立;若0<1a+2≤1,即a≥﹣1时,f(x)在x=1a+2处取得最小值,f(x)min=f(1a+2)=1+ ln(a+2)−1a+2,令h(a)=1+ln(a+2)−1a+2(a≥−1),则h′(a)=1a+2+1(a+2)2=a+3(a+2)2>0在[﹣1,+∞)上恒成立,所以h(a)在[﹣1,+∞)是增函数且h(a)min=h(﹣1)=0,此时f(x)min=f(1a+2)≥0成立,满足条件.综上所述,a≥﹣1.【点评】本题考查函数的导数的应用,切线方程以及函数的单调性,函数的最值的求法,转化思想的应用,是难题.21.点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和它到直线x=4的距离的比是常数12.(Ⅰ)求点M 的轨迹C 的方程;(Ⅱ)过坐标原点O 的直线交轨迹C 于A ,B 两点,轨迹C 上异于A ,B 的点P 满足直线AP 的斜率为−32. (ⅰ)求直线BP 的斜率; (ⅱ)求△ABP 面积的最大值.【分析】(Ⅰ)利用点M (x ,y )与定点F (1,0)的距离和它到直线x =4的距离的比是常数12,列出方程化简求解即可.(Ⅱ)(ⅰ)设点A (x 1,y 1),则点B (﹣x 1,﹣y 1),满足x 124+y 123=1,设点P (x 2,y 2),满足x 224+y 223=1,利用平方差法求解AP 的斜率,BP 的斜率即可.(ⅱ)说明S △ABP =2S △OAP ,设直线AP :y =−32x +m ,代入曲线C :x 24+y 23=1化简得:3x 2﹣3mx +m 2﹣3=0,设A (x 1,y 1),P (x 2,y 2),利用韦达定理、弦长公式以及点到直线的距离公式,转化求解三角形面积的表达式,然后求解最值即可. 解:(Ⅰ)由已知得√(x−1)2+y 2|x−4|=12,两边平方并化简得3x 2+4y 2=12,即点M 的轨迹C 的方程为:x 24+y 23=1.(Ⅱ)(ⅰ)设点A (x 1,y 1),则点B (﹣x 1,﹣y 1),满足x 124+y 123=1,①设点P (x 2,y 2),满足x 224+y 223=1,②由①﹣②得:(x 1−x 2)(x 1+x 2)4+(y 1−y 2)(y 1+y 2)3=0,∵k AP =y 1−y 2x 1−x 2−=−32,k BP =y 1+y2x 1+x 2,∴k BP =y 1+y2x 1+x 2=12.(ⅱ)∵A,B关于原点对称,∴S△ABP=2S△OAP,设直线AP:y=−32x+m,代入曲线C:x24+y23=1化简得:3x2﹣3mx+m2﹣3=0,设A(x1,y1),P(x2,y2),由△>0得:m2<12,x1+x2=m,x1x2=m2−33,|AP|=√1+94|x1−x2|=√1+94√(x1+x2)2−4x1x2=√1+94√4−m 23,点O到直线AP的距离d=√1+94,∴S△ABP =2S△OAP=2×12×|AP|⋅d=|m|√4−m23=√4m2−m43,∴S△ABP =√−m43+4m2=√−13(m2−6)2+12,当m2=6时,∴S△ABP取到最大值2√3.【点评】本题考查椭圆方程的求法,直线与椭圆的位置关系的综合应用,平方差法以及距离公式的应用,三角形面积的最值的求法,是中档题.(二)选考题:[选修4-4:坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为{x=1+cosφy=sinφ(φ为参数),将曲线C1向左平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度得到曲线C2.以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴,建立极坐标系.(Ⅰ)求曲线C1、C2的极坐标方程;(Ⅱ)射线OM:θ=α(ρ≥0)分别与曲线C1、C2交于点A,B(A,B均异于坐标原点O),若|AB|=√2,求α的值.【分析】(Ⅰ)直接利用转换关系,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.(Ⅱ)利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换,及正弦型函数的性质的应用求出结果.解:(Ⅰ)由题意:{x =1+cosφy =sinφ⇒{x −1=cosφy =sinφ⇒(x −1)2+y 2=1.∵ρ2=x 2+y 2,x =ρcos θ,y =ρsin θ, ∴曲线C 1的极坐标方程为ρ=2cos θ. 因曲线C 1是圆心为(1,0),半径为1的圆, 故曲线C 2的直角坐标方程为x 2+(y ﹣1)2=1. ∴曲线C 2的极坐标方程为ρ=2sin θ. (Ⅱ)设A (ρ1,α),B (ρ2,α),则|AB|=|ρ1−ρ2|=2|sinα−cosα|=2√2|sin(α−π4)|=√2. 所以sin(α−π4)=±12,因为2kπ<α<2kπ+π2,所以α−π4=2kπ±π6(k ∈Z).所以α=2kπ+π12(k ∈Z)或α=2kπ+5π12(k ∈Z).【点评】本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,极径的应用,三角函数关系式的恒等变换,正弦型函数的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型. [选修4-5:不等式选讲]23.已知函数f (x )=|x ﹣a |+|x +b |(a >0,b >0). (Ⅰ)当a =b =1时,解不等式f (x )<x +2; (Ⅱ)若f (x )的值域为[2,+∞),证明:1a+1+1b+1+1ab≥2.【分析】(Ⅰ)由绝对值的定义分段脱绝对值求解.(Ⅱ)由绝对值不等式求函数f (x )的值域可确定a +b =2,再配凑均值不等式的形式,两次用均值不等式即可证明.解:(Ⅰ)当a=b=1时,不等式为|x﹣1|+|x+1|<x+2,当x<﹣1时,不等式化为−2x<x+2⇒x>−23,此时不等式无解;当﹣1≤x<1时,不等式化为2<x+2⇒x>0,故0<x<1;当x≥1时,不等式化为2x<x+2⇒x<2,故1≤x<2.综上可知,不等式的解集为{x|0<x<2}.(Ⅱ)f(x)=|x﹣a|+|x+b|≥|a+b|,当且仅当x﹣a与x+b同号时,f(x)取得最小值|a+b|,∵f(x)的值域为[2,+∞),且a>0,b>0,故a+b=2.故1a+1+1b+1+1ab=14(1a+1+1b+1)[(a+1)+(b+1)]+1ab=14(2+b+1a+1+a+1 b+1)+1ab≥14(2+2√b+1a+1⋅a+1b+1)+(2a+b)2=1+1=2(当且仅当a=b=1时取等号).【点评】本题考查绝对值不等式的解法,利用基本不等式证明不等式,属于中低档题.。

2020年高考理科数学及答案解析(全国Ⅲ卷)

2020年高考理科数学及答案解析(全国Ⅲ卷)

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(含答案解析)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

回答非选择题时,将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题:本题共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.已知集合2{1,0,1,2}{|1}A B x x =-=≤,,则A B = A .{}1,0,1-B .{}0,1C .{}1,1-D .{}0,1,2【答案】A 【难度】容易 【点评】本题考查集合之间的运算关系,即包含关系.在高一数学强化提高班上学期课程讲座1,第一章《集合》中有详细讲解,其中第02节中有完全相同类型题目的计算.在高考精品班数学(理)强化提高班中有对集合相关知识的总结讲解. 2.若(1i)2i z +=,则z = A .1i -- B .1+i -C .1i -D .1+i【答案】D 【难度】容易【点评】本题考查复数的计算。

在高二数学(理)强化提高班下学期,第四章《复数》中有详细讲解,其中第02节中有完全相同类型题目的计算。

在高考精品班数学(理)强化提高班中有对复数相关知识的总结讲解。

3.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝,并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况,随机调查了100位学生,其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位,阅读过《红楼梦》的学生共有80位,阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位,则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为A .0.5B .0.6C .0.7D .0.8【答案】C 【难度】容易【点评】本题在高考数学(理)提高班讲座 第十四章《概率》中有详细讲解,在寒假特训班、百日冲刺班中均有涉及。

2020年全国普通高等学校招生统一考试理科数学试卷 全国III卷(含答案)

2020年全国普通高等学校招生统一考试理科数学试卷 全国III卷(含答案)

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、选择题:本题共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.已知集合A=(){}*,,,x y x y N y x ∈≥,B=(){},8x y x y +=,则A B 中元素个数为A. 2B. 3C. 4D. 6解:有下列(1,7)(2,6)(3,8)(4,4)2.复数113i -的虚部是 A. 310- B. 110- C. 110D. 310解:1131313101010i z i i +===+-3.在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为1p ,2p ,3p ,4p ,且411i i p ==∑,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是 A. 14230.1,0.4p p p p ==== B .14230.4,0.1p p p p ==== C .14230.2,0.3p p p p ==== D .14230.3,0.2p p p p ==== 解:B4. Logistic 模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域,有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数()t I (t 的单位:天)的Logistic 模型:()()0.23531--=+t K I t e,其中K 为的最大确诊病例数.当()0.95I t K *=时,标志着已初步遏制疫情,则t *约为(ln19≈3)A.60B.63C.66D.69()()()()()0.23530.23530.2353-10.951100511====1995951930010.2353=3,53132323153136623解:则,则------==++--===+≈t t t KI t Kee e t t t5. 设O 为坐标原点,直线2x =与抛物线2:2(0)=>C y px p 交于D ,E 两点,若OD OE ⊥,则C 的焦点坐标为A. (14,0)B. (12,0)C. (1,0)D. (2,0)1212222122212124y y 0又由点在曲线2上y =4,y =4(y y )16,y y 44,1OD OEOD OE y px p p P p p →→⊥•=+====-=-=6. 已知向量a,b 满足5a =,6b =,·6a b =-,则cos(,)a a b += A. 3135-B. 1935-C. 1735D. 1935222解:()=++2253612497()19cos(,)5735a b a b a b a b a a b a a a ba ab a a b+•=+-=+=•+•+•+===⨯+7. 在△ABC 中,2cos =3C ,4AC =,3BC =,则cos B =A. 19B. 13C. 12D. 23222222222解:由余弦定理得:AB =AC +BC -2AC BC cos 216924393AB 3由余弦定理得:AB AC3341cosB=23392AB BCC BC=+-⨯⨯⨯==+-+-==⨯⨯8. 右图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是 A. 6+42 B. 442+ C. 623+ D. 423+表面积122221222sin 602323S VAB S VAC S ABC S VBC S ∆∆∆∆===⨯⨯==⨯⨯⨯= 9.已知2tan tan()74πθθ-+=,则tan θ=A. -2B. -1C. 1D. 222221tan 解:原式=2tan 71tan 则2tan -2tan -1-tan 77tan 则2tan -8tan +8=0则tan -4tan +4=(tan 2)0则tan 2θθθθθθθθθθθθθ+-=-=--==10.若直线l 与曲线y x =2215x y +=都相切,则l 的方程为 A. 21y x =+ B. 122y x =+ C. 112y x =+ D. 1122y x =+设00000000000设的切点P(x ,x )(x 0)111,,则切线方程为:y-x (x )222化为:-2x 0x 1又与圆相切则:d=x 114x 511直线方程为:y=22y x y k x 解:xx x x x y x =>'===-+==⇒=+∴+11. 设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F , 2F ,离心率为5. P 是C 上一点,且12F P F P ⊥.若△12PF F 的面积为4,则a=A .1B .2C .4D .82222121212121222212121212222222222解:,则+=(2c)414,82又-=2a,-24164,4又5,54,1,1PF PF PF PF cS PF F PF PF PF PFPF PF PF PF PF PF PF PFc a c ace c a a a a aa∆⊥=====+-=-=-===⇒=-===12. 已知5458<,45138<,设5a log3=,8b=log5,13c log8=,则A. a b c<<B. b a c<<C. b c a<<D. c a b<<5445544588131381381325822222解;58,138,则log5log8,log13log8445log54,45log8;log5,log8,则55lg3lg5lg3lg8lg5log3log5lg5lg8lg5lg8lg3lg8lg24lg252lg5lg30,lg80,lg3lg8()()()()lg52222c ba b<<<<<<<>>•--=-=-=•+>>•<=<== 0,a b a b-<<二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

陕西省榆林市2020届高考数学第三次模拟测试试题理【含答案】

陕西省榆林市2020届高考数学第三次模拟测试试题理【含答案】

陕西省榆林市2020届高考数学第三次模拟测试试题理本试卷共23题,共150分,共4页。

考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整,笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁,不要折叠、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正液、刮纸刀。

一、选择题:本题共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.设集合A={x|3x-1<m},若1∈A且2A,则实数m的取值范围是(A)2<m<5 (B)2≤m<5(C)2<m≤5(D)2≤m≤52.下面关于复数z=-1+i(其中i为虚数单位)的结论正确的是z(A)z对应的点在第一象限 (B)|z|<|z+1| (C)z的虛部为i (D)z+<03.如图,给出了样本容量均为7的A、B两组样本数据的散点图,已知A组样本数据的相关系数为r1,B组数据的相关系数为r2,则(A)r1=r2 (B)r1<r2 (C)r1>r2 (D)无法判定4.已知数列{a n}为等差数列,且a3=4,a5=8,则该数列的前10项之和S10=(A)80 (B)90 (C)100 (D)1105.已知m、n是两条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面,下列命题中,是真命题的是(A)若m//α,m//β,则α//β (B)若m//α,n//α,则m//n(C)若m⊥α,n⊥α,则m//n (D)若α⊥γ,α⊥β,则γ//β6.设x 1、x 2、x 3均为实数,且=lnx 1,=ln(x 2+1),=lgx 3,则1x e -2x e -3x e -(A)x 1<x 2<x 3 (B)x 1<x 3<x 2 (C)x 2<x 3<x 1 (D)x 2<x 1<x 37.已知向量与的夹角为120°,且||=3,||=2,若=λ+,AB AC AB AC AP AB AC 且⊥,则实数λ的值为AP BC A. B. C. D.71251216348.瑞士数学家欧拉(LeonharEuler)1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出:任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上,后人称这条直线为欧拉线。

2020年全国3卷高考理科数学仿真试卷(三)答案

2020年全国3卷高考理科数学仿真试卷(三)答案

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科数学(三)答案第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分一、选择题:本大题共12小题,每小题5分1.D 2.A 3.B 4.C 5.B 6.C 7.C8.C9.A10.B11.D12.D第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

第(13)~(21)题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第(22)~(23)题为选考题,考生根据要求作答。

二、填空题:本大题共4小题,每小题5分。

13.214.2015.32016.9π三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.【答案】(1)2n a n =;(2)()1654209n nn S +-+=.【解析】(1)由题意得22228t t t t t -++==,所以2t =±,···········2分2t =时,12a =,公差2d =,所以2n a n =;···········4分2t =-时,16a =,公差2d =-,所以82n a n =-.···········6分(2)若数列{}n a 为递增数列,则2n a n =,所以2log 2n b n =,4n n b =,()()1214nn n a b n -=-⋅,···········8分所以()()231143454234214n nn S n n -=⋅+⋅+⋅++-⋅+-⋅ ,·········9分()()23414143454234214n n n S n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅+-⋅ ,所以()23134242424214n n n S n +-=+⋅+⋅++⋅--⋅ ()()211414422143n n n -+-=+⨯---()1206543n n +---=,···········10分所以()1654209n nn S +-+=.···········12分18.【答案】(1)见解析;(2)4.【解析】(1)随机变量X 的可取值为0,1,2,3,4···········1分 (2) (3)分 (4) (5)分···········6分故随机变量X 的分布列为:X 01234P1708351835835170···········7分(2)随机变量X 服从超几何分布:()4428E x ⨯∴==,···········9分()1422E Y ∴=⨯=.···········11分()()224E X E Y ∴+=+=.···········12分19.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)在半圆柱中,1BB ⊥平面11PA B ,所以1BB PA ⊥.···········2分因为11A B 是上底面对应圆的直径,所以11PA PB ⊥.···········4分因为111PB BB B = ,1PB ⊂平面1PBB ,11BB PBB ⊂,所以1PA ⊥平面1PBB .···········5分(2)以C 为坐标原点,以CA ,CB 为,y 轴,过C 作与平面ABC 垂直的直线为轴,建立空间直角坐标系C xyz -.如图所示,设1CB =,则()1,0,0B ,()0,1,0A,(1A,(1B,(P .···6分平面11PA B 的一个法向量()10,0,1=n .···········8分设平面11CA B 的一个法向量()2,,x y z =n ,则1z =···········10分···········11分由图可知二面角11P A B C --为钝角,所以所求二面角的余弦值为.···········12分20.【答案】(1)2214y x +=;(2)答案见解析.【解析】(1)取(0,F ',连结PF ',设动圆的圆心为M ,∵两圆相内切,∴122OM FP =-,又12OM PF =',∴4PF PF FF +=>='',···········3分∴点P 的轨迹是以F ,F '为焦点的椭圆,其中24a =,2c =,∴2a =,c =,∴2221b a c =-=,∴C 的轨迹方程为2214y x +=.···········5分(2)当AB x ⊥轴时,有12x x =,12y y =-,由⊥m n ,得112y x =,又221114y x +=,∴122x =,1y =,∴111121222AOB S x y ∆=⨯⨯=⨯=.···········7分当AB 与轴不垂直时,设直线AB 的方程为y kx m =+,()2224240k x kmx m +++-=,则12224kmx x k -+=+,212244m x x k -=+,···········9分由0⋅=m n ,得121240y y x x +=,∴()()121240kx m kx m x x +++=,整理得()()22121240k x x km x x m ++++=,···········10分∴2224m k =+,1221==,综上所述,AOB △的面积为定值.···········12分21.【答案】(1)见解析;(2)当1m <时,()g x 没有零点;1m =时,()g x 有一个零点;1m >时,()g x 有两个零点.【解析】(1)1m =时,()1e ln x f x x x -=-,()1'e ln 1x f x x -=--,········1分要证()f x 在()0+∞,上单调递增,只要证:()0f x '≥对0x >恒成立,令()1e x i x x -=-,则()1e 1x i x -'=-,当1x >时,()0i x '>,···········2分当1x <时,()0i x '<,故()i x 在()1-∞,上单调递减,在()1+∞,上单调递增,所以()()10i x i =≥,···········3分即1e x x -≥(当且仅当1x =时等号成立),令()()1ln 0j x x x x =-->当01x <<时,()'0j x <,当1x >时,()'0j x >,故()j x 在()0,1上单调递减,在()1+∞,上单调递增,所以()()10j x j =≥,即ln 1x x +≥(当且仅当1x =时取等号),()1e ln 1x f x x -'=--()ln 10x x -+≥≥(当且仅当1x =时等号成立),()f x 在()0+∞,上单调递增.···········5分(2)由()e ln x m g x x m -=--有,显然()g x '是增函数,令()00g x '=,00e e x m x =,00ln m x x =+,则(]00,x x ∈时,()0g x '≤,[)0,x x ∈+∞时,()0g x '≥,∴()g x 在(]00,x 上是减函数,在[)0,x +∞上是增函数,∴()g x ···········7分①当1m =时,01x =,()()=10g x g =极小值,()g x 有一个零点1;···········8分②当1m <时,001x <<02ln 0x <,001x <<,所以()0g x >0,()g x 没有零点;···········9分③当1m >时,01x >,()01010g x <--=,又()eee e e 0mmm mmg m m -----=+-=>,又对于函数e 1x y x =--,'e 10x y =-≥时0x ≥,∴当0x >时,1010y >--=,即e 1x x >+,∴()23e ln3m g m m m =-->21ln3m m m +--=1ln ln3m m +--,令()1ln ln3t m m m =+--,则()11'1m t m m m-=-=,∵1m >,∴()'0t m >,∴()()12ln30t m t >=->,∴()30g m >,又0e 1m x -<<,000333ln m x x x =+>,∴()g x 有两个零点,综上,当1m <时,()g x 没有零点;1m =时,()g x 有一个零点;1m >时,()g x 有两个零点.···········12分请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。

2020年高考理科数学全国3卷(word版,含答案)

2020年高考理科数学全国3卷(word版,含答案)

1.【ID:4002701】已知集合,,则中元素的个数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解:集合,,.中元素的个数为.故选:C.2.【ID:4002702】复数的虚部是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解:,复数的虚部是.故选:D.3.【ID:4002703】在一组样本数据中,,,,出现的频率分别为,,,,且,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是()A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】B【解析】解:选项A:,所以;同理选项B:,;选项C:,;选项D:,;故选:B.4.【ID:4002704】模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数(的单位:天)的模型:,其中为最大确诊病例数.当时,标志着已初步遏制疫情,则约为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解:由已知可得,解得,两边取对数有,解得,故选:C.5.【ID:4002705】设为坐标原点,直线与抛物线:交于,两点,若,则的焦点坐标为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解:将代入抛物线,可得,,可得,即,解得,所以抛物线方程为:,它的焦点坐标.故选:B.6.【ID:4002706】已知向量,满足,,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解:向量,满足,,,可得,.故选:D.7.【ID:4002707】在中,,,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解:在中,,,,由余弦定理可得;故;,故选:A.8.【ID:4002708】右图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是()A.B.C.D.【答案】C【解析】解:由三视图可知几何体的直观图如图:几何体是正方体的一个角,,、、两两垂直,故,几何体的表面积为:,故选:C.9.【ID:4002709】已知,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解:由,得,即,得,即,即,则,故选:D.10.【ID:4002710】若直线与曲线和圆都相切,则的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】解:直线与圆相切,那么直线到圆心的距离等于半径,四个选项中,只有A,D满足题意;对于A选项:与联立可得:,此时:无解;对于D选项:与联立可得:,此时解得;直线与曲线和圆都相切,方程为,故选:D.11.【ID:4002711】设双曲线:的左、右焦点分别为,,离心率为,是上一点,且,若的面积为,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解:由题意,设,,可得,,,,可得,可得,解得.故选:A.12.【ID:4002712】已知,.设,,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解:,;,,,;,,,,综上,.故选:A.13.【ID:4002713】若,满足约束条件,则的最大值为________.【答案】7【解析】解:先根据约束条件画出可行域,由解得,如图,当直线过点时,目标函数在轴上的截距取得最大值时,此时取得最大值,即当,时,.故答案为:.14.【ID:4002714】的展开式中常数项是________(用数字作答).【答案】24015.【ID:4002715】已知圆锥的底面半径为,母线长为,则该圆锥内半径最大的球的体积为________.【答案】【解析】解:因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球,如图,圆锥母线,底面半径,则其高,不妨设该内切球与母线切于点,令,由,则,即,解得,,故答案为:.16.【ID:4002716】关于函数有如下四个命题:①的图象关于轴对称.②的图象关于原点对称.③的图象关于直线对称.④的最小值为.其中所有真命题的序号是________.【答案】②③【解析】解:对于①,由可得函数的定义域为,故定义域关于原点对称,由;所以该函数为奇函数,关于原点对称,所以①错②对;对于③,由,所以该函数关于对称,③对;对于④,令,则,由双勾函数的性质,可知,,所以无最小值,④错;故答案为:②③.17. 设数列满足,.(1)【ID:4002717】计算,,猜想的通项公式并加以证明.【答案】见解析【解析】解:,,,,由此可猜测的通项公式为.证明:当时,左边,右边,等式成立.假设当时等式成立,即,则当时,,等式成立.综上所述,对都成立.(2)【ID:4002718】求数列的前项和.【答案】,【解析】解:由得,,,①,②,得:,综上,数列的前项和,.18. 某学生兴趣小组随机调查了某市天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次,整理数据得到下表(单位:天):(1)【ID:4002719】分别估计该市一天的空气质量等级为,,,的概率.【答案】见解析【解析】解:设表示事件“该市一天的空气质量等级”.由表格数据得:;;;.(2)【ID:4002720】求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).【答案】【解析】由题意得:一天中到该公园锻炼的平均人次的估值一天中到该公园锻炼的平均人次的估值为.(3)【ID:4002721】若某天的空气质量等级为或,则称这天“空气质量好”;若某天的空气质量等级为或.则称这天“空气质量不好”,根据所给数据,完成下面的列联表.并根据列联表,判断是否有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?附:,【答案】见解析【解析】由题意得:(空气质量好,人数);(空气质量好,人数);(空气质量不好,人数);(空气质量不好,人数);,可以有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.19. 如图,在长方体中,点,分别在棱,上,且,.(1)【ID:4002722】证明:点在平面内.【答案】见解析【解析】解:连接,;取的三等分点,,且,四边形为平行四边形,,又长方体性质易得:,,,,,在同一平面内,在平面内.(2)【ID:4002723】若,,,求二面角的正弦值.【答案】【解析】解:以为坐标原点,方向为轴,方向为轴,方向为轴,在长方体内建立空间直角坐标系,易得:,,,,,,,,设平面的法向量,则,,令,则可以为,设平面的法向量,,,令,则可以为,,二面角的正弦值为.20. 已知椭圆:的离心率为,,分别为的左、右顶点.(1)【ID:4002724】求的方程.【答案】【解析】,,,,即,的方程为.(2)【ID:4002725】若点在上,点在直线上,且,,求的面积.【答案】【解析】设,,,则,,①,又,②,由①,,代入②式:,,,不妨设,代入①:,时,;时,;,或,,①,,,:,即,且,,.②,,,:,即,且,,,综上所述,.方法:由,设,点,根据对称性,只需考虑的情况,此时,,,有①,又,②,又③,联立①②③得或,当时,,,,同理可得当时,,综上,的面积是.21. 设函数,曲线在点处的切线与轴垂直.(1)【ID:4002726】求.【答案】【解析】解:,,.(2)【ID:4002727】若有一个绝对值不大于的零点,证明:所有零点的绝对值都不大于.【答案】见解析【解析】,,令,,,,,,,时,,,,,,,若,,则,则,,,,所有零点都在上.解法:设为的一个零点,根据题意,,且,则,由,令,,当时,,当时,可知在,上单调递减,在上单调递增.又,,,,.设为的零点,则必有,即,,得,即.所有零点的绝对值都不大于.22. 在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数且),与坐标轴交于,两点.(1)【ID:4002728】求.【答案】【解析】解:与坐标轴交于,,则令或,即或,则或(舍)或或(舍),,,,,,,则,坐标为,,.(2)【ID:4002729】以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,求直线的极坐标方程.【答案】【解析】:,即,由,,则直线极坐标方程为:.23. 设,,,,.(1)【ID:4002730】证明:.【答案】见解析【解析】解:,且,,.(2)【ID:4002731】用表示,,的最大值,证明:.【答案】见解析【解析】不妨设为最大值,,则由,,,,,即.。

2020年高考数学全国卷3-高考理科数学试题参考答案

2020年高考数学全国卷3-高考理科数学试题参考答案

×
130 26
×
130
=
5 2
.
21 . 解: (1 )f ' (x ) = 3x 2 +b .
依题意得f '
1 2
=0 ,
即3 4
+b
=0 .
故b = -
3 4
.
(2 ) 由(1 ) 知f
(x ) = x 3 -
3 4
x
+c
,f '
(x ) = 3x 2 -
3 4
.
令f '
(x ) = 0 , 解得x = -
a 2 - 5 = 3 (a 1 - 3 ) . 因为a 1 = 3 , 所以a n = 2n + 1 . (2 ) 由(1 ) 得2na n = (2n + 1 )2n . 所以 S n = 3 ×2 + 5 ×2 2 + 7 ×2 3 + …+ (2n + 1 ) ×2n . ① 从而2S n = 3 ×2 2 + 5 ×2 3 + 7 ×2 4 + …+ (2n + 1 ) ×2n + 1 . ② ①- ②得- S n = 3 ×2 + 2 ×2 2 + 2 ×2 3 + …+ 2 ×2n - (2n + 1 ) ×2 (n + 1 ) . 所以S n = (2n - 1 )2n + 1 + 2 . 18 . 解: (1 ) 由所给数据, 该市一天的空气质量等级为1 , 2 ,3 ,4 的概率的估计值如下表:
ab +bc +ca
=
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2020届全国示范性名校高三第三次联考数学(理)试卷及参考答案

2020届全国示范性名校高三第三次联考数学(理)试卷及参考答案

绝密★启用前(在此卷上答题无效)姓名:________________准考证号:________________2020届全国示范性名校高三三联数学(理科)试题(150分,120分钟)一、选择题(共12小题,每小题5分,共60分)1.设集合A ={1,2,3,4,5,6},B ={4,5,6,7},则满足S A 且S ∩B ≠∅的集合S 的个数为( ) A . 57 B . 56 C . 49 D . 82.一个样本a,3,5,7的平均数是b ,且a ,b 是方程x 2-5x +4=0的两根,则这个样本的方差是( )A . 3B . 4C . 5D . 63.在球O 内任取一点P ,使得点P 在球O 的内接正方体中的概率是( ) A .π B .π C .π D .π4.在某学校组织的数学竞赛中,学生的竞赛成绩ξ~N(95,σ2),p(ξ>120)=a ,P(70<ξ<95)=b ,则直线ax +by +=0与圆x 2+y 2=2的位置关系是( ) A . 相离 B . 相交 C . 相离或相切 D . 相交或相切5.在平面直角坐标系xOy 中,已知向量a ,b ,|a |=|b |=1,a ·b =0,点Q 满足= (a +b ).曲线C ={P|=a cos θ+b sin θ,0≤θ<2π},区域Ω={P|0<r ≤| |≤R ,r <R}.若C ∩Ω为两段分离的曲线,则( )A . 1<r <R <3B . 1<r <3≤RC .r ≤1<R <3D . 1<r <3<R6.已知二次函数f(x)=ax 2-(a +2)x +1(a ∈Z ),且函数f(x)在(-2,-1)上恰有一个零点,则不等式f(x)>1的解集为( )A . (-∞,-1)∪(0,+∞)B . (-∞,0)∪(1,+∞)C . (-1,0)D . (0,1)7.如图所示,有三根柱子和套在一根柱子上的n 个盘子,按下列规则,把盘子从一根柱子上全部移到另一根柱子上.(1)每次只能移动一个盘子;(2)在每次移动过程中,每根柱子上较大的盘子不能放在较小的盘子上面.若将n 个盘子从1号柱子移到3号柱子最少需要移动的次数记为f(n),则f(5)等于( )A . 33B . 31C . 17D . 15 8.已知z 1,z 2是复数,定义复数的一种运算“”为:z 1z 2=若z 1=2+i 且z 1z 2=3+4i ,则复数z 2等于( )A . 2+iB . 1+3iC . 2+i 或1+3iD . 条件不够,无法求出9.已知函数f(x)= x 3+ax 2-bx +1(a ,b ∈R ) 在区间[-1,3]上是减函数,则b 的最小值是( ) A . 1 B . 2 C . 3 D . 410.由9个互不 相 等 的 正 数 组 成 的 数 阵中,每 行 中 的 三 个 数 成 等 差 数 列,且、、成等比数列,下列四个判断正确的有( ) ①第2列必成等比数列 ②第1列不一定成等比数列-1-(20-GSSL-QGYB ) -24-52GH-③④若9个数之和等于9,则A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个11.tan(π-θ)+tan(π+θ)+tan(π-θ)tan(π+θ)的值是( )A. B. C. 2 D.12.已知偶函数f(x):Z Z,且f(x)满足:f(1)=1,f(2 015)≠1,对任意整数a,b都有f(a+b)≤max{f(a),f(b)},其中max(x,y)=则f(2 016)的值为( )A. 0 B. 1 C. 2 015 D. 2 016二、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.已知正数a,b,c满足3a-b+2c=0,则的最大值为________.14.已知平面区域C1:x2+y2≤4(+|y|),则平面区域C1的面积是________.15.已知(x+2)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9,|a1|+|a2|+…+|a9|的值为________.16.在正整数数列中,由1开始依次按如下规则取它的项:第一次取1,第二次取2个连续偶数2、4;第三次取3个连续奇数5、7、9;第四次取4个连续偶数10、12、14、16;第五次取5个连续奇数17、19、21、23、25.按此规则一直取下去,得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,….则在这个子数列中,由1开始的第29个数是________;(2分)第2 014个数是________.(3分)三、解答题(共70分)(一)必考题(60分)17.(本小题满分12分)设f(x)=cos2x+asinx--(0≤x≤π).(1)用a表示f(x)的最大值M(a);(2)当M(a)=2时,求a的值.18.(本小题满分12分)一种电子玩具按下按钮后,会出现红球或绿球,已知按钮第一次按下后,出现红球与绿球的概率都是,从按钮第二次按下起,若前次出现红球,则下一次出现红球、绿球的概率分别为,;若前次出现绿球,则下一次出现红球、绿球的概率分别为,,记第n(n∈Z,n≥1)次按下按钮后出现红球的概率为P n.(1)当n∈Z,n≥2时,用P n-1表示P n;(2)求P n关于n的表达式.19.(本小题满分12分)已知函数f(x)=e x-ln (x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求函数f(x)在[1,2]上的最值.(2)若对任意x1,x2∈[0,2]且x1>x2,都有>-1,求m的取值范围.(3)当m≤2时,证明f(x)>0.-2-(20-GSSL-QGYB) -24-52GH-20.(本小题满分12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶点M与左、右焦点F1,F2构成△MF1F2的面积为,又椭圆C的离心率为.(1)若直线l与椭圆C交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,且x1+x2=2,又直线l1:y=k1x+m是线段AB的垂直平分线,求实数m的取值范围;(2)椭圆C的下顶点为N,过点T(t,2)(t≠0)的直线TM,TN分别与椭圆C交于E,F两点.若△TMN的面积是△TEF的面积的k倍,求k的最大值.21.(本小题满分12分)已知Q2=称为x,y的二维平方平均数,A2=称为x,y的二维算术平均数,G2=称为x,y的二维几何平均数,H2=称为x,y的二维调和平均数,其中x,y均为正数.(1)试判断G2与H2的大小,并证明你的猜想;(2)令M=A2-G2,N=G2-H2,试判断M与N的大小,并证明你的猜想;(3)令M=A2-G2,N=G2-H2,P=Q2-A2,试判断M,N,P三者之间的大小关系,并证明你的猜想. (二)选考题(10分)(请从22,23题中任选一题作答,如果多做,按22题记分)-3-(20-GSSL-QGYB) -24-52GH-23.(选修4-5:不等式选讲)伯努利不等式,又称贝努利不等式,是分析不等式中最常见的一种不等式,由数学家伯努利提出。

2020届普通高等学校高三招生全国统一考试模拟(三)数学(理)模拟试题word版有答案

2020届普通高等学校高三招生全国统一考试模拟(三)数学(理)模拟试题word版有答案

普通高等学校招生全国统一考试模拟试题理数(三)本试卷共6页,23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

注意事项:1、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上.并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2、选择题的作答: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。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、填空题和解答题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。

第I 卷一、选择题:本题共12小题,每小题5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(){}2ln 330A x x x =-->,集合{}231,B x x U R =->=,则()U C A B ⋂=A. ()2,+∞B. []2,4C. (]1,3D. (]2,42.设i 为虚数单位,给出下面四个命题:1:342p i i +>+;()()22:42p a a i a R -++∈为纯虚数的充要条件为2a =;()()23:112p z i i =++共轭复数对应的点为第三象限内的点; 41:2i p z i +=+的虚部为15i . 其中真命题的个数为A .1B .2C .3D .43.某同学从家到学校途经两个红绿灯,从家到学校预计走到第一个红绿灯路口遇到红灯的概率为0.75,两个红绿灯路口都遇到红灯的概率为0.60,则在第一个路口遇到红灯的前提下,第二个路口也遇到红灯的概率为A .0.85B .0.80C .0.60D .0.564.已知函数()f x =的值域为A ,且,a b A ∈,直线()()2212x y x a y b +=-+-=与圆有交点的概率为 A .18B .38C.78D.145.一条渐近线的方程为43y x =的双曲线与抛物线2:8C y x =的一个交点为A ,已知AF =(F 为抛物线C 的焦点),则双曲线的标准方程为A .2211832x y -=B .2213218y x -= C .221916x y -=D .2291805y x -= 6.如图,弧田由圆弧和其所对弦围成,《九章算术》中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为:以弦乘矢,矢又自乘,并之,二而一”,即弧田面积12=(弦×矢+矢2).公式中“弦”指圆弧所对的线段,“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差,按照上述的经验公式计算弧田面积与实际面积存在误差,则圆心角为3π,弦长为1的弧田的实际面积与经验公式算得的面积的差为 A .138-B .31168π+- C .123623π+- D .53325-7.已知()()32210012100223nn x dx x x a a x a x a x =+-=+++⋅⋅⋅+⎰,且,则12310012102310a a a a a a a a +++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+的值为 A .823B .845C .965-D .8778.已知函数()()sin 2cos 2,0,66f x x x x f x k ππ⎛⎫⎡⎤=++∈= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦当时,有两个不同的根12,x x ,则()12f x x k ++的取值范围为A .)1,3⎡⎣B .)3,23⎡⎣C .33,12⎛⎫+ ⎪ ⎪⎭D .)3,2⎡⎣ 9.运行如图所示的程序框图,输出的S 值为 A .2018201722⨯- B .2018201822⨯+ C. 2019201822⨯-D .2019201722⨯+10.已知直线()()21350m x m y m +++--=过定点A ,该点也在抛物线()220x py p =>上,若抛物线与圆()()()222:120C x y rr -+-=>有公共点P ,且抛物线在P 点处的切线与圆C 也相切,则圆C 上的点到抛物线的准线的距离的最小值为 A .35-B. 33-C .3D .32-11.已知几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为 A .2143π B .1273πC.1153π D .1243π12.已知函数()f x 的导函数为()'fx ,且满足()32123f x x ax bx =+++,()()''24f x f x +=-,若函数()6ln 2f x x x ≥+恒成立,则实数b 的取值范围为A .[)64ln3,++∞B .[)5ln5,++∞ C.[)66ln6,++∞ D .[)4ln 2,++∞第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2020高考 模拟 理科数学(三)学生版 含答案解析

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理 科 数 学(三)注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答: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,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交.第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5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{}|32,A x x n n ==+∈Z ,{}|24B x x =-<<,则A B =I ( ) A .∅B .{}1,2-C .{}1-D .{}22.i 为虚数单位,复数21iz =+在复平面内对应的点位于( ) A .第一象限B .第二象限C .第三象限D .第四象限3.下列命题是真命题的是( )A .命题2200:,11,:,11p x x p x x ∀∈-≤⌝∃∈-≥R R 则;B .命题“若,,a b c 成等比数列,则2b ac =”的逆命题为真命题;C .命题“若(1)10x x e -+=,则0x =”的逆否命题为:“若0x ≠,则(1)10x x e -+≠”;D .“命题p q ∨为真”是“命题p q ∧为真”的充分不必要条件.4.二项式2nx x x ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭的展开式中第7项是常数项,则n 的值是( )A .8B .9C .10D .115.已知曲线11(0x y aa -=+>且1)a ≠过定点(),kb ,若m n b +=且0,0m n >>,则41m n+的最小值为( )A .92B .9C .5D .526.秦九韶是我国南宋时期的数学家,普州(现四川省安岳县)人,他在所著的《数学九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法,至今仍是比较先进的算法,如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入,n x 的值分别为3,3.则输出v 的值为( )A .15B .16C .47D .487.函数2()1sin 1xf x x e ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭图象的大致形状是( ) A . B . C . D .8.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最大边长为( )A 5 B .6C 7D .229.已知函数()()2log 2f x x =+,若在[]1,5-上随机取一个实数0x ,则()01f x ≥的概率为( )A .35B .56C .57D .6710.若钝角三角形三内角的度数成等差数列,且最大边长与最小边长之比值为m ,则m 的范围是( ) A .()2,+∞B .[)2,+∞C .()3,+∞D .[)3,+∞11.椭圆2222:1x a C y b +=()0a b >>的左右焦点为F 1,F 2,过F 2作x 轴的垂线与C 交于A ,B 两点,F 1A 与y 轴相交于点D ,若BD ⊥F 1A ,则椭圆C 的离心率等于( )A .13B .3C .12D .312.已知函数()2,0115,024x x f x a x x ⎧>⎪=⎨+-≤⎪⎩,函数()2g x x =,若函数()()y f x g x =-有4个零点,则实数a 的取值范围为( ) A .()5,+∞ B .155,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C .195,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D .195,2⎛⎤ ⎥⎝⎦第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.曲线2ln y x x =+在点()1,1处的切线方程为___________.14.已知抛物线()220y px p =>的准线与圆()22316x y -+=相切,则p 的值为_______.15.已知三棱锥P ABC -满足平面PAB ⊥平面ABC ,AC BC ⊥,4AB =,30APB ∠=︒,则该三棱锥的外接球的表面积为_______.16.ABC △的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c .已知sin :sin :sin ln 2:ln 4:ln A B C t =,且2CA CB mc =⋅u u u r u u u r,有下列结论:①28t <<;②229m -<<;③4t =,ln 2a =时,ABC △;④当8t <<时,ABC △为钝角三角形.其中正确的是__________.(填写所有正确结论的编号)三、解答题:本大题共6个大题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(12分)已知{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,且22b =,34b =,11a b =,65a b =. (1)求{}n a 的通项公式;(2)设n n n c a b =+,求数列{}n c 的前n 项和n S .18.(12分)ABC △的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知2cos 2c A b a =-. (1)求角C ;(2)若D 是边BC 的中点,5AC =,AD =AB 的长.19.(12分)如图,在多面体ABCDE 中,AE ⊥平面ABC ,平面BCD ⊥平面ABC ,ABC △是边长为2的等边三角形,BD CD ==,2AE =. (1)证明:平面EBD ⊥平面BCD ;(2)求平面BED 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值.20.(12分)某小学对五年级的学生进行体质测试,已知五年一班共有学生30人,测试立定跳远的成绩用茎叶图表示如图(单位:cm):男生成绩在175cm以上(包括175cm)定义为“合格”,成绩在175cm以下(不包括175cm)定义为“不合格”.女生成绩在165cm 以上(包括165cm)定义为“合格”,成绩在165cm以下(不包括165cm)定义为“不合格”.(1)求五年一班的女生立定跳远成绩的中位数;(2)在五年一班的男生中任意选取3人,求至少有2人的成绩是合格的概率;(3)若从五年一班成绩“合格”的学生中选取2人参加复试,用X表示其中男生的人数,写出X的分布列,并求X的数学期望.21.(12分)已知函数()1()sin02f x ax x a a a=-∈≠R,.(1)讨论()f x在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调性;(2)当0a>时,若()f x在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为π1-,讨论:函数()f x在()0,π内的零点个数.请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分. 22.(10分)【选修4-4:坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy 中,直线1C的参数方程为32x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩(其中t 为参数).以坐标原点O 为极点,x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线2C 的极坐标方程为2cos 3sin ρθθ=. (1)求1C 和2C 的直角坐标方程;(2)设点()0,2P ,直线1C 交曲线2C 于,M N 两点,求22PM PN +的值.23.(10分)【选修4-5:不等式选讲】已知函数2()8=-++f x x ax ,()|1||1|g x x x =++-. (1)当0a =时,求不等式()()f x g x ≥的解集;(2)若不等式()()f x g x ≥的解集包含[]1,1-,求实数a 的取值范围.理 科 数 学(三)答 案第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5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.【答案】B【解析】{}{}|32,,4,1,2,5,A x x n n ==+∈=--Z L L ,{}|24B x x =-<<, 故{}1,2A B =-I ,故选B . 2.【答案】D 【解析】()()()21i 222i1i 1i 1i 1i 2z --====-++-,在复平面内的对应点位()1,1-, 故选D . 3.【答案】C【解析】A .命题2:,11p x x ∀∈-≤R ,则200:,11p x x ⌝∃∈->R ,所以A 错误;B .命题“若,,a b c 成等比数列,则2b ac =”的逆命题为“若2b ac =,则,,a b c 成等比数列”是错误的,所以B 错误;C .命题“若(1)10x x e -+=,则0x =”的逆否命题为:“若0x ≠,则(1)10xx e -+≠”是正确的,所以C 正确;D .“命题p q ∨为真”是“命题p q ∧为真”的必要不充分条件,不是充分不必要条件, 所以D 错误. 故选C . 4.【答案】B【解析】二项式2nx x ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭的展开式中第7项为()6666666696+131=C 2C 2C 2n n n n n nn n T x x x x -----⎛== ⎝⎭, 由于第7项为常数项,则90n -=,解得9n =,故选B . 5.【答案】A【解析】Q 定点为(1,2),1,2k b ∴==,2m n ∴+=,41141()()2m n m n m n +=++∴149(5+)22m n n m =+≥, 当且仅当4m nn m =时等号成立,即42,33m n ==时取得最小值92. 故选A .6.【答案】D【解析】执行程序框图: 输入331,2n x v i ====,,,0i ≥,是,1325,1v i =⨯+==; 0i ≥,是,53116,0v i =⨯+==; 0i ≥,是,163048,1v i =⨯+==-; 0i ≥,否,输出48v =,故选D . 7.【答案】C【解析】21()(1)sin sin 11xx xe f x x x e e -=-=++,则111()sin()(sin )sin ()111x x xx x xe e ef x x x x f x e e e------=-=⋅-==+++,是偶函数,排除B 、D . 当π(0,)2x ∈时,1x e >,sin 0x >,即()0f x <,排除A .故选C .8.【答案】B【解析】根据三视图作出原几何体(四棱锥P ABCD -)的直观图如下:可计算PB PD BC ===PC =.9.【答案】B【解析】由题得()22log 21log 2x +≥=,所以x ≥0, 由几何概型的概率公式得()01f x ≥的概率为5(0)55(1)6-=--.故选B .10.【答案】A【解析】钝角三角形三内角A 、B 、C 的度数成等差数列,则π3B =,2π3A C +=,可设三个角分别为π3A -,π3,π3A +.ππ()63A <<,故1sin()cos sin3sin()3ππA A Acma A++====-.又π6π3A<<,tan A<<令tant A=,且3t<<,则1m===-,因为函数1m=-+⎝上是增函数,2m∴>,故选A.11.【答案】D【解析】由题意可得,2(,)bA ca,2(,)bB ca-,则点D为1F A的中点,2(0,)2bDa∴,由1BD F A⊥,得11BD F Ak k⋅=-,即222212b b ba a ac c--⋅=-22ac=,22)2a c ac-=2+20e=,解得3e=.故选D.12.【答案】B【解析】分段讨论:当0x>时,()2xf x=与2()g x x=有两个交点(2,4),(4,16),两个零点.要使()()y f x g x=-有4个零点,则当0x≤时,115()24f x a x=+-与2()g x x=有两个交点即可(如图).过点115(,)24--作2()(0)g x x x=<的切线,设切点为2(,)(0)m m m<,则2k m=切,即切线方程为22()y m m x m-=-,把点115(,)24--代入切线方程,得52m=-或32m=,又0m<,则52m=-,25k m==-切,要满足0x≤时,11524y a x=+-与()2g x x=有两个交点,则当12x≤-时,1151152424y a x a x⎛⎫=+-=-+-⎪⎝⎭,射线的斜率为a-,则5a-<-,5a∴>;当12x-<≤时,11524y a x=+-与()2g x x=没有交点,1150024a⎛⎫∴+-<⎪⎝⎭,解得152a<,所以实数a的取值范围是15(5,)2,故选B.第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.【答案】320x y--=【解析】12y xx'=+,在点(1,1)处的切线斜率为3,所以切线方程为320x y--=.14.【答案】2【解析】抛物线的准线为2px=-,与圆相切,则342p+=,2p=.15.【答案】64π【解析】因为AC BC⊥,所以ABC△的外心为斜边AB的中点,因为平面PAB⊥平面ABC,所以三棱锥P ABC-的外接球球心在平面PAB上,即球心就是PAB△的外心,根据正弦定理2sinABRAPB=∠,解得4R=,所以外接球的表面积为64π.16.【答案】①②④【解析】sin:sin:sin ln2:ln4:lnA B C t=Q,∴::ln2:ln4:lna b c t=Q,故可设ln2a k=,ln42ln2b k k==,lnc k t=,0k>.b ac b aQ-<<+,∴ln23ln2k c k<<,则28t<<,当8t<<时,2220a b c+-<,故ABC△为钝角三角形.面2222222225ln2cos222a b c a b c k cCA CB ab C abab+-+--==⋅=⋅=u u u r u u u r,又2CA CB mc=⋅u u u r u u u r,∴222222225ln25ln21222k cCA CB kmc c c-===-⋅u u u r u u u r.ln 23ln 2k c k <<Q ,∴2222222255518ln 222ln 2k k k k c k <<,即22255ln 251822k c <<,∴229m -<<. 当4t =,ln 2a =时,ABC △,故四个结论中,只有③不正确.故填①②④.三、解答题:本大题共6个大题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【答案】(1)32n a n =-;(2)23212n n n-+-.【解析】(1)32422b q b ===,∴11b =,即12n n b -=, 111a b ==,6516a b ==,∴61361a a d -==-,∴32n a n =-. (2)1322n n c n -=-+,∴2(132)123212122n n n n n n nS +---=+=+--.18.【答案】(1)π3C =;(27. 【解析】(1)2cos 2c A b a =-Q ,∴由正弦定理得2sin cos 2sin sin C A B A =-,2sin cos 2sin sin C A A C A =+()-∴,2sin cos 2sin cos 2cos sin sin C A A C A C A =+-∴, 2sin cos sin A C A =∴,sin 0A ≠,1cos 2C ∴=,(0,π)C ∈Q ,π3C =∴. (2)在ACD △中,由余弦定理得2222cos AD AC CD AC CD C =+-⋅⋅,221255CD CD =+-∴,2540CD CD -+=,1CD =∴或4CD =,当1CD =时,2BC =,ABC △中,由余弦定理得2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅ 1254252219=+-⨯⨯⨯=,AB =∴;当4CD =时,8BC =,22212cos 2564258492AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯=,7AB =∴,AB =∴或7AB =. 19.【答案】(1)见解析;(2)5. 【解析】证明:(1)取BC 中点O ,连结,AO DO,∵BD CD ==DO BC ⊥,2DO ==,∵DO ⊂平面BCD ,平面DBC I 平面ABC BC =, 平面BCD ⊥平面ABC ,∴DO ⊥平面ABC , ∵AE ⊥平面ABC ,∴AE DO ∥,又2DO AE ==,∴四边形AODE 是平行四边形,∴ED AO ∥, ∵ABC △是等边三角形,∴AO BC ⊥,∵AO ⊂平面ABC ,平面BCD I 平面ABC BC =,平面BCD ⊥平面ABC , ∴AO ⊥平面BCD ,∴ED ⊥平面BCD , ∵ED ⊂平面EBD ,∴平面EBD ⊥平面BCD . (2)由(1)得AO ⊥平面BCD ,∴AO DO ⊥, 又DO BC ⊥,AO BC ⊥,分别以OB ,AO ,OD 所在直线为x ,y ,z轴,建立空间直角坐标系,则()0,A ,()1,0,0B ,()0,0,2D,()0,2E , 平面ABC 的一个法向量为()0,0,1=n , 设平面BED 的一个法向量为(),,x y z =m ,(1,0,2)BD =-u u u r,(1,2)BE =-u u u r,则2020BD x z BE x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u r u u u r m m ,取2x =,得()2,0,1=m , 设平面BED 与平面ABC 所成锐二面角的平面角为θ,则||cos ||||5θ⋅===⋅m n m n .∴平面BED 与平面ABC所成锐二面角的余弦值为5. 20.【答案】(1)166.5cm ;(2)4255P =;(3)见解析. 【解析】(1)由茎叶图得五年一班的女生立定跳远成绩的中位数为165168166.5cm 2+=. (2)设“仅有两人的成绩合格”为事件A ,“有三人的成绩合格”为事件B , 至少有两人的成绩是合格的概率:()()P P A P B =+,又男生共12人,其中有8人合格,从而1248312C (C C )P A ⋅=,38312(C)C P B =,所以4255P =. (3)因为合格的人共有18人,其中有女生有10人合格,男生有8人合格, 依题意,X 的取值为0,1,2,则028102185(C C 01C )7P X ===,11810218C C C 80(1)153P X ===,20810218C C C 28(2)153P X ===, 因此,X 的分布列如下:5()012171531531539E X ∴=⨯+⨯+⨯==(人), 或是,因为X 服从超几何分布,所以88()2189E X =⨯=(人).21.【答案】(1)当0a >时,()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增;当0a <时,()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减;(2)2个零点.【解析】(1)()()sin cos sin cos f x a x ax x a x x x '=+=+,当2π0,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,sin cos 0x x x +>, ∴当0a >,2π0,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>;当0a <,2π0,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,∴当0a >时,()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增;当0a <时,()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.(2)由(1)知,当0a >时,()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,()max πππ1π1sin π122222f x f a a a -⎛⎫∴==-==- ⎪⎝⎭,解得2a =,()2sin 1f x x x ∴=-,()()2sin cos f x x x x '∴=+,()f x Q 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,()00110f =-=-<,ππ102f ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭, ()f x ∴在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有且仅有1个零点,令()sin cos g x x x x =+,,ππ2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭,()cos cos sin 2cos sin g x x x x x x x x '=+-=-,当,ππ2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,cos 0x ≤,sin 0x >,0x >,()0g x '∴<, ()g x ∴在π,π2⎡⎫⎪⎢⎣⎭内单调递减,又ππππsin cos 102222g ⎛⎫=+=> ⎪⎝⎭,()πsin ππcos ππ0g =+=-<, 0π,π2x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =,∴当0π,2x x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()0g x >,即()0f x '>;当()0,πx x ∈时,()0g x <,即()0f x '<,()f x ∴在0π,2x ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增,在()0,πx 上单调递减,ππ102f ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭Q ,()f x ∴在0π,2x ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上无零点且()00f x >,又()π2πsin π110f =-=-<,()f x ∴在()0,πx 上有且仅有1个零点, 综上所述:()f x 在()0,π上共有2个零点.22.【答案】(1)120C y +-=,22:3C x y =;(2)90.【解析】(1)直线1C的参数方程为23x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩(其中t 为参数), 消去t20y +-=,由2cos 3sin ρθθ=,得22cos 3sin ρθρθ=,则曲线2C 的直角坐标方程为23x y =.(2)将直线1C的参数方程32x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩代入23x y =,得2180t --=,设,M N 对应的参数分别为12,t t,则121218t t t t ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩()2221212290PM PN t t t t +=+-=. 23.【答案】(1)[]22-,;(2)[]5,5-.【解析】(1)2,1()112,112,1x x g x x x x x x >⎧⎪=++-=-≤≤⎨⎪-<-⎩, 当0a =时,2()8=-+f x x ,()()Q f x g x ≥,2821x x x ⎧-+≥⎨>⎩或28211x x ⎧-+≥⎨-≤≤⎩或2821x xx ⎧-+≥-⎨<-⎩,12x ∴<≤或11x -≤≤或21x -≤<-,22x ∴-≤≤, ∴不等式的解集为[]22-,. (2)由(1)知,当11x -≤≤时,()2g x =. ∵不等式()()f x g x ≥的解集包含[]1,1-,282x ax ∴-++≥在[]1,1-上恒成立,即260--≤x ax 在[]1,1-上恒成立,∴22(1)60160a a ⎧-+-≤⎨--≤⎩,55a ∴-≤≤, ∴a 的取值范围为[]5,5-.。

高考理科数学(3卷):答案详细解析(最新)

高考理科数学(3卷):答案详细解析(最新)

C.1
D.2
【解析】2 tan
tan(
)
2 tan
1 tan
7
,化简得 tan2
4 tan
4
0

4
1 tan
解得 tan 2 .
【答案】D
10.(解析几何)若直线 l 与曲线 y
x

x2
y2
1 5
都相切,则
l
的方程为
A.y=2x+1
B.y=2x+ 1
2
C.y= 1 x+1
2
D.y= 1 x+ 1
2020 年高考理科数学(全国 3 卷)答案详解及试题
2020 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学(III 卷)答案详解
一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。 1.(集合)已知集合 A {(x, y) | x, y N* , y x},B {(x, y) | x y 8},则 A B
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2020 年高考理科数学(全国 3 卷)答案详解及试题
点 A(2,1)时,直线在 y 轴上的截距最大,即 z 有最大值,所以 zmax=7.
图 A13
【答案】7
14.(概率统计)
x2
2 x
6
的展开式中常数项是__________(用数字作答).
解法一:构造不等式: 34
53
, 54
83
,同理可得
a
log5
3
3 4

b
log8
5
3 4
.

2020年全国统一高考数学3卷(理科)

2020年全国统一高考数学3卷(理科)
则直线 的方程为 ,即 .
故选:D.
11.设双曲线C: (a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为 .P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】A
【分析】
根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案.
A.y=2x+1B.y=2x+ C.y= x+1D.y= x+
【答案】D
【分析】
根据导数的几何意义设出直线 的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案.
【详解】设直线 在曲线 上的切点为 ,则 ,
函数 的导数为 ,则直线 的斜率 ,
设直线 的方程为 ,即 ,
由于直线 与圆 相切,则 ,
两边平方并整理得 ,解得 , (舍),
A. 6+4 B. 4+4 C. 6+2 D. 4+2
【答案】C
【分析】
根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积.
【详解】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形
根据立体图形可得:
根据勾股定理可得:
是边长为 的等边三角形
根据三角形面积公式可得:
2020年普通高等学校招生全国统一考试3卷
理科数学
一、选择题:本题共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.已知集合 , ,则 中元素的个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【分析】
采用列举法列举出 中元素的即可.
【详解】由题意, 中的元素满足 ,且 ,

2020年高考理科数学全国卷3(附答案与解析)

2020年高考理科数学全国卷3(附答案与解析)

2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷理科数学答案解析一、选择题 1.【答案】C【解析】采用列举法列举出A B 中元素的即可.由题意,A B 中的元素满足8y x x y ⎧⎨+=⎩≥,且x ,*y ∈N ,由82x y x +=≥,得4x ≤,所以满足8x y +=的有()17,,()26,,()35,,()44,,故A B 中元素的个数为4.故选:C .【考点】集合的交集运算,交集定义的理解 2.【答案】D【解析】利用复数的除法运算求出z 即可.因为()()113131313131010i z i i i i +===+--+,所以复数113z i=-的虚部为310.故选:D . 【考点】复数的除法运算,复数的虚部的定义 3.【答案】B【解析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差,由此可得出标准差最大的一组. 对于A 选项,该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于B 选项,该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于C 选项,该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于D 选项,该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此,B 选项这一组的标准差最大.故选:B . 【考点】标准差的大小比较,方差公式的应用 4.【答案】C【解析】将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e --=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解.()()0.23531t K I t e --=+,所以()()0.23530.951t KI t K e**--==+,则()*0.235319t e -=,所以,()0.2353ln193t *-=≈,解得353660.23t *+≈≈.故选:C .【考点】对数的运算,指数与对数的互化 5.【答案】B【解析】根据题中所给的条件OD OE ⊥,结合抛物线的对称性,可知4DOx EOx π∠=∠=,从而可以确定出点D 的坐标,代入方程求得p 的值,进而求得其焦点坐标,得到结果.因为直线2x =与抛物线()220y px p =>交于E ,D 两点,且OD OE ⊥,根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=,所以()22D ,,代入抛物线方程44p =,求得1p =,所以其焦点坐标为102⎛⎫⎪⎝⎭,,故选:B .【考点】圆锥曲线,直线与抛物线的交点,抛物线的对称性,点在抛物线上的条件,抛物线的焦点坐标 6.【答案】D【解析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值,利用平面向量数量积可计算出cos a a b +,的值.5a =,6b =,6a b ⋅=-,()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-,因此,()1919cos 5735a a ba ab a a b⋅++===⨯⋅+,.故选:D . 【考点】平面向量夹角余弦值的计算,平面向量数量积的计算,向量模的计算 7.【答案】A【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ,再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅,即可求得答案.在ABC △中,2cos 3C =,4AC =,3BC =.根据余弦定理:2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅,2224322433AB =+-⨯⨯⨯,可得29AB =,即3AB =.由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯,故1cos 9B =.故选:A . 【考点】余弦定理解三角形8.【答案】C【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积.根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得:12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△,根据勾股定理可得:AB AD DB ===ADB ∴△是边长为,根据三角形面积公式可得:(211sin 6022ADBS AB AD =⋅⋅==△∴该几何体的表面积是:632=⨯++ 故选:C .【考点】根据三视图求立体图形的表面积,根据三视图画出立体图形 9.【答案】D【解析】利用两角和的正切公式,结合换元法,解一元二次方程,即可得出答案.2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭,tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-,令tan t θ=,1t ≠,则1271tt t+-=-,整理得2440t t -+=,解得2t =,即tan 2θ=.故选:D .【考点】利用两角和的正切公式化简求值 10.【答案】D【解析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案.设直线l 在曲线y =(0x,则00x >,函数y导数为y '=,则直线l 的斜率k =,设直线l 的方程为)0y x x =-,即00xx -+=,由于直线l 与圆2215x y +=相切,则=,两边平方并整理得2005410x x --=,解得01x=,015x =-(舍),则直线l 的方程为210x y -+=,即1122y x =+.故选:D .【考点】导数的几何意义的应用,直线与圆的位置的应用 11.【答案】A【解析】根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案.5ca=,c ∴,根据双曲线的定义可得122PF PF a -=,1212142PF F PF S PF =⋅=△,即128PF PF ⋅=, 12F P F P ⊥,()222122PF PF c ∴+=,()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=,即22540a a -+=,解得1a =,故选:A .【考点】双曲线的性质以及定义的应用,勾股定理,三角形面积公式的应用 12.【答案】A【解析】由题意可得a 、b 、()01c ∈,,利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系,由8log 5b =,得85b =,结合5458<可得出45b <,由13log 8c =,得138c =,结合45138<,可得出45c >,综合可得出a 、b 、c 的大小关系.由题意可知a 、b 、()01c ∈,, ()222528log 3lg3lg81lg3lg8lg3lg8lg 241log 5lg5lg522lg5lg 25lg5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅⋅==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<,a b ∴<;由8log 5b =,得85b =,由5458<,得5488b <,54b ∴<,可得45b <;由13log 8c =,得138c =,由45138<,得451313c <,54c ∴>,可得45c >.综上所述,a b c <<.故选:A .【考点】对数式的大小比较,基本不等式、对数式与指数式的互化,指数函数单调性的应用 二、填空题 13.【答案】7【解析】作出可行域,利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为32z x y =+,所以322x z y =-+,易知截距2z 越大,则z 越大,平移直线32x y =-,当322x zy =-+经过A 点时截距最大,此时z 最大,由21y x x =⎧⎨=⎩,得12x y =⎧⎨=⎩,()12A ,,所以max 31227z =⨯+⨯=.故答案为:7.【考点】简单线性规划的应用,求线性目标函数的最大值 14.【答案】240【解析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项,即可求得常数项.622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项:()()()621221236661222rrr r r r r r r r r C xC x C x x T x ---+-⎛⎫⋅⋅⋅⋅=⋅⎭= ⎝=⎪,当1230r -=,解得4r =,622x x ⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是:664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为:240.【考点】二项式定理,利用通项公式求二项展开式中的指定项15. 【解析】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题,然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中2BC =,3AB AC ==,且点M 为BC 边上的中点,设内切圆的圆心为O ,由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC r ,则:()11113322222ABC AOB BOC AOC S S S S AB r BC r AC r r =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯++⨯=△△△△r,其体积:343V r π=.. 16.【答案】②③【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误;利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误;利用对称性的定义可判断命题③的正误;取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①,152622f π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭,152622fπ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭,则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象不关于y 轴对称,命题①错误;对于命题②,函数()f x 的定义域为{}x x k k π≠∈Z ,,定义域关于原点对称,()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于原点对称,命题②正确;对于命题③,11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭, 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭,则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于直线2x π=对称,命题③正确;对于命题④,当0x π-<<时,sin 0x <,()1sin 02sin f x x x=+<<,命题④错误.故答案为:②③.【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性,最值的求解 三、解答题17.【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立.(2)()12122n n S n +=-⋅+【解析】(1)利用递推公式得出2a ,3a ,猜想得出{}n a 的通项公式,利用数学归纳法证明即可.由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=,由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+,证明如下:当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立;(2)由错位相减法求解即可.由(1)可知,()2212n nn a n ⋅=+⋅,()()231325272212212n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,①()()23412325272212212n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,②,由-①②得:()()()()()21231112126222221262212122212n n n n n n S n n n -+++--=+⨯+++-+⋅=+⨯-+⋅=⋅⨯---,即()12122n n S n +=-⋅+.【考点】求等差数列的通项公式,利用错位相减法求数列的和18.【答案】(1)该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09 (2)350(3()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【解析】(1)根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率.由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=,等级为2的概率为510120.27100++=,等级为3的概率为6780.21100++=,等级为4的概率为7200.09100++=. (2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以100可得结果.由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=.(3)根据表格中的数据完善22⨯列联表,计算出2K 的观测值,再结合临界值表可得结论.22⨯列联表如下:()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【考点】利用频数分布表计算频率和平均数,独立性检验的应用19.【答案】(1)在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内.(2)7【解析】(1)连接1C E 、1C F ,证明出四边形1AEC F 为平行四边形,进而可证得点1C 在平面AEF 内.在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内;(2)以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -,利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值,进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -,则()213A ,,、()1210A ,,、()202E ,,、()011F ,,,()011AE =--,,,()202AF =--,,,()1012A E =-,,,()1201A F =-,,,设平面AEF 的法向量为()111m x y z =,,,由00m AE m AF ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩=,得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-,得111x y ==,则()111m =-,,,设平面1A EF 的法向量为()222n x y z =,,,由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩,取22z =,得21x =,24y =,则()142n =,,,3cos 3m n m n m n⋅===⨯⋅,,设二面角1A EF A--的平面角为θ,则cos θ=,sinθ∴==.因此,二面角1A EF A --.【考点】点在平面的证明,利用空间向量法求解二面角20.【答案】(1)221612525x y +=(2)52【解析】(1)因为()222:10525x y C m m+=<<,可得5a =,b m =,根据离心率公式,结合已知,即可求得答案.()222:10525x y C m m +=<<,5a∴=,b m =,根据离心率4c e a ====, 解得54m =或54m =-(舍),C ∴的方程为:22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=,即221612525x y +=. (2)点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N ,可得PMB BNQ ≅△△,可求得P 点坐标,求出直线AQ 的直线方程,根据点到直线距离公式和两点距离公式,即可求得APQ △的面积.点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N .根据题意画出图形,如图BP BQ =,BP BQ ⊥,90PMB QNB ∠=∠=,又90PBM QBN ∠+∠=,90BQN QBN ∠+∠=,PBM BQN ∴∠=∠,根据三角形全等条件“AAS ”,可得:PMB BNQ ≅△△,221612525x y +=, ()50B ∴,,651PM BN ∴==-=,设P 点为()P P x y ,,可得P 点纵坐标为1P y =,将其代入221612525x y +=,可得:21612525P x +=,解得:3P x =或3P x =-,P ∴点为()31,或()31-,, ①当P 点为()31,时,故532MB =-=,PMB BNQ ≅△△,2MB NQ ∴==,可得:Q 点为()62,,画 出图象,如图()50A -,,()62Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:211100x y -+=,根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为:d ===,根据两点间距离公式可得:AQ =,APQ ∴△面积为:1522⨯=;②当P 点为()31-,时,故5+38MB ==,PMB BNQ ≅△△,8MB NQ ∴==,可得:Q 点为()68,,画出图象,如图()50A -,,()68Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:811400x y -+=,根据点到直线距离公式可得P到直线AQ 的距离为:d ===AQ ==APQ ∴△面积为:1522=,综上所述,APQ △面积为:52. 【考点】椭圆标准方程,三角形面积,椭圆的离心率定义,数形结合求三角形面积 21.【答案】(1)34b =-(2)由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【解析】(1)利用导数的几何意义得到102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,解方程即可.因为()23f x x b '=+,由题意,102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭,则34b =-; (2)由(1)可得()231132422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,易知()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,采用反证法,推出矛盾即可.由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 【考点】利用导数研究函数的零点,导数的几何意义,反证法22.【答案】(1)(2)3cos sin 120ρθρθ-+=【解析】(1)由参数方程得出A ,B 的坐标,最后由两点间距离公式,即可得出AB 的值.令0x =,则220t t +-=,解得2t =-或1t =(舍),则26412y =++=,即()012A ,.令0y =,则2320t t -+=,解得2t =或1t =(舍),则2244x =--=-,即()40B -,.AB ∴=(2)由A ,B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程,再化为极坐标方程即可.由(1)可知()120304AB k -==--,则直线AB 的方程为()34y x =+,即3120x y -+=.由cos x ρθ=,sin y ρθ=可得,直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【考点】利用参数方程求点的坐标,直角坐标方程化极坐标方程 23.【答案】(1)()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴ {}3max 4a b c ,,.【解析】(1)由()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质,即可得出证明.()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++.a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由题意得出0a >,b ,0c <,由()222322b c b c bca aa bcbc+++=⋅==,结合基本不等式,即可得出证明.不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴{}3max 4a b c ,,.【考点】不等式的基本性质,基本不等式的应用2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷理科数学答案解析一、选择题 1.【答案】C【解析】采用列举法列举出A B 中元素的即可.由题意,A B 中的元素满足8y x x y ⎧⎨+=⎩≥,且x ,*y ∈N ,由82x y x +=≥,得4x ≤,所以满足8x y +=的有()17,,()26,,()35,,()44,,故A B 中元素的个数为4.故选:C .【考点】集合的交集运算,交集定义的理解 2.【答案】D【解析】利用复数的除法运算求出z 即可.因为()()113131313131010i z i i i i +===+--+,所以复数113z i=-的虚部为310.故选:D . 【考点】复数的除法运算,复数的虚部的定义 3.【答案】B【解析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差,由此可得出标准差最大的一组. 对于A 选项,该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于B 选项,该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于C 选项,该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于D 选项,该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此,B 选项这一组的标准差最大.故选:B . 【考点】标准差的大小比较,方差公式的应用 4.【答案】C【解析】将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e --=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解.()()0.23531t K I t e --=+,所以()()0.23530.951t KI t K e**--==+,则()*0.235319t e -=,所以,()0.2353ln193t *-=≈,解得353660.23t *+≈≈.故选:C .【考点】对数的运算,指数与对数的互化 5.【答案】B【解析】根据题中所给的条件OD OE ⊥,结合抛物线的对称性,可知4DOx EOx π∠=∠=,从而可以确定出点D 的坐标,代入方程求得p 的值,进而求得其焦点坐标,得到结果.因为直线2x =与抛物线()220y px p =>交于E ,D 两点,且OD OE ⊥,根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=,所以()22D ,,代入抛物线方程44p =,求得1p =,所以其焦点坐标为102⎛⎫⎪⎝⎭,,故选:B .【考点】圆锥曲线,直线与抛物线的交点,抛物线的对称性,点在抛物线上的条件,抛物线的焦点坐标 6.【答案】D【解析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值,利用平面向量数量积可计算出cos a a b +,的值.5a =,6b =,6a b ⋅=-,()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-,因此,()1919cos 5735a a ba ab a a b⋅++===⨯⋅+,.故选:D . 【考点】平面向量夹角余弦值的计算,平面向量数量积的计算,向量模的计算 7.【答案】A【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ,再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅,即可求得答案.在ABC △中,2cos 3C =,4AC =,3BC =.根据余弦定理:2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅,2224322433AB =+-⨯⨯⨯,可得29AB =,即3AB =.由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯,故1cos 9B =.故选:A . 【考点】余弦定理解三角形8.【答案】C【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积.根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得:12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△,根据勾股定理可得:AB AD DB ===ADB ∴△是边长为,根据三角形面积公式可得:(211sin 6022ADBS AB AD =⋅⋅==△∴该几何体的表面积是:632=⨯++ 故选:C .【考点】根据三视图求立体图形的表面积,根据三视图画出立体图形 9.【答案】D【解析】利用两角和的正切公式,结合换元法,解一元二次方程,即可得出答案.2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭,tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-,令tan t θ=,1t ≠,则1271tt t+-=-,整理得2440t t -+=,解得2t =,即tan 2θ=.故选:D .【考点】利用两角和的正切公式化简求值 10.【答案】D【解析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案.设直线l 在曲线y =(0x,则00x >,函数y =导数为y '=l 的斜率k =,设直线l 的方程为)0y x x =-,即00xx -+=,由于直线l 与圆2215x y +=相切,则=,两边平方并整理得2005410x x --=,解得01x=,015x =-(舍),则直线l 的方程为210x y -+=,即1122y x =+.故选:D .【考点】导数的几何意义的应用,直线与圆的位置的应用 11.【答案】A【解析】根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案.5ca=,c ∴,根据双曲线的定义可得122PF PF a -=,1212142PF F PF S PF =⋅=△,即128PF PF ⋅=, 12F P F P ⊥,()222122PF PF c ∴+=,()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=,即22540a a -+=,解得1a =,故选:A .【考点】双曲线的性质以及定义的应用,勾股定理,三角形面积公式的应用 12.【答案】A【解析】由题意可得a 、b 、()01c ∈,,利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系,由8log 5b =,得85b =,结合5458<可得出45b <,由13log 8c =,得138c =,结合45138<,可得出45c >,综合可得出a 、b 、c 的大小关系.由题意可知a 、b 、()01c ∈,, ()222528log 3lg3lg81lg3lg8lg3lg8lg 241log 5lg5lg522lg5lg 25lg5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅⋅==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<,a b ∴<;由8log 5b =,得85b =,由5458<,得5488b <,54b ∴<,可得45b <;由13log 8c =,得138c =,由45138<,得451313c <,54c ∴>,可得45c >.综上所述,a b c <<.故选:A .【考点】对数式的大小比较,基本不等式、对数式与指数式的互化,指数函数单调性的应用 二、填空题 13.【答案】7【解析】作出可行域,利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为32z x y =+,所以322x z y =-+,易知截距2z 越大,则z 越大,平移直线32x y =-,当322x zy =-+经过A 点时截距最大,此时z 最大,由21y x x =⎧⎨=⎩,得12x y =⎧⎨=⎩,()12A ,,所以max 31227z =⨯+⨯=.故答案为:7.【考点】简单线性规划的应用,求线性目标函数的最大值 14.【答案】240【解析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项,即可求得常数项.622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项:()()()621221236661222rrr r r r r r r r r C xC x C x x T x ---+-⎛⎫⋅⋅⋅⋅=⋅⎭= ⎝=⎪,当1230r -=,解得4r =,622x x ⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是:664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为:240.【考点】二项式定理,利用通项公式求二项展开式中的指定项15. 【解析】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题,然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中2BC =,3AB AC ==,且点M 为BC 边上的中点,设内切圆的圆心为O ,由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC r ,则:()11113322222ABC AOB BOC AOC S S S S AB r BC r AC r r =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯++⨯=△△△△r,其体积:343V r π=.. 16.【答案】②③【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误;利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误;利用对称性的定义可判断命题③的正误;取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①,152622f π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭,152622fπ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭,则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象不关于y 轴对称,命题①错误;对于命题②,函数()f x 的定义域为{}x x k k π≠∈Z ,,定义域关于原点对称,()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于原点对称,命题②正确;对于命题③,11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭, 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭,则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于直线2x π=对称,命题③正确;对于命题④,当0x π-<<时,sin 0x <,()1sin 02sin f x x x=+<<,命题④错误.故答案为:②③.【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性,最值的求解 三、解答题17.【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立.(2)()12122n n S n +=-⋅+【解析】(1)利用递推公式得出2a ,3a ,猜想得出{}n a 的通项公式,利用数学归纳法证明即可.由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=,由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+,证明如下:当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立;(2)由错位相减法求解即可.由(1)可知,()2212n nn a n ⋅=+⋅,()()231325272212212n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,①()()23412325272212212n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,②,由-①②得:()()()()()21231112126222221262212122212n n n n n n S n n n -+++--=+⨯+++-+⋅=+⨯-+⋅=⋅⨯---,即()12122n n S n +=-⋅+.【考点】求等差数列的通项公式,利用错位相减法求数列的和18.【答案】(1)该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09 (2)350(3()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【解析】(1)根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率.由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=,等级为2的概率为510120.27100++=,等级为3的概率为6780.21100++=,等级为4的概率为7200.09100++=. (2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以100可得结果.由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=.(3)根据表格中的数据完善22⨯列联表,计算出2K 的观测值,再结合临界值表可得结论.22⨯列联表如下:()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【考点】利用频数分布表计算频率和平均数,独立性检验的应用19.【答案】(1)在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内.(2)7【解析】(1)连接1C E 、1C F ,证明出四边形1AEC F 为平行四边形,进而可证得点1C 在平面AEF 内.在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内;(2)以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -,利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值,进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -,则()213A ,,、()1210A ,,、()202E ,,、()011F ,,,()011AE =--,,,()202AF =--,,,()1012A E =-,,,()1201A F =-,,,设平面AEF 的法向量为()111m x y z =,,,由00m AE m AF ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩=,得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-,得111x y ==,则()111m =-,,,设平面1A EF 的法向量为()222n x y z =,,,由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩,取22z =,得21x =,24y =,则()142n =,,,3cos 3m n m n m n⋅===⨯⋅,,设二面角1A EF A--的平面角为θ,则cos θ=,sinθ∴==.因此,二面角1A EF A --.【考点】点在平面的证明,利用空间向量法求解二面角20.【答案】(1)221612525x y +=(2)52【解析】(1)因为()222:10525x y C m m+=<<,可得5a =,b m =,根据离心率公式,结合已知,即可求得答案.()222:10525x y C m m +=<<,5a∴=,b m =,根据离心率4c e a ====, 解得54m =或54m =-(舍),C ∴的方程为:22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=,即221612525x y +=. (2)点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N ,可得PMB BNQ ≅△△,可求得P 点坐标,求出直线AQ 的直线方程,根据点到直线距离公式和两点距离公式,即可求得APQ △的面积.点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N .根据题意画出图形,如图BP BQ =,BP BQ ⊥,90PMB QNB ∠=∠=,又90PBM QBN ∠+∠=,90BQN QBN ∠+∠=,PBM BQN ∴∠=∠,根据三角形全等条件“AAS ”,可得:PMB BNQ ≅△△,221612525x y +=, ()50B ∴,,651PM BN ∴==-=,设P 点为()P P x y ,,可得P 点纵坐标为1P y =,将其代入221612525x y +=,可得:21612525P x +=,解得:3P x =或3P x =-,P ∴点为()31,或()31-,, ①当P 点为()31,时,故532MB =-=,PMB BNQ ≅△△,2MB NQ ∴==,可得:Q 点为()62,,画 出图象,如图()50A -,,()62Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:211100x y -+=,根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为:d ===,根据两点间距离公式可得:AQ =,APQ ∴△面积为:1522⨯=;②当P 点为()31-,时,故5+38MB ==,PMB BNQ ≅△△,8MB NQ ∴==,可得:Q 点为()68,,画出图象,如图()50A -,,()68Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:811400x y -+=,根据点到直线距离公式可得P到直线AQ 的距离为:d ===AQ ==APQ ∴△面积为:1522=,综上所述,APQ △面积为:52. 【考点】椭圆标准方程,三角形面积,椭圆的离心率定义,数形结合求三角形面积 21.【答案】(1)34b =-(2)由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【解析】(1)利用导数的几何意义得到102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,解方程即可.因为()23f x x b '=+,由题意,102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭,则34b =-; (2)由(1)可得()231132422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,易知()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,采用反证法,推出矛盾即可.由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 【考点】利用导数研究函数的零点,导数的几何意义,反证法22.【答案】(1)(2)3cos sin 120ρθρθ-+=【解析】(1)由参数方程得出A ,B 的坐标,最后由两点间距离公式,即可得出AB 的值.令0x =,则220t t +-=,解得2t =-或1t =(舍),则26412y =++=,即()012A ,.令0y =,则2320t t -+=,解得2t =或1t =(舍),则2244x =--=-,即()40B -,.AB ∴=(2)由A ,B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程,再化为极坐标方程即可.由(1)可知()120304AB k -==--,则直线AB 的方程为()34y x =+,即3120x y -+=.由cos x ρθ=,sin y ρθ=可得,直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【考点】利用参数方程求点的坐标,直角坐标方程化极坐标方程 23.【答案】(1)()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴ {}3max 4a b c ,,.【解析】(1)由()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质,即可得出证明.()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++.a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由题意得出0a >,b ,0c <,由()222322b c b c bca aa bcbc+++=⋅==,结合基本不等式,即可得出证明.不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴{}3max 4a b c ,,.【考点】不等式的基本性质,基本不等式的应用。

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