2020年高考数学全国3卷-2020年高考国卷三
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅱ)(含解析版)
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）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．（5分）已知集合A＝{x||x|＜3，x∈Z}，B＝{x||x|＞1，x∈Z}，则A∩B＝（）A．∅B．{﹣3，﹣2，2，3}C．{﹣2，0，2}D．{﹣2，2}2．（5分）（1﹣i）4＝（）A．﹣4B．4C．﹣4i D．4i3．（5分）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位大三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．154．（5分）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05．志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A．10名B．18名C．24名D．32名5．（5分）已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（）A ．B．2+C ．﹣2D．2﹣6．（5分）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（5分）执行如图的程序框图，若输入的k＝0，a＝0，则输出的k为（）A．2B．3C．4D．58．（5分）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x﹣y﹣3＝0的距离为（）A ．B ．C ．D ．9．（5分）设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C ：﹣＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于D，E 两点．若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A．4B．8C．16D．3210．（5分）设函数f（x）＝x3﹣，则f（x）（）A．是奇函数，且在（0，+∞）单调递增B．是奇函数，且在（0，+∞）单调递减C．是偶函数，且在（0，+∞）单调递增D．是偶函数，且在（0，+∞）单调递减11．（5分）已知△ABC 是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A ．B ．C．1D ．12．（5分）若2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，则（）A．ln（y﹣x+1）＞0B．ln（y﹣x+1）＜0C．ln|x﹣y|＞0D．ln|x﹣y|＜0二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年高考数学山东卷 试题+答案详解
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，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 =（）A.{x |2<x ≤3} B.{x |2≤x ≤3} C.{x |1≤x <4} D.{x |1<x <4}2.2i12i-=+（）A.1B.−1C.iD.−i3.6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°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%6.基本再生数R 0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：(e )rt I t =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R 0，T 近似满足R 0=1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=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(ln2≈0.69)（）A.1.2天 B.1.8天 C.2.5天 D.3.5天7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是（）A.()2,6- B.(6,2)- C.(2,4)- D.(4,6)-8.若定义在R 的奇函数f (x )在(,0)-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是（）A.[)1,1][3,-+∞B.3,1][,[01]--C.[1,0][1,)-+∞ D.[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22:1C mx ny +=.（）A.若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B.若m =n >0，则CC.若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =D.若m =0，n >0，则C 是两条直线10.下图是函数y =sin(ωx +φ)的部分图像，则sin(ωx +φ)=（）A.πsin(3x +B.πsin(2)3x - C.πcos(26x +）D.5πcos(2)6x -11.已知a >0，b >0，且a +b =1，则（）A.2212a b +≥B.122a b-> C.22log log 2a b +≥- D.≤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1()0(1,2,,),1ni i i P X i p i n p ===>==∑ ，定义X 的信息熵21()log ni i i H X p p ==-∑.（）A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着1p 的增大而增大C.若1(1,2,,)i p i n 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21()(1,2,,)j m j P Y j p p j m +-==+= ，则H (X )≤H (Y )三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的直线过抛物线C ：y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则AB =________．14.将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________．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 =35，BH DG ∥，EF =12cm ，DE=2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．16.已知直四棱柱ABCD –A1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．四、解答题：本题共6小题，共70分。
2020年高考全国III卷理科数学试题(含解析)
一、选择题1.已知集合*{(,)|,,}A x y x y N y x =∈≥，{(,)|8}B x y x y =+=，则A B 中元素的个数为（ ）A.2B.3C.4D.6【答案】C【解析】{(4,4),(3,5),(2,6)(1,7)}A B =，有4个元素，故选C.2.复数113i -的虚部是（ ）A.310-B.110-C.110D.310【答案】D【解析】1131313(13)(13)10i ii i i ++==--+，故选D. 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.14p p ==30.1=C.14p p ==30.2= 【答案】B等，都为选项中，大部分数4.Logistic 0.23(53)()1t KI t e --=+，其中K *t 约为 （ ）（ln193≈A.60 69 【答案】C1319≈-，∴*66t ≈. 5.设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线C ：22(0)y px p =>交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为 （ ） A.1(,0)4 B.1(,0)2 C.(1,0) D.(2,0)【答案】B【解析】不妨设(2,4)D p ，(2,E ，∵OD OE ⊥，∴440OD OE p ⋅=-=，解得1p =，故抛物线C 的方程为22y x =，其焦点坐标为1(,0)2.6.已知向量a ，b 满足||5a =，||6b =，6a b ⋅=-，则cos ,a a b <+>=（ ）A.3135-B.1935-C.1735D.1935【答案】D【解析】由2()||25619a a b a a b ⋅+=+⋅=-=，又22||27a b a a b b +=+⋅+=，所以()1919cos ,5735||||a a b a a b a a b ⋅+<+>===⨯⋅+，故选D.7.在ABC ∆中，2cos ,4,33C AC BC ===，则cos B = （ ）A.19B.13C.12D.23【答案】A【解析】由余弦定理可知：2222222||||||34||cos 32||||234BC AC AB AB C BC AC +-+-===⋅⨯⨯，可得|| 3 AB =，又由余弦定理可知222222||||||3341cos 2||||2339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯. 故选A.8.如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 （ ）A.6+ B. C. D.4+【答案】C棱PC ⊥底面ABC 606=+︒C.9.已知2tan tan()74πθθ-+=，则tan θ= （ ）A.2-B.1-C.1D.2 【答案】D【解析】由题可知1tan 2tan 71tan θθθ+-=-，化解得：22tan 2tan 1tan 77tan θθθθ---=-，解得tan 2θ=.故选D.10.若直线l 与曲线y 和圆2215x y +=都相切，则l 的方程为 （ ）A.21y x =+B.122y x =+C.112y x =+ D.1122y x =+ 【答案】D【解析】由y =得y '=假设直线l与曲线y =相切于点0(x ， 则直线l的方程为0)y x x =-，即00x x -+=.由直线l 与圆2215x y +==，解得01x =，故直线l 的方程为210x y -+=，即1122y 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12,F F.P 是C 上一点，且12F P F P ⊥.若12PF F ∆的面积为4，则a = （ ） A.1D.8 【答案】 A【解析】法一：设1PF m =，则12142PF F S mn ∆==，又ce a=a 所以24tan 45b ︒=又因为c e a ==12.已知5458<，45138<.设5，8，13，则 （ ）A.a b c <<B.b a c <<C.b c a <<D.c a b <<【答案】A【解析】易知,,(0,1)a b c ∈，由2225555558log 3(log 3log 8)(log 24)2log 3log 8log 54144a b +==⋅<==<知a b <， 因为8log 5b =，13log 8c =，所以85,138b c ==，即554485,138b c ==， 又因为544558,138<<，所以445541385813c b b =>=>，即b c <， 综上所述：a b c <<.故选：A. 二、填空题13.若x ，y 满足约束条件0201x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩，则32z x y =+的最大值为________.【答案】7【解析】作出可行域如图所示，由32z x y =+知3122y x z =-+，由图可知，当目标函数过点(1,2)A 时，取得最大值，即max 7z =.14.262()x x+的展开式中常数项是________（用数字作答）.【答案】240【解析】因为2(6)123r r r r r r r ---240.15.________.【答案】3锥的母线长为，可得OD BCOS BS =322r -23316.关于函数1()sin sin f x x x=+. ①()f x 的图像关于y 轴对称； ②()f x 的图像关于原点对称；③()f x 的图像关于直线2x π=对称；④()f x 的最小值为2.其中所有真命题的序号是________. 【答案】②③【解析】对于①，由sin 0x ≠可得函数的定义域为{|,}x x k k Z π≠∈，故定义域关于原点对称，由11()sin()sin ()sin()sin f x x x f x x x-=-+=--=--，所以该函数为奇函数，关于原点对称，①错②对；对于③，11()sin()sin ()sin()sin f x x x f x x xπππ-=-+=+=-，所以()f x 关于2x π=对称，③对；对于④，令sin t x =，则[1,0)(0,1]t ∈-，由双勾函数1()f t t t=+的性质，可知()(,2][2,)f t ∈-∞-⋃+∞，所以()f x 无最小值，④错.三、解答题17.设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-. （1）计算23,a a .猜想的通项公式并加以证明；（2）求数列{2}n n a 的前n 项和n S .【解析】（1）由13a =，134n n a a n +=-，21345a a =-=﹐323427a a =-⨯=，… 猜想{}n a 的通项公式为21n a n =+. 利用数学归纳法证明：（i ）当1,2,3n =时，显然成立；（ii ）假设()n k k N *=∈时猜想成立，即21k a k =+，则1n k =+时，1343(21)42(1)1k k a a k k k k +=-=+-=++， 所以1n k =+时猜想也成立， 综上（i ）（ii ），所以21n a n =+. （2）令2(2n n n b a ==则12n n S b b b =+++2323252n S =⨯+⨯+由①-②得，1322(21)2n n n S n +-=+⨯+⨯，化简得(21)2n S n =-⨯18.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻的人次，整理数据得到下表（单位：天）：（1）分別估计该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的值计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”，根据所给数据.完成下面的22⨯列联表.并根据列联表，判断是否有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？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，.【解析】（1）根据上面的统计数据，可得：该市一天的空气质量等级为1的概率为2162543100100++= 该市一天的空气质量等级为2的概率为5101227100100++=，该市一天的空气质量等级为3的概率为67821100100++=， 该市一天的空气质量等级为4的概率为7209100100++=. （2）由题意，计算得1000.203000.355000.45350x =⨯+⨯+⨯=， 即一天中到该公园锻炼的平均人次的值计值为350. （3）22⨯列联表如下：由表中数据可得：22100(3383722)K ⨯⨯-⨯所以有95%. 19.如图，在长方体1上且112,2DE ED BF FB ==（1）证明：点1C （2）若12,1,3AB AD AA ===，求二面角1A EF A --的正弦值.【解析】（1）在1AA 上取一点M ，使得12A M AM =，分别连接EM ，1B M ，1EC ， 1FC .在长方体1111ABCD A B C D -中，有111////DD AA BB ，且111 DD AA BB ==， 又12DE ED =，12A M AM =，12BF FB =，所以1DE AM FB ==， 所以四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形. 所以1//AF MB 且1AF MB =，//AD ME 且AD ME =，又在长方体1111ABCD A B C D -中，有11//AD B C ，且11AD B C =，所以11//B C ME 且11B C ME =，则四边形11B C EM 为平行四边形， 所以11//EC MB ， 所以1//AF EC ，所以点1C ，在平面AEF 内.（2）在长方形1111ABCD A B C D -中，以1C 为原点，11C D 所在直线为x 轴，11C B 的直线为y 轴，1C C 2AB =，1AD =，13AA =所以(2,1,3)A ，E (2,1,0)，则(2,1,EF =-(0,1,1)=--，1(0,1,2)A E =-1111(,,)n x y z =，则1100n EF n AE ⎧⋅=⎧⎪⇒⎨⎨⋅=⎩⎪⎩，取法向量1(1,1,1)n =-，设平面1A EF 22(,n x =，则2222210200n EF z y z n A E ⎧⋅==⎪⇒⎨-+=⋅=⎪⎩，取法向量2(1,4,n =所以121212142cos ,||||321n n n n n n ⋅+-<>==⋅⋅设二面角1A EF A -为θ，则42sin 7， 即二面角1A EF A -的正弦值为20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<，A ，B 分别为C 的左、右顶点.（1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ ∆的面积.【解析】（1）c e a ==22516m =，∴C 的方程：221612525x y +=. （2）设直线BP ：(5)y k x =-，与椭圆C 联立可得：2222(116)160400250k x k x k +-+-=.设00(,)P x y ，则202400255116k x k -=+，∴202805116k x k-=+，∴0210||5|116PB x k =-+. ∵BP BQ ⊥，∴直线BQ ：1(5)y x k=--.令6x =，1y k =-，∴1(6,)Q k -，||BQ =∵||||BP BQ =，∴214k =或2164k =. 根据椭圆的对称性，只需讨论12k =和18k =的情况，当12k =时，03x =，||PQ =PQ 点A 到直线PQ 11122APQ S PQ d ∆=.||⋅=当18k =时，03x =-||PQ =∴点A 到直线PQ ∴21|2APQ S PQ d ∆=.|⋅综上52APQ S ∆=.21.设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点11(,())22f 处的切线与y 轴垂直.（1）求b ；（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【解析】（1）2()3f x x b '=+，又曲线()y f x =在点11(,())22f 处的切线与y 轴垂直，∴13()024f b '=+= ，解得34b =-.（2）设0x 为()f x 的一个零点，且011x -≤≤，由题意可知30034c x x =-+，令33()(11)4x x x x ϕ=-+-≤≤，则11()3()()22x x x ϕ'=-+，此时1(1,)2x ∈--，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减；11(,)22x ∈-，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增；1(,1)2x ∈，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，则1(1)4f -=，11()24f -=-，11()24f =，1(1)4f =-，此时1144c -≤≤，再设1x 为()f x 的零点，则31113()04f x x x c =-+=，311131444x x -≤-+≤，整理得2111211(1)(1)01(1)()0x x x x x ⎧-++≤⎪⎨+-≥⎪，解得111x -≤≤， 则()f x 四、选做题（2选1）22.在直角坐标系xOy 1t ≠），C 与坐标轴交于,A B （1）求||AB ；（2的极坐标方程. 【解析】（1）当x =,求得12y =;当0y =时,求得2t =或t (0,12)和(4,0)-,||AB （2）由（1）得直线3120x y -+=,故直线AB 23.设a ，b ，c R ∈，（1）证明：ab bc ++（2）用max{,,}a b c 表示a ，b ，c的最大值，证明：max{,,}a b c ≥. 【解析】（1）∵0a b c ++=，∴()c a b =-+，222()()2cb bc ca ab a b c ab a b ab a b ab ++=++=-+=---223()024b a b =-+-<.（2）∵0a b c ++=，∴()c a b =-+，∵1abc =，∴()1ab a b -+=，即：2210ba b a ++=，∵0b ≠，则440b b ∆=-≥. 不妨设b 为max{,,}a b c ，则340b -≥，即b ≥，∴max{,,}a b c ≥。
2020年高考全国三卷理科数学试卷
2020年高考全国三卷理科数学试卷2020年普通高等学校招生全国统一考试（III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$A=\{(x,y)|x,y\in N^*,y\geq x\}$，$B=\{(x,y)|x+y=8\}$，则$A\cap B$中元素的个数为A。
2B。
3C。
4D。
62.复数$\frac{1}{1-3i}$的虚部是A。
$-\frac{3}{10}$B。
$-\frac{1}{3}$C。
$\frac{1}{3}$D。
$\frac{3}{10}$3.在一组样本数据中，1、2、3、4出现的频率分别为$p_1$，$p_2$，$p_3$，$p_4$，且$\sum\limits_{i=1}^4 p_i=1$，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是A。
$p_1=p_4=0.1$，$p_2=p_3=0.4$B。
$p_1=p_4=0.4$，$p_2=p_3=0.1$C。
$p_1=p_4=0.2$，$p_2=p_3=0.3$D。
$p_1=p_4=0.3$，$p_2=p_3=0.2$4.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域。
有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数$I(t)$（$t$的单位：天）的Logistic模型：$I(t)=\frac{K}{1+e^{-0.23(t-53)}}$，其中$K$为最大确诊病例数。
当$I(t^*)=0.95K$时，标志着已初步遏制疫情，则约为$\ln 19\approx 3$。
则$t^*$约为A。
60B。
63C。
66D。
695.设$O$为坐标原点，直线$x=2$与抛物线$C:y^2=2px(p>0)$交于$D$、$E$两点，若$OD\perp OE$，则$C$的焦点坐标为A。
$(1,\frac{1}{2})$B。
$(2,1)$C。
$(1,-\frac{1}{2})$D。
历年(2020-2023)全国高考数学真题分类(三角函数)汇编(附答案)
历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(三角函数)汇编【2023年真题】1. （2023ꞏ新课标I 卷 第8题）已知1sin()3αβ-=，1cos sin 6αβ=，则cos(22)αβ+=( ) A.79B.19C. 19-D. 79-2. （2023ꞏ新课标II 卷 第7题） 已知α为锐角，1cos 4α+=，则sin 2α=( )A. 38B. 18-C. 34D. 14-+3. （2023ꞏ新课标I 卷 第15题）已知函数()cos 1(0)f x x ωω=->在区间[0,2]π有且仅有3个零点，则ω的取值范围是__________.4. （2023ꞏ新课标II 卷 第16题）已知函数()sin()f x x ωϕ=+，如图，A ，B 是直线12y =与曲线()y f x =的两个交点，若||6AB π=，则()f π= .【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷 第6题）记函数()sin()(0)4f x x b πωω=++>的最小正周期为.T 若23T ππ<<，且()y f x =的图像关于点3(,2)2π中心对称，则(2f π=( ) A. 1B.32C.52D. 36.（2022·新高考II 卷 第6题）若sin()cos()4παβαβαβ+++=+，则( )A. tan()1αβ+=-B. tan()1αβ+=C. tan()1αβ-=-D. tan()1αβ-=7.（2022·新高考II 卷 第9题）（多选）已知函数()sin(2)(0)f x x ϕϕπ=+<<的图象关于点2(,0)3π对称，则( ) A. ()f x 在5(0,)12π单调递减 B. ()f x 在11(,)1212ππ-有两个极值点 C. 直线76x π=是曲线()y f x =的一条对称轴D. 直线2y x =-是曲线()y f x =的一条切线【2021年真题】8.（2021·新高考I 卷 第4题）下列区间中，函数()7sin ()6f x x π=-单调递增的区间是( )A.0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭C. 3,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D. 3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭9.（2021·新高考I 卷 第6题）若tan 2θ=-，则sin (1sin 2)sin cos θθθθ+=+( )A. 65-B. 25-C.25 D.65【2020年真题】10.（2020·新高考I 卷 第10题 、II 卷 第11题）（多选）如图是函数()sin y x ωϕ=+的部分图象，则()sin x ωϕ+( )A. sin ()3x π+B. sin (2)3x π- C. cos (2)6x π+D. 5cos (2)6x π- 11.（2020·新高考I 卷 第15题、II 卷 第16题）)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 ，3tan 5ODC ∠=，//BH DG ，12EF cm =，2DE cm =，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1cm ，则图中阴影部分的面积为__________2.cm参考答案1. （2023ꞏ新课标I 卷 第8题）解：因为1sin()sin cos cos sin 3αβαβαβ-=-=，1cos sin 6αβ=，则1sin cos .2αβ=故112sin()sin cos cos sin .263αβαβαβ+=+=+= 即2221cos(22)12sin ()12().39αβαβ+=-+=-⨯=故选B.2. （2023ꞏ新课标II 卷 第7题）解：22111cos 36114sin ()sin 222816424ααα+-----=====⇒=故选：.D3. （2023ꞏ新课标I 卷 第15题）解：令()cos 10f x x ω=-=，得cos 1x ω=，又[0,2]x π∈，则[0,2]x ωωπ∈，所以426πωππ<…，得2 3.ω<… 故答案为：[2,3).4. （2023ꞏ新课标II 卷 第16题）解： 设相邻的两个交点A ，B 的横坐标为1 t ，2 t ，则21 - 6t t π=又1sin()2x ωϕ+=，522,.0,66x k k k Z k ππωϕππ+=++∈=或当时 16t πωϕ+=，256t πωϕ+=，212( - )3t t πω=，故 4.ω=函数图象过点2(,0)3π，8sin ()03πϕ+=，故8 ,.3k k Z πϕπ=-∈ 2k =时满足图片条件，故2.3πϕ=-2()sin(4.32f πππ=-=- 5.（2022·新高考I 卷 第6题）解：由题可知：22(,)3T πππω=∈，所以(2,3).ω∈ 又因为()y f x =的图像关于点3(,2)2π中心对称，所以2b =，且33()sin() 2.224f b πππω=⨯++= 所以21(34k ω=-，k Z ∈，所以5.2ω=所以5()sin() 2.24f x x π=++所以() 1.2f π=6.（2022·新高考II 卷 第6题）解：解法一：设0β=则sin cos 0αα+=，取34απ=，排除B ，D 再取0α=则sin cos 2sin βββ+=，取4πβ=，排除;A 选.C解法二：由sin()cos())]44ππαβαβαβαβ+++=++=++)cos 44ππαβαβ=++，cos )sin 44ππαβαβ+=+ 故sin()cos cos(044ππαβαβ+-+=，即sin()04παβ+-=，故sin(sin()cos()0422παβαβαβ-+=-+-=， 故sin()cos()αβαβ-=--，故tan() 1.αβ-=- 7.（2022·新高考II 卷 第9题）（多选） 解：由题意得：24(sin()033f ππϕ=+=， 所以43k πϕπ+=，即43k πϕπ=-+，k Z ∈， 又0ϕπ<<，所以2k =时，23πϕ=，故2()sin(2).3f x x π=+ 选项5:(0,)12A x π∈时，2232(,)332x πππ+∈，由sin y u =图象知()f x 在5(0,)12π单调递减; 选项11:(,1212B x ππ∈-时，252(,)322x πππ+∈，由sin y u =图象知()f x 在11(,1212ππ-有1个极值点; 选项:C 由于，故直线76x π=不是()f x 的对称轴;选项:D 令，得21cos(232x π+=-， 解得222233x k πππ+=+或242233x k πππ+=+，k Z ∈，从而得x k π=或3x k ππ=+，k Z ∈，令0k =，则是斜率为1-的直线与曲线的切点，从而切线方程为(0)2y x -=--，即.2y x =- 8.（2021·新高考I 卷 第4题） 解：由22262k x k πππππ-+-+剟，得222,33k x k k Z ππππ-++∈剟， 所以()7sin ()6f x x π=-的单调递增区间为22,2,33k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦， 当0k =时，一个单调递增区间为2,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，可知20,,233πππ⎛⎫⎡⎤⊆- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故选：.A9.（2021·新高考I 卷 第6题）解：原式22sin (sin cos 2sin cos )sin cos θθθθθθθ++=+ 22sin (sin cos )sin sin cos sin cos θθθθθθθθ+==++22222sin sin cos tan tan 422sin cos tan 1415θθθθθθθθ++-====+++， 故选：.C10.（2020·新高考I 卷 第10题 、II 卷 第11题）（多选） 解：由图象可知222()||36T ππππω==-=，故A 错误; 解得2ω=±， 点5(,1)12π-在函数图象上， 当2ω=时，522,k Z 122k ππϕπ⨯+=-+∈， 解得42,k Z 3k πϕπ=-+∈，故44sin 2sin 2sin 2333y x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+-=-+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当2ω=-时，522,k Z 122k ππϕπ-⨯+=-+∈ 解得2,k Z 3k πϕπ=+∈，故函数解析式为sin 23y x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，又cos 2sin 2sin 26263x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选.BC11.（2020·新高考I 卷 第15题、II 卷 第16题） 解：设上面的大圆弧的半径为x ，连接OA ，过A 作AI BH ⊥交BH 于J ，交DG 于K ，交EF 于I ，过O 作OL DG ⊥于L ，记扇形OAB 的面积为S 扇形，由题中的长度关系易知45AGD ︒∠=，所以45AHO ︒∠=， 又90OAH ︒∠=，可得AOH 为等腰直角三角形，可得2OJ AJ x ==，52OL JK x ==-， 72DL DK LK DK OJ x=-=-=-，3tan 5OL ODC DL ∠==， 5352x-=，解得x =，12AOH O S S S S =+- 阴影圆扇形222131154()24222cm πππ=⨯⨯+⨯-=+，故答案为54.2π+。
全国通用2020-2022年三年高考数学真题分项汇编专题12数列
12 数列1．【2022年全国乙卷】已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2−a 5=42，则a 6=（ ） A ．14 B ．12 C ．6 D ．3【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0，易得q ≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0， 若q =1，则a 2−a 5=0，与题意矛盾， 所以q ≠1，则{a 1+a 2+a 3=a 1(1−q 3)1−q =168a 2−a 5=a 1q −a 1q 4=42，解得{a 1=96q =12 ， 所以a 6=a 1q 5=3. 故选：D.2．【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1=1+1α1，b 2=1+1α1+1α2，b 3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)．则（ ） A ．b 1<b 5 B ．b 3<b 8 C ．b 6<b 2 D ．b 4<b 7【答案】D 【解析】 【分析】根据αk ∈N ∗(k =1,2,…)，再利用数列{b n }与αk 的关系判断{b n }中各项的大小，即可求解. 【详解】解：因为αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)， 所以α1<α1+1α2，1α1>1α1+1α2，得到b 1>b 2，同理α1+1α2>α1+1α2+1α3，可得b 2<b 3，b 1>b 3又因为1α2>1α2+1α3+1α4, α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4，故b 2<b 4，b 3>b 4；以此类推，可得b 1>b 3>b 5>b 7>⋯，b 7>b 8，故A 错误； b 1>b 7>b 8，故B 错误；1α2>1α2+1α3+⋯1α6，得b 2<b 6，故C 错误；α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+⋯1α6+1α7，得b 4<b 7，故D 正确.故选：D.3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举， OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA1BA 1=k 3，若k 1,k 2,k 3是公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D 【解析】 【分析】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则可得关于k 3的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则CC 1=k 1,BB 1=k 2,AA 1=k 3， 依题意，有k 3−0.2=k 1,k 3−0.1=k 2，且DD 1+CC 1+BB 1+AA 1OD 1+DC 1+CB 1+BA 1=0.725，所以0.5+3k 3−0.34=0.725，故k 3=0.9，故选：D4．【2021年甲卷文科】记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ） A ．7 B ．8C ．9D ．10【答案】A【解析】 【分析】根据题目条件可得2S ，42S S -，64S S -成等比数列，从而求出641S S -=，进一步求出答案. 【详解】∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和， ∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列 ∴24S =，42642S S -=-= ∴641S S -=， ∴641167S S =+=+=. 故选：A.5．【2021年甲卷理科】等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（ ） A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【详解】由题，当数列为2,4,8,---时，满足0q >，但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B ． 【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．6．【2020年新课标1卷文科】设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（ ）A ．12B ．24C ．30D ．32【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求得q 的值，再由()5678123a a a q a a a ++=++可求得结果.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q ++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，因此，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==.故选：D. 【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．7．【2020年新课标2卷理科】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块【答案】C 【解析】 【分析】第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列， 设n S 为{}n a 的前n 项和，由题意可得322729n n n n S S S S -=-+，解方程即可得到n ，进一步得到3n S . 【详解】设第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99n a n n =+-⨯=，设n S 为{}n a 的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为232,,n n n n n S S S S S --，因为下层比中层多729块， 所以322729n n n n S S S S -=-+， 即3(927)2(918)2(918)(99)7292222n n n n n n n n ++++-=-+ 即29729n =，解得9n =， 所以32727(9927)34022n S S +⨯===.故选：C 【点晴】本题主要考查等差数列前n 项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.8．【2020年新课标2卷理科】数列{}n a 中，12a =，对任意 ,,m n m n m n N a a a ++∈=，若155121022k k k a a a ++++++=-，则 k =（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C 【解析】 【分析】取1m =，可得出数列{}n a 是等比数列，求得数列{}n a 的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k 的等式，由k *∈N 可求得k 的值. 【详解】在等式m n m n a a a +=中，令1m =，可得112n n n a a a a +==，12n na a +∴=， 所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则1222n nn a -=⨯=，()()()()1011011105101210122122212211212k k k k k k a a a a ++++++⋅-⋅-∴+++===-=---，1522k +∴=，则15k +=，解得4k =.故选：C. 【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.9．【2020年新课标2卷理科】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12na a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +==的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011 C ．10001D ．11001【答案】C 【解析】 【分析】根据新定义，逐一检验即可 【详解】由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =， 511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C 【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.10．【2020年新课标2卷文科】记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（ ） A ．2n –1 B ．2–21–n C ．2–2n –1 D ．21–n –1【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n 项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩， 所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n nn n n S a ---==-.故选：B. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n 项和公式的应用，考查了数学运算能力.11．【2022年全国乙卷】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若2S 3=3S 2+6，则公差d =_______． 【答案】2 【解析】 【分析】转化条件为2(a 1+2d)=2a 1+d +6，即可得解. 【详解】由2S 3=3S 2+6可得2(a 1+a 2+a 3)=3(a 1+a 2)+6，化简得2a 3=a 1+a 2+6， 即2(a 1+2d)=2a 1+d +6，解得d =2. 故答案为：2.12．【2021年新高考1卷】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n 次，那么1nk k S ==∑______2dm .【答案】 5 ()41537202n n -+-【解析】 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得n S ，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022⨯⨯⨯⨯，，；，共4种不同规格（单位2dm )； 故对折4次可得到如下规格：5124⨯，562⨯，53⨯，3102⨯，3204⨯，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120()2dm ,第n 次对折后的图形面积为111202n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭，对于第n 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为1n +种（证明从略），故得猜想1120(1)2n n n S -+=， 设()0121112011202120312042222nk n k n S S -=+⨯⨯⨯==++++∑，则121112021203120120(1)22222n nn n S -⨯⨯+=++++， 两式作差得： ()211201111124012022222n nn S -+⎛⎫=++++-⎪⎝⎭ ()11601120122401212n n n -⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+-- ()()112011203120360360222n n nn n -++=--=-， 因此，()()4240315372072022n n n n S -++=-=-. 故答案为：5；()41537202n n -+-. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于{}n n a b +结构，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭结构，其中{}na 是等差数列，公差为()0d d ≠，则111111n n nn a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用裂项相消法求和.13．【2020年新课标1卷文科】数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________. 【答案】7 【解析】 【分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论. 【详解】2(1)31n n n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ， 16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++118392928484540a a =++=+=， 17a ∴=.故答案为：7. 【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.14．【2020年新课标2卷文科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S =__________． 【答案】25 【解析】 【分析】因为{}n a 是等差数列，根据已知条件262a a +=，求出公差，根据等差数列前n 项和，即可求得答案. 【详解】{}n a 是等差数列，且12a =-，262a a +=设{}n a 等差数列的公差d根据等差数列通项公式：()11n a a n d +-=可得1152a d a d +++= 即：()2252d d -++-+= 整理可得：66d = 解得：1d =根据等差数列前n 项和公式：*1(1),2n n n S na d n N -=+∈ 可得：()1010(101)1022045252S ⨯-=-+=-+= ∴1025S =.故答案为：25. 【点睛】本题主要考查了求等差数列的前n 项和，解题关键是掌握等差数列的前n 项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15．【2020年新高考1卷（山东卷）】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】232n n - 【解析】 【分析】首先判断出数列{}21n -与{}32n -项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列{}21n -是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以{}n a 的前n 项和为2(1)16322n n n n n -⋅+⋅=-， 故答案为：232n n -. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.16．【2022年全国甲卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n+n =2a n +1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值． 【答案】(1)证明见解析；(2)−78． 【解析】 【分析】（1）依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2 ，作差即可得到a n −a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a 1，即可得到{a n }的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得． (1) 解：因为2S n n+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n−1+(n −1)2=2(n −1)a n−1+(n −1)②，①−②得，2S n +n 2−2S n−1−(n −1)2=2na n +n −2(n −1)a n−1−(n −1)， 即2a n +2n −1=2na n −2(n −1)a n−1+1，即2(n −1)a n −2(n −1)a n−1=2(n −1)，所以a n −a n−1=1，n ≥2且n ∈N ∗， 所以{a n }是以1为公差的等差数列． (2)解：由（1）可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8， 又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即(a 1+6)2=(a 1+3)⋅(a 1+8)，解得a 1=−12， 所以a n =n −13，所以S n =−12n +n(n−1)2=12n 2−252n =12(n −252)2−6258，所以，当n =12或n =13时(S n )min =−78．17．【2022年新高考1卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1=1,{Sna n}是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a1+1a2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1a1=1,又∵{S na n }是公差为13的等差数列，∴S na n =1+13(n−1)=n+23,∴S n=(n+2)a n3,∴当n≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n=S n−S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n−1)a n=(n+1)a n−1,即a na n−1=n+1n−1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×…×a n−1a n−2×a na n−1=1×32×43×…×nn−2×n+1n−1=n(n+1)2，显然对于n=1也成立，∴{a n}的通项公式a n=n(n+1)2；(2)1 a n =2n(n+1)=2(1n−1n+1),∴1a1+1a2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)<218．【2022年新高考2卷】已知{a n}为等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2−b2= a3−b3=b4−a4．(1)证明：a1=b1；(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列{a n}的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．(1)设数列{a n}的公差为d，所以，{a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．(2)由（1）知，b 1=a 1=d2，所以b k =a m +a 1⇔b 1×2k−1=a 1+(m −1)d +a 1，即2k−1=2m ，亦即m =2k−2∈[1,500]，解得2≤k ≤10，所以满足等式的解k =2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中的元素个数为10−2+1=9．19．【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列是等差数列，证明：{}n a 是等差数列. 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】的公差d ，进一步写出的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证. 【详解】∵数列是等差数列，设公差为d(n -()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦ ∴{}n a 是等差数列. 【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.20．【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列是等差数列；③213a a =． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】证明过程见解析 【解析】 【分析】,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.选②③作条件证明①时，an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d -，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d =-，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列， 所以公差2112d a a a =-=， 所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n =+=所以是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法(0)an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-； 当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列； 当43a b =-4=3an b an a +-03a-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =，因为也为等差数列，所以公差1d()11n d -=21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数1d的通项公式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.21．【2021年乙卷文科】设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n nn nT --=++++， 012111111223333-⎛⎫=++++⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯nn n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n n T ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅， 所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭nn n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.22．【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【解析】 【分析】（1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【详解】 （1）[方法一]： 由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积， 所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---， 所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈ 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ． ②由①②得1nn n b S b -=． ③又212n nS b +=， ④ 由③④得112n n b b --=． 令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]： 由212n n S b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠． 又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ． 故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法 由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+． 下面用数学归纳法证明． 当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++． 综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b nS b n+==-+, 当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】（1）方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论； 方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论． （2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；23．【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】 【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+， 所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===， 所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知， 数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-． （2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+， 所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=． 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质； 方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.24．【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求使n n S a >成立的n 的最小值． 【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式； (2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-， 从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->， 解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.25．【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9n n n S -+-=.【解析】 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.26．【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可． 【详解】 （1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得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 k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k 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； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n n n na a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n n n a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解； 方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式； 方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n +++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式； 方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式． （2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法； 方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．27．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=． （1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ． 【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =. 【解析】 【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果.【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-， 所以(01)(1)22n n n n n S +--==， 根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =， 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.28．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ． 【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =. 【解析】 【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S . 【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)， 所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =. （2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以 1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314b b b ====，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++。
2020年高考全国卷三文科数学及答案解析
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．（5 分）已知集合 A = 1,2,3,5,7,11， B = x | 3 x 15，则 A B 中元素的个数为
（）
A. 2
B. 3
C. 4
A. 5
B. 2 5
C. 4 5
D.8 5
12.（5 分）已知函数 f (x) = sin x + 1 ，则 sin x
A. f (x) 的最小值为 2
B. f (x) 的图像关于 y 轴对称
C. f (x) 的图像关于直线 x = 对称
D. f (x) 的图像关于直线 x = 对称 2
二、 空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
（2）点C1 在平面 AEF 内. 20.（12 分）
已知函数 f (x) = x3 − kx + k 2
（1）讨论 f (x) 的单调性
2）若 f (x) 有三个零点，求 k 的取值范围.
21.（12 分）
已知椭圆
C
：x2 25
+
y2 m2
= 1(0 m 5
的离心率为
15 ，A，B 分别为
13．（5 分）若 x ， y 满足约束条件 2x − y 0，则 z = 3x + 2 y 的最大值为
.
x 1，
2
14．（5
分）设双曲线 C
:
x2 a2
−
y2 b2
= 1(a
0,b
0) 的一条渐近线为
y
=
2x ，则C 的离心
2020年高考全国卷3作文题目及范文已出炉
2020年高考全国卷3作文题目及范文已出炉高考题目今年是我国恢复高考40周年，高考为国选材，推动了教育改革与社会进步，取得了举世瞩目的成就，40年来，高考激扬梦想，凝聚着几代青年的集体记忆与个人情感，饱含着无数家庭的泪珠汗水与笑语欢声，想当年，1977的高考标志着一个时代的拐点。
看今天，你正与全国千万考生一起奋战在2017的高考考场上。
要求：请以“我看高考”或“我的高考”为副标题，写一篇文章。
要求选好角度，确定立意，明确文体，自拟标题。
看到这个标题，我不得不想起一个人，他就是我的父亲。
可以说，没有他对高考的执着，就没有我。
——题记父亲是山里人，1985年，父亲以第一名的成绩考上了山区一所重点初中。
在村里人看来，父亲一定会很顺利的考上中专，吃上商品粮，成为国家人。
但是，父亲并没有考上小中专。
自作聪明的父亲以为初中依然可以毫不费力的成为佼佼者。
可是他错了，当他觉得自己已经成了班里的后进生时，他已经没有办法赶上去了。
结果，父亲没有如愿考上小中专，而是上了一所极其普通的高中。
那时候，成绩不好的才上高中，成绩好的都上中专去了。
父亲所在高中，真的是一所普通高中，普通的老师基本上不管他们。
在那样的学校，父亲可以随便旷课，随便不考试。
父亲曾说，有段时间，他们白天到山上去玩，晚上翻墙头偷西红柿茄子。
有人报告给老师，老师说，反正也考不上个学，由他们去吧。
这样的学校，这样的老师，父亲的命运可想而知。
1991年，父亲参加高考，尽管属于班里的前几名，但是依然距离最低录取分数线36分。
那一年，与父亲同岁，但比父亲高一年级的小伙伴在县中复读考上了兰州大学。
小伙伴的成功刺激了父亲，父亲也要复读，也要考大学。
父亲也选择了县中去复读。
复读时，父亲英语差。
他知道，如果不把英语补上去，根本没有希望考上大学。
当时老师从初中第四册开始复习，父亲一个单词一个单词地背，一条语法一条语法地记。
听不懂，他就先背过，然后慢慢领会。
渐渐地，父亲的英语有点起色了。
2023年新教材高考数学微专题专练33含解析
专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．[2022·全国甲卷(理)，17]记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．2．[2020·全国卷Ⅲ]设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2na n }的前n 项和S n .3.[2021·全国新高考Ⅰ卷]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数．(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．4．[2022·新高考Ⅰ卷，17]记S n 为数列{}a n 的前n 项和，已知a 1＝1，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n an 是公差为13的等差数列．(1)求{}a n 的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<2.5.[2020·全国卷Ⅰ]设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．6．[2021·全国乙卷]记S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n＋1b n＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．7．[2021·全国甲卷]已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．8．[2021·全国乙卷，文]设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n2.专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．解析：(1)证明：由已知条件，得S n ＝na n －n 22＋n2.当n ＝1时，a 1＝S 1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －n 22＋n 2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）a n －1－（n －1）22＋n －12，∴(1－n )a n＝－n ＋1－(n －1)a n －1.等式两边同时除以1－n ，得a n ＝1＋a n －1， ∴a n －a n －1＝1.∴{a n }是公差为1的等差数列． (2)由(1)可得a n ＝a 1＋(n －1). ∴a 4＝a 1＋3，a 7＝a 1＋6，a 9＝a 1＋8.∵a 4，a 7，a 9成等比数列，∴a 27 ＝a 4·a 9， 即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，∴a 1＝－12， ∴S n ＝na 1＋n （n －1）2×1＝－12n ＋n 2－n 2＝12n 2－252n .当n ＝12或n ＝13时，S n 取得最小值，为12×122－252×12＝－78.2．解析：(1)a 2＝5，a 3＝7. 猜想a n ＝2n ＋1.由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]， a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，……a 2－5＝3(a 1－3).因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n.① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1.所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.3．解析：(1)由题设可得b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5 又a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，a 2k ＋1＝a 2k ＋2，(k ∈N *) 故a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即b n ＋1＝b n ＋3，即b n ＋1－b n ＝3 所以{}b n 为等差数列，故b n ＝2＋()n －1×3＝3n －1. (2)设{}a n 的前20项和为S 20，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20， 因为a 1＝a 2－1，a 3＝a 4－1，…，a 19＝a 20－1， 所以S 20＝2()a 2＋a 4＋…＋a 18＋a 20－10 ＝2()b 1＋b 2＋…＋b 9＋b 10－10 ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫10×2＋9×102×3－10＝300. 4．解析：(1)∵a 1＝1，∴S 1a 1＝1.又∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n ＝S 1a 1＋13(n －1)，即S n ＝(13n ＋23)a n ＝13(n ＋2)a n ，∴当n ≥2时，S n －1＝13(n ＋1)a n －1，∴a n ＝S n －S n －1＝13(n ＋2)a n －13(n ＋1)a n －1，n ≥2，即(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，n ≥2，∴a n a n －1＝n ＋1n －1，n ≥2， ∴当n ≥2时，a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n ＋1n －1·n n －2·…·42·31＝n （n ＋1）2，∴a n ＝n （n ＋1）2.当n ＝1时，a 1＝1满足上式，∴a n ＝n （n ＋1）2.(2)证明：由(1)知a n ＝n （n ＋1）2，∴1a n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1). ∵n ∈N *，∴0＜1n ＋1≤12，∴1－1n ＋1＜1， ∴2(1－1n ＋1)＜2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜2. 5．解析：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3，即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. 所以q 2＋q －2＝0，解得q 1＝1(舍去)，q 2＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和．由(1)及题设可得，a n ＝(－2)n －1.所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ×(－2)n －1，－2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)×(－2)n －1＋n ×(－2)n.可得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ×(－2)n＝1－（－2）n3－n ×(－2)n.所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9.6．解析：(1)因为b n 是数列{S n }的前n 项积， 所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32， 故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)可知，b n ＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）. 故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1－1n （n ＋1），n ≥2.7．解析：①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1.设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1， 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2a 1.因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列． ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列． 设数列{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12n 2d ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1.②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d >0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ， 得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2(n ≥2)，是关于n 的一次函数，所以数列{a n }是等差数列．8．解析：(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝qn －1.因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n3n .(2)由(1)知S n ＝1－13n1－13＝32(1－13n )，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13（1－13n ）1－13－n 3n ＋1＝12(1－13n )－n3n ＋1， 整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2(34－2n ＋34×3n )－32(1－13n )＝－n 3n <0，故T n <S n2.。
2020年新高考(全国卷)数学试卷结构与评析
新高考（全国卷）地区数学试卷结构及题型变化新高考数学考试试卷及试卷结构说明：新高考数学试卷结构：第一大题，单项选择题，共8小题，每小题5分，共40分；第二大题，多项选择题，共4小题，每小题5分，部分选对得3分，有选错得0分，共20分.第三大题，填空题，共4小题，每小题5分，共20分。
第四大题，解答题，共6小题，均为必考题，涉及的内容是高中数学的六大主干知识：三角函数，数列，统计与概率，立体几何，函数与导数，解析几何。
单项选择题考点分析：多项选择题考点分析：①新高考全国Ⅰ卷与新高考全国Ⅱ卷相同新高考选择题部分分析：①新高考与之前相比，最大的不同就是增加了多项选择题部分，选择题部分由原来的12道单选题，变成了8道单选题与4道多选题。
这有利于缩小学生选择题部分成绩的差距，过去学生错一道单选题，可能就会丢掉5分，在新高考中，考生部分选对就可以得3分，在一定程度上保证了得分率。
②新高考的单项选择题部分主要考察学生的基础知识和基本运算能力，总体上难度不大，只要认真复习，一般都可以取得一个较好的成绩。
在多项选择题上，前两道较为基础，后两道难度较大，能够突出高考的选拔性功能，总体上来看，学生比以往来讲，更容易取得一个不错的成绩，但对于一些数学基础比较的好的同学来说，这些题比以往应该更有挑战性。
过去，只需要在四个选项中选一个正确答案，现在要在四个选项中，选出多个答案，比以往来说，要想准确的把正确答案全部选出来，确实有一定的难度、③新高考数学试卷的第4题，第6题和第12题都体现了创新性。
第4题，以古代知识为背景，考察同学们的立体几何知识，这体现了数学考试的价值观导向。
弘扬传统文化的同时也鼓励同学们走进传统文化。
近年来，对于这类题目也是屡见不鲜，平时也应该鼓励学生去关注一些古代的数学著作，如《九章算术》，《孙子算经》等等，通过对这些著作的了解，再遇到这类题目时，在一定程度上能够减少恐惧感与焦虑感。
第6题则体现了聚焦民生，关注社会热点。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷新课标1)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）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．（5分）已知集合M＝{x|﹣4＜x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，则M∩N＝（）A．{x|﹣4＜x＜3} B．{x|﹣4＜x＜﹣2} C．{x|﹣2＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 2．（5分）设复数z满足|z﹣i|＝1，z在复平面内对应的点为（x，y），则（）A．（x+1）2+y2＝1 B．（x﹣1）2+y2＝1C．x2+（y﹣1）2＝1 D．x2+（y+1）2＝13．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（）A．B．C．D．7．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．8．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+9．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n＝n2﹣2n 10．（5分）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1 B．+＝1C．+＝1 D．+＝111．（5分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sin x|有下述四个结论：①f（x）是偶函数②f（x）在区间（，π）单调递增③f（x）在[﹣π，π]有4个零点④f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A．①②④B．②④C．①④D．①③12．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(新课标I卷,解析版1)
2020年高考理科数学试题解析（课标Ⅰ）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。
全卷满分150分。
考试时间120分钟。
注意事项：1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页。
2. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3. 全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4. 考试结束，将本试题和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、 选择题共12小题。
每小题5分，共60分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。
1、已知集合A=｛x |x 2－2x ＞0｝，B=｛x |－5＜x ＜5｝，则 ( ) A 、A∩B=∅ B 、A ∪B=R C 、B ⊆A D 、A ⊆B【命题意图】本题主要考查一元二次不等式解法、集合运算及集合间关系，是容易题. 【解析】A=(-∞,0)∪(2,+∞), ∴A ∪B=R,故选B.2、若复数z 满足 (3－4i)z ＝|4＋3i |，则z 的虚部为 ( ) A 、－4（B ）－45（C ）4（D ）45【命题意图】本题主要考查复数的概念、运算及复数模的计算，是容易题.【解析】由题知z =|43|34i i +-=4)(34)(34)i i i +-+=3455i +，故z 的虚部为45，故选D.3、为了解某地区的中小学生视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是 ( )A 、简单随机抽样B 、按性别分层抽样C 、按学段分层抽样D 、系统抽样 【命题意图】本题主要考查分层抽样方法，是容易题.【解析】因该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，故最合理的抽样方法是按学段分层抽样，故选C.4、已知双曲线C ：22221x y a b-=（0,0a b >>C 的渐近线方程为A .14y x =±B .13y x =±C .12y x =± D .y x =±【命题意图】本题主要考查双曲线的几何性质，是简单题.【解析】由题知，2c a =，即54=22c a =222a b a +，∴22b a =14，∴b a =12±，∴C 的渐近线方程为12y x =±，故选C . 5、运行如下程序框图，如果输入的[1,3]t ∈-，则输出s 属于A .[-3,4]B .[-5,2]C .[-4,3]D .[-2,5]【命题意图】本题主要考查程序框图及分段函数值域求法，是简单题.【解析】有题意知，当[1,1)t ∈-时，3s t =[3,3)∈-，当[1,3]t ∈时，24s t t =-[3,4]∈， ∴输出s 属于[-3,4]，故选A .6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 3C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3【命题意图】本题主要考查球的截面圆性质、球的体积公式，是容易题.【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则222(2)4R R =-+，解得R=5，∴球的体积为3453π⨯=500π33cm ，故选A. 7、设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，1m S -＝－2，m S ＝0，1m S +＝3，则m ＝ ( ) A 、3 B 、4 C 、5 D 、6【命题意图】本题主要考查等差数列的前n 项和公式及通项公式，考查方程思想，是容易题. 【解析】有题意知m S =1()2m m a a +=0，∴1a =－m a =－（m S -1m S -）=－2， 1m a += 1m S +-m S =3，∴公差d =1m a +-m a =1，∴3=1m a +=－2m +，∴m =5，故选C.8、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A .168π+ B .88π+ C .1616π+ D .816π+【命题意图】本题主要考查简单组合体的三视图及简单组合体体积公式，是中档题.【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A . 9、设m 为正整数，2()mx y +展开式的二项式系数的最大值为a ，21()m x y ++展开式的二项式系数的最大值为b ，若13a =7b ，则m ＝ ( ) A 、5 B 、6 C 、7 D 、8【命题意图】本题主要考查二项式系数最大值及组合数公式，考查方程思想，是容易题. 【解析】由题知a =2mm C ，b =121m m C ++，∴132mm C =7121m m C ++，即13(2)!!!m m m ⨯=7(21)!(1)!!m m m ⨯++， 解得m =6，故选B.10、已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆于A 、B 两点。
2020年高考数学文科全国三试卷及答案解析
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）一、选择题：本大题共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．（5分）已知集合A={1，2，3，4}，B={2，4，6，8}，则A∩B中元素的个数为（）A．1B．2C．3D．42．（5分）复平面内表示复数z=i（﹣2+i）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．（5分）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（）A．月接待游客量逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳4．（5分）已知sinα﹣cosα=，则sin2α=（）A．﹣B．﹣C．D．5．（5分）设x，y满足约束条件则z=x﹣y的取值范围是（）A．[﹣3，0]B．[﹣3，2]C．[0，2]D．[0，3]6．（5分）函数f（x）=sin（x+）+cos（x﹣）的最大值为（）A．B．1C．D．7．（5分）函数y=1+x+的部分图象大致为（）A．B．C．D．8．（5分）执行如图的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N 的最小值为（）A．5B．4C．3D．29．（5分）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．10．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC 11．（5分）已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab=0相切，则C的离心率为（）A．B．C．D．12．（5分）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（）A．﹣B．C．D．1二、填空题13．（5分）已知向量=（﹣2，3），=（3，m），且，则m=．14．（5分）双曲线（a＞0）的一条渐近线方程为y=x，则a=．15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=60°，b=，c=3，则A=．16．（5分）设函数f（x）=，则满足f（x）+f（x﹣）＞1的x的取值范围是．三、解答题17．（12分）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n=2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．18．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温[10，15）[15，20）[20，25）[25，30）[30，35）[35，40）天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．19．（12分）如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．20．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，点C的坐标为（0，1），当m变化时，解答下列问题：（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；（2）证明过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．21．（12分）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣﹣2．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为，（t为参数），直线l2的参数方程为，（m为参数）．设l1与l2的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C．（1）写出C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：ρ（cosθ+sinθ）﹣=0，M为l3与C的交点，求M的极径．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．（1）求不等式f（x）≥1的解集；（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．2017年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
2020年高考理科数学(全国卷Ⅲ真题)——(含答案和解析)
8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）
A. 6+4 B. 4+4 C. 6+2 D. 4+2
9.已知2tanθ–tan(θ+ )=7，则tanห้องสมุดไป่ตู้=（）
A. –2B. –1C. 1D. 2
10.若直线l与曲线y= 和x2+y2= 都相切，则l的方程为（）
A.y=2x+1B.y=2x+ C.y= x+1D.y= x+
【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：
该几何体的表面积是： .
故选：C.
【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
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 ， ，则 中元素的个数为（）
A.2B.3C.4D.6
2.复数 的虚部是（）
A. B. C. D.
3.在一组样本数据中，1，2，3，4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（）
，
因此， .
故选：D.
【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.
7.在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（）
A. B. C. D.
2020年高考理科数学全国卷(全国ⅠⅡ Ⅲ卷)共三套试卷试题真题及答案
设an 是公比不为 1 的等比数列， a1为 a2 ， a3 的等差中项. （1）求 an 的公比； （2）若 a1 1 ，求数列 nan 的前 n 项和.
18.（12 分） 如图， D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心， AE 为底面直径，
AE AD . △ABC 是 底 面 的 内 接 正 三 角 形 ， P 为 DO 上 一 点 ， PO 6 DO .
D. a＜2
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
2x y 2≤0，
13.若
x
，
y
满足约束条件
x
y
1≥0，
则
z
x
7
y
的最大值为
.
y 1≥0，
14.设 a ， b 为单位向量，且 a b 1，则 a b
.
15.已知 F
为双曲线
C
:
x2 a2
y2 b2
1a＞0，b＞0 的右焦点， A 为 C 的右顶点， B 为 C
6 （1）证明： PA 平面PBC ； （2）求二面角 B PC E 的余弦值.
19.（12 分） 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下： 累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者
进行下一场比赛，负者下一轮轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直 至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷，草稿纸和答
上
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，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
全国通用2020-2022年三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题文
06 立体几何（解答题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；√3．(2)6403【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CD BD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH//DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.3．【2021年甲卷文科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析.【解析】 【分析】（1）先证明ABC 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】（1）由于11BF A B ⊥，11//AB A B ，所以AB BF ⊥， 又AB ⊥BB 1，1BB BF B ⋂=，故AB ⊥平面11BCC B ， 则AB BC ⊥，ABC 为等腰直角三角形， 111221222BCE ABC S S ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥， 又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.4．【2021年乙卷文科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知AM BD ⊥． 于是∽ABD BMA ，故=AD ABAB BM．因为1,,12===BM BC AD BC AB ，所以2112BC =，即BC =故四棱锥P ABCD -的体积13=⋅⋅=V AB BC PD ． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知⊥AM DB ,所以1⋅=-AM BD k k ． 建立如图所示的平面直角坐标系，设2(0)BC a a =>．因为1DC =，所以(0,0)A ，(1,0)B ，(0,2)D a ，()1,M a ． 从而2020(2)211001--⋅=⨯=⨯-=-=---AM BD a a k k a a a ．所以2a =，即DA =. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法 建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，设||=DA t ，所以(0,0,0)D ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(,0,0)A t ，(,1,0)B t ． 所以,1,02t M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(,1,1)PB t =-，,1,02t AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．所以2110(1)1022t t PB AM t ⎛⎫⋅=⋅-+⨯+⨯-=-+= ⎪⎝⎭．所以t ，即||=DA . [方法四]：空间向量法由PB AM ⊥，得0PB AM ⋅=． 所以()0++⋅=PD DA AB AM ． 即0⋅+⋅+⋅=PD AM DA AM AB AM ．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内， 因此PD AM ⊥，所以0⋅=PD AM ． 所以0⋅+⋅=DA AM AB AM ，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得221||||02-+=DA AB ，即21||102-+=BC ．所以||2BC =，即BC =. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.5．【2020年新课标1卷文科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）根据已知可得PA PB PC ==，进而有PAC △≌PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，AP ==在Rt PAO 中，PO ===∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.6．【2020年新课标2卷文科】如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24. 【解析】 【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -. 【详解】 （1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA ∴在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ∴BC ⊥平面1A AMN又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图//AO 平面11EB C FAO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =//AO NP ∴ 又//NO AP∴6AO NP ==O 为111A B C △的中心.∴1111sin 606sin 6033ON AC =︒=⨯⨯︒=故：ON AP ==3AM AP ==平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN∴MH ⊥平面11EB C F 又在等边ABC 中EF AP BC AM =即2AP BC EF AM ⋅=== 由（1）知，四边形11EB C F 为梯形∴四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP ++=⋅⨯=四边形 111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=， ∴1243243V =⨯⨯=. 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.7．【2020年新课标3卷文科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥ 因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形， 1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.。
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。
2020年高考数学试题分析报告(国家教育部考试中心,全国各套试卷)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告教育部考试中心━━━━━━━━━━━★━━━━━━━━━━━四川省凉山州教育科学研究所中小学教育研究室整理目录· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题总体评价· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（四川卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（全国卷Ⅰ）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（全国卷Ⅱ）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（重庆卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（浙江卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（天津卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（上海卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（陕西卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（山东卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（辽宁卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（江西卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（江苏卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（湖南卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（湖北卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（海南、宁夏卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（广东卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（福建卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（北京卷）· 2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题评价报告（安徽卷）2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题总体评价今年全国共有16个省市是自主命题，其中广东、山东是实施新课程的第一年高考，是课标卷，其余的省市是大纲卷。