2020年高考数学真题汇编答案及解析
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年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1.(2020•浙江)已知等差数列{a n}的前n项和S n,公差d≠0,且≤1.记b1=S2,b n+1=S2n+2﹣S2n,n∈N*,下列等式不可能成⽴的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b82.(2020•北京)在等差数列{a n}中,a1=﹣9,a5=﹣1.记T n=a1a2…a n(n=1,2,…),则数列{T n}()A.有最⼤项,有最⼩项B.有最⼤项,⽆最⼩项C.⽆最⼤项,有最⼩项D.⽆最⼤项,⽆最⼩项3.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是等⽐数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.324.(2020•新课标Ⅱ)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.155.(2020•新课标Ⅱ)0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤.若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,…)成⽴,则称其为0﹣1周期序列,并称满⾜a i+m=a i(i=1,2…)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a1a2…a n…,C(k)=a i a i+k(k=1,2,…,m﹣1)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C(k)≤(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…6.(2020•新课标Ⅱ)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.(2020•新课标Ⅱ)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215﹣25,则k=()A.2B.3C.4D.58.(2020•新课标Ⅱ)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9.(2020•上海)已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,且a1+a10=a9,则=.10.(2020•新课标Ⅱ)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1=﹣2,a2+a6=2,则S10=.11.(2020•浙江)已知数列{a n}满⾜a n=,则S3=.12.(2020•海南)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.13.(2020•江苏)设{a n}是公差为d的等差数列,{b n}是公⽐为q的等⽐数列.已知数列{a n+b n}的前n项和S n=n2﹣n+2n﹣1(n∈N*),则d+q的值是.14.(2020•新课标Ⅰ)数列{a n}满⾜a n+2+(﹣1)n a n=3n﹣1,前16项和为540,则a1=.15.(2020•天津)已知{a n}为等差数列,{b n}为等⽐数列,a1=b1=1,a5=5(a4﹣a3),b5=4(b4﹣b3).(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式;(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S n+12(n∈N*);(Ⅲ)对任意的正整数n,设c n=求数列{c n}的前2n项和.16.(2020•海南)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1a2﹣a2a3+…+(﹣1)n﹣1a n a n+1.17.(2020•江苏)已知数列{a n}(n∈N*)的⾸项a1=1,前n项和为S n.设λ和k为常数,若对⼀切正整数n,均有S n+1﹣S n=λa n+1成⽴,则称此数列为“λ﹣k”数列.(1)若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n}是“﹣2”数列,且a n>0,求数列{a n}的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列,且a n≥0?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.18.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{a n}的公⽐;(2)若a1=1,求数列{na n}的前n项和.19.(2020•⼭东)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.20.(2020•新课标Ⅲ)设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2=4,a3﹣a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1═S m+3,求m.。
2020高考数学全国真题及答案汇编
2020 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 I
本试卷 5 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. 5. 考试结束后, 请将本试卷和答题卡一并上交.
4
√ D: 5 + 1
2
题3图 4. 已知 A 为抛物线 C : y2 = 2px(p > 0) 上一点, 点 A 到 C 的焦点的距离为 12, 到 y 轴的距离为 9, 则 p =( ).
A: 2
B: 3
C: 6
D: 9
2020 年高考数学全国 I 卷理科真题
2
5. 某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y 和温度 x (单位: ◦C) 的关系, 在 20 个不同的温度条 件下进行种子发芽实验, 由实验数据 xi, yi (i = 1, 2, · · · , 20) 得到下面的散点图:
目录
2020 年高考数学全国 I 卷理科真题· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 2020 年高考数学全国 I 卷理科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6 2020 年高考数学全国 I 卷文科真题· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 15 2020 年高考数学全国 I 卷文科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 20 2020 年高考数学全国 II 卷理科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 28 2020 年高考数学全国 II 卷理科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 32 2020 年高考数学全国 II 卷文科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 40 2020 年高考数学全国 II 卷文科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 44 2020 年高考数学全国 III 卷理科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 51 2020 年高考数学全国 III 卷理科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 55 2020 年高考数学全国 III 卷文科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 63 2020 年高考数学全国 III 卷文科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 67 2020 年新高考数学 I 卷真题· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 74 2020 年新高考数学 I 卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 79 2020 年新高考数学 II 卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 87 2020 年新高考数学 II 卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 92 2020 年高考数学北京卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 100 2020 年高考数学北京卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 104 2020 年高考数学天津卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 112 2020 年高考数学天津卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 116 2020 年高考数学上海卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 124 2020 年高考数学上海卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 127 2020 年高考数学浙江卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 135 2020 年高考数学浙江卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 139 2020 年高考数学江苏卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 146 2020 年高考数学江苏卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 151
2020高考数学全国真题及答案汇编
2020 年高考数学全国 I 卷理科真题· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 2020 年高考数学全国 I 卷理科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6 2020 年高考数学全国 I 卷文科真题· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 15 2020 年高考数学全国 I 卷文科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·高考数学全国 II 卷理科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 28 2020 年高考数学全国 II 卷理科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 32 2020 年高考数学全国 II 卷文科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 40 2020 年高考数学全国 II 卷文科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 44 2020 年高考数学全国 III 卷理科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 51 2020 年高考数学全国 III 卷理科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 55 2020 年高考数学全国 III 卷文科真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 63 2020 年高考数学全国 III 卷文科真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 67 2020 年新高考数学 I 卷真题· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 74 2020 年新高考数学 I 卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 79 2020 年新高考数学 II 卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 87 2020 年新高考数学 II 卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 92 2020 年高考数学北京卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 100 2020 年高考数学北京卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 104 2020 年高考数学天津卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 112 2020 年高考数学天津卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 116 2020 年高考数学上海卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 124 2020 年高考数学上海卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 127 2020 年高考数学浙江卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 135 2020 年高考数学浙江卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 139 2020 年高考数学江苏卷真题 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 146 2020 年高考数学江苏卷真题解析 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 151
高考文科数学三年真题分类汇编 专题05 立体几何(选择题、填空题)(解析版)
专题05 立体几何(选择题、填空题)1.【2020年高考全国Ⅰ卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A BC D 【答案】C【解析】如图,设,CD a PE b ==,则PO ==由题意得212PO ab =,即22142a b ab -=,化简得24()210b b a a -⋅-=,解得b a =.故选C .【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算,考查学生的数学计算能力,是一道容易题.2.【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC 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AB .32C .1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ,则2416R ππ=,解得:2R =. 设ABC 外接圆半径为r ,边长为a ,ABC 的等边三角形,212a ∴=,解得:3a =,2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选:C .【点睛】本题考查球的相关问题的求解,涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用;解题关键是明确球的性质,即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 3.【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如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】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 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是:632=⨯++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.4.【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点,⊙1O 为ABC △的外接圆,若⊙1O 的面积为4π,1AB BC AC OO ===,则球O 的表面积为 A .64π B .48πC .36πD .32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ,球的半径为R , 依题意,得24,2r r ππ=∴=,ABC 为等边三角形,由正弦定理可得2sin60AB r =︒=,1OO AB ∴==根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ,11,4OO O A R OA ∴⊥====,∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选:A【点睛】本题考查球的表面积,应用球的截面性质是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.5.【2020年高考天津】若棱长为 A .12π B .24πC .36πD .144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,即3R ==,所以,这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选:C .【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法,求出外接球的半径是本题的解题关键,属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题,常用方法有:(1)三条棱两两互相垂直时,可恢复为长方体,利用长方体的体对角线为外接球的直径,求出球的半径;(2)直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行,借助球的对称性,球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点,再根据勾股定理求球的半径;(3)如果设计几何体有两个面相交,可过两个面的外心分别作两个面的垂线,垂线的交点为几何体的球心. 6.【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为A .6+B .6+C .12D .12+【答案】D【解析】由题意可得,三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形,侧面为三个边长为2的正方形,则其表面积为:()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选:D .【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积,关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析,从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.(2)多面体表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积应注意重合部分的处理.(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算,而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.7.【2020年高考浙江】某几何体的三视图(单位:cm )如图所示,则该几何体的体积(单位:cm 3)是A .73B .143C .3D .6【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是上半部分是三棱锥,下半部分是三棱柱, 且三棱锥的一个侧面垂直于底面,且棱锥的高为1, 棱柱的底面为等腰直角三角形,棱柱的高为2, 所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选:A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积,属于基础题.8.【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ,m ,n .“l ,m ,n 共面”是“l ,m ,n 两两相交”的A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线,当,,m n l 在同一平面时,可能////m n l ,故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时,设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=,根据公理2可知,m n 确定一个平面α,而,B m C n αα∈⊂∈⊂,根据公理1可知,直线BC 即l α⊂,所以,,m n l 在同一平面.综上所述,“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件. 故选:B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查公理1和公理2的运用,属于中档题.9.【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O ),地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角,点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A 处的纬度为北纬40°,则晷针与点A 处的水平面所成角为A .20°B .40°C .50°D .90°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示,其中CD 是赤道所在平面的截线;l 是点A 处的水平面的截线,依题意可知OA l ⊥;AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线,依题意依题意,晷面和赤道平面平行,晷针与晷面垂直,根据平面平行的性质定理可得可知//m CD , 根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒,所以40OAG AOC ∠=∠=︒, 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒, 所以40BAE OAG ∠=∠=︒,也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化,考查球体有关计算,涉及平面平行,线面垂直的性质,属于中档题.10.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 A .α内有无数条直线与β平行 B .α内有两条相交直线与β平行 C .α,β平行于同一条直线 D .α,β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件,由面面平行性质定理知,若αβ∥,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件,故选B .【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件,渗透直观想象、逻辑推理素养,利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断.面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理,最容易犯的错误为定理记不住,凭主观臆断,如:“若,,a b a b αβ⊂⊂∥,则αβ∥”此类的错误.11.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD ,M 是线段ED 的中点,则A .BM =EN ,且直线BM ,EN 是相交直线B .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是相交直线C .BM =EN ,且直线BM ,EN 是异面直线D .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示,作EO CD ⊥于O ,连接ON ,BD , 易得直线BM ,EN 是三角形EBD 的中线,是相交直线. 过M 作MF OD ⊥于F ,连接BF ,平面CDE ⊥平面ABCD ,,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ,EO ∴⊥平面ABCD ,M F ⊥平面ABCD , MFB ∴△与EON △均为直角三角形.设正方形边长为2,易知12EO ON EN ===,,5,22MF BF BM ==∴= BM EN ∴≠,故选B .【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力,解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时,先利用垂直关系,再结合勾股定理进而解决问题.12.【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm ),则该柱体的体积(单位:cm 3)是A .158B .162C .182D .324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图,还原得到几何体——棱柱,根据题目给定的数据,计算几何体的体积,常规题目.难度不大,注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二,一是不能正确还原几何体;二是计算体积有误.为避免出错,应注重多观察、细心算.13.【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角P –AC –B 的平面角为γ,则 A .β<γ,α<γB .β<α,β<γC .β<α,γ<αD .α<β,γ<β【答案】B【解析】如图,G 为AC 中点,连接VG ,V 在底面ABC 的投影为O ,则P 在底面的投影D 在线段AO 上,过D 作DE 垂直于AC 于E ,连接PE ,BD ,易得PE VG ∥,过P 作PF AC ∥交VG 于F ,连接BF ,过D 作DH AC ∥,交BG 于H ,则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠,结合△PFB ,△BDH ,△PDB 均为直角三角形,可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=,即αβ>;在Rt △PED 中,tan tan PD PDED BDγβ=>=,即γβ>,综上所述,答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体,综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念,以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角,应用三角函数知识求解,而后比较大小.而充分利用图形特征,则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有,不能正确作图得出各种角,未能想到利用“特殊位置法”,寻求简便解法.14.【2018年高考全国Ⅱ卷文数】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N 的路径中,最短路径的长度为A.1722B.5C.3D.2【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征,知点M在上底面上,点N在下底面上,且可以确定点M 和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽,圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,=B.【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题,在解题的过程中,需要明确两个点在几何体上所处的位置,再利用平面上两点间直线段最短,所以处理方法就是将面切开平铺,利用平面图形的相关特征求得结果.15.【2018年高考全国Ⅱ卷文数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【答案】A【解析】由题意知,题干中所给的是榫头,是凸出的几何体,求得是卯眼的俯视图,卯眼是凹进去的,即俯视图中应有一不可见的长方形,且俯视图应为对称图形.故选A.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图,考查考生的空间想象能力和阅读理解能力,考查的数学核心素养是直观想象.16.【2018年高考全国I 卷文数】在长方体1111ABCD A BC D -中,2AB BC ==,1AC 与平面11BBC C 所成的角为30︒,则该长方体的体积为A .8B .C .D .【答案】C【解析】在长方体1111ABCD A BC D -中,连接1BC ,根据线面角的定义可知130AC B ︒∠=,因为2AB =,所以1BC =,从而求得1CC =所以该长方体的体积为22V =⨯⨯= 故选C.【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题,在解题的过程中,需要明确长方体的体积公式为长、宽、高的乘积,而题中的条件只有两个值,所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要,此时就需要明确线面角的定义,从而得到量之间的关系,最终求得结果.17.【2018年高考全国I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ,2O ,过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为 A. B .12π C.D .10π【答案】B【解析】根据题意,可得截面是边长为所以其表面积为22π2π12πS =+=,故选B.【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题,在解题的过程中,需要利用题的条件确定圆柱的相关量,即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高,在求圆柱的表面积的时候,一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.18.【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:cm 3)是A .2B .4C .6D .8【答案】C俯视图正视图【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱,高为2,底面为直角梯形,上、下底分别为1,2,梯形的高为2,因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯= 故选C.【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.19.【2018年高考全国Ⅱ卷文数】设A B C D ,,,是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为 A. B .C.D .【答案】B【解析】如图所示,设点M 为三角形ABC 的重心,E 为AC 中点,当点D 在平面ABC 上的射影为M 时,三棱锥D ABC -的体积最大,此时,4OD OB R ===,2ABC S AB ==△,6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心,23BM BE ∴==Rt OBM ∴△中,有2OM ==,426DM OD OM ∴=+=+=,()max 163D ABC V -∴=⨯=,故选B.【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球,考查了勾股定理,三角形的面积公式和三棱锥的体积公式,判断出当点D 在平面ABC 上的射影为三角形ABC 的重心时,三棱锥D ABC -体积最大很关键,由M 为三角形ABC 的重心,计算得到23BM BE ==OM ,进而得到结果,属于较难题型.20.【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A BC D -中,E 为棱1CC 的中点,则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A BC D 【答案】C【解析】如图,在正方体1111ABCD A BC D -中,CD AB ∥,所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠,设正方体边长为2a ,则由E 为棱1CC 的中点,可得CE a =,所以BE =,则tan BE EAB AB ∠===.故选C .【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角,考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力,考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.求异面直线所成的角,需要将异面直线所成的角等价转化为相交直线所成的角,然后利用解三角形的知识加以求解.21.【2018年高考浙江卷】已知平面α,直线m ,n 满足m ⊄α,n ⊂α,则“m ∥n ”是“m ∥α”的A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为,,m n m n ⊄⊂∥αα,所以根据线面平行的判定定理得m ∥α. 由m ∥α不能得出m 与α内任一直线平行, 所以m n ∥是m ∥α的充分不必要条件,故选A. 【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法:(1)定义法:直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假.并注意和图示相结合,例如“p ⇒q ”为真,则p 是q 的充分条件.(2)等价法:利用p ⇒q 与非q ⇒非p ,q ⇒p 与非p ⇒非q ,p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系,对于条件或结论是否定式的命题,一般运用等价法.(3)集合法:若A ⊆B ,则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件;若A =B ,则A 是B 的充要条件.22.【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点),设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S −AB −C 的平面角为θ3,则A .θ1≤θ2≤θ3B .θ3≤θ2≤θ1C .θ1≤θ3≤θ2D .θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】设O 为正方形ABCD 的中心,M 为AB 中点,过E 作BC 的平行线EF ,交CD 于F ,过O 作ON 垂直EF 于N ,连接SO ,SN ,SE ,SM ,OM ,OE ,则SO 垂直于底面ABCD ,OM 垂直于AB , 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥,,所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ,故选D.【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角,再构造直角三角形,根据边的大小关系确定角的大小关系.23.【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为A .1B .2C .3D .4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示,在四棱锥P ABCD -中,2,2,2,1PD AD CD AB ====,由勾股定理可知:3,PA PC PB BC ==== 则在四棱锥中,直角三角形有:,,PAD PCD PAB △△△,共3个, 故选C.【名师点睛】此题考查三视图相关知识,解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原,分析线面、线线垂直关系,利用勾股定理求出每条棱长,进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时,根据三视图还原几何体,利用勾股定理求出棱长,再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.24.【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题:p 1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. p 2:过空间中任意三点有且仅有一个平面. p 3:若空间两条直线不相交,则这两条直线平行. p 4:若直线l ⊂平面α,直线m ⊥平面α,则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是__________. ①14p p ∧ ②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ,可设1l 与2l 相交,这两条直线确定的平面为α; 若3l 与1l 相交,则交点A 在平面α内,同理,3l 与2l 的交点B 也在平面α内,所以,AB α⊂,即3l α⊂,命题1p 为真命题;对于命题2p ,若三点共线,则过这三个点的平面有无数个, 命题2p 为假命题;对于命题3p ,空间中两条直线相交、平行或异面, 命题3p 为假命题;对于命题4p ,若直线m ⊥平面α, 则m 垂直于平面α内所有直线, 直线l ⊂平面α,∴直线m ⊥直线l , 命题4p 为真命题. 综上可知,,为真命题,,为假命题,14p p ∧为真命题,12p p ∧为假命题,23p p ⌝∨为真命题,34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为:①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假,同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断,考查推理能力,属于中等题.25.【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为_________.【解析】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2,3BC AB 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 设内切圆半径为r ,则:ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯= 解得:22r,其体积:3433V r π==.. 【点睛】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.26.【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积(单位:cm 2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm )是_______. 【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ,母线长为l ,则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩,解得1,2r l ==. 故答案为:1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算,属于基础题.27.【2020年高考江苏】如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ,高为2 cm ,内孔半轻为0.5 cm ,则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯圆柱体积为21()222ππ⋅=,所求几何体体积为2π.故答案为: 2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积,考查基本分析求解能力,属基础题.28.【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 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________.【答案】2. 【解析】如图:取11B C 的中点为E ,1BB 的中点为F ,1CC 的中点为G ,因为BAD ∠=60°,直四棱柱1111ABCD A BC D -的棱长均为2,所以△111D B C 为等边三角形,所以1D E=111D E B C ⊥,又四棱柱1111ABCD A BC D -为直四棱柱,所以1BB ⊥平面1111D C B A ,所以111BB B C ⊥, 因为1111BB B C B =,所以1D E ⊥侧面11BC CB ,设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点,则1DE EP ⊥,1D E =,所以||EP ===,所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ,因为114B EFC EG π∠=∠=,所以2FEG π∠=,所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为:2.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征,考查了直线与平面垂直的判定,考查了立体几何中的轨迹问题,考查了扇形中的弧长公式,属于中档题.29.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知∠ACB=90°,P 为平面ABC 外一点,PC =2,点P 到∠ACB 两边AC ,BC P 到平面ABC 的距离为___________.【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ,PO ⊥平面ABC ,连接CO ,由题意可知,CD PD CD PO ⊥⊥,=PD PO P ,CD 平面PDO ,又OD ⊂平面PDO ,CD OD ∴⊥,PD PE ==2PC =,sin sin PCE PCD ∴∠=∠=, 60PCB PCA ︒∴∠=∠=,又易知PO CO ⊥,CO 为ACB ∠的平分线,451,,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===,又2PC =,PO ∴==【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力,合理画图成为关键,准确找到P 在底面上的射影,使用线面垂直定理,得到垂直关系,利用勾股定理解决.注意画图视角选择不当,线面垂直定理使用不够灵活,难以发现垂直关系,问题则很难解决,将几何体摆放成正常视角,是立体几何问题解决的有效手段,几何关系利于观察,解题事半功倍.30.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面,其棱长为_________.(本题第一空2分,第二空3分.)【答案】261【解析】由图可知第一层(包括上底面)与第三层(包括下底面)各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18826+=个面.如图,设该半正多面体的棱长为x ,则AB BE x ==,延长CB 与FE 的延长线交于点G ,延长BC 交正方体的棱于H ,由半正多面体对称性可知,BGE △为等腰直角三角形,,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+==,1x ∴==,1.【名师点睛】本题立意新颖,空间想象能力要求高,物体位置还原是关键,遇到新题别慌乱,题目其实很简单,稳中求胜是关键.立体几何平面化,无论多难都不怕,强大空间想象能力,快速还原图形. 31.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】学生到工厂劳动实践,利用3D 打印技术制作模型.如图,该模型为长方体1111ABCD A BC D -挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体,其中O 为长方体的中心,E ,F ,G ,H分别为所在棱的中点,16cm 4cm AB=BC =AA =,,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得,214642312cm 2EFGHS =⨯-⨯⨯⨯=四边形, ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm , ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=.又长方体1111ABCD A BC D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=, 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=, 其质量为0.9132118.8g ⨯=.【名师点睛】本题考查几何体的体积问题,理解题中信息联系几何体的体积和质量关系,从而利用公式求解.根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积,再求出模型的质量即可.32.【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________.【答案】40【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图,还原得到几何体,再根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应体积公式求解;(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解. 33.【2019年高考北京卷文数】已知l ,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l ⊥m ;②m ∥α;③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________. 【答案】如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m .【解析】将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题: (1)如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m ,正确;(2)如果l ⊥α,l ⊥m ,则m ∥α,不正确,有可能m 在平面α内; (3)如果l ⊥m ,m ∥α,则l ⊥α,不正确,有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为:如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断,分别作为条件、结论加以分析即可.34.【2019年高考天津卷文数】若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为__________. 【答案】π42=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,一个底面的圆心为四棱锥底面的中心, 故圆柱的高为1,圆柱的底面半径为12, 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问题,解答时,根据棱锥的结构特点,确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.35.【2019年高考江苏卷】如图,长方体1111ABCD A BC D -的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .。
2020年上海市高考数学试卷+参考答案+详情解析
2020年上海市高考数学试卷一、填空题(本大题共有12题,满分54分,第1-6题每题4分,第7-12题每题5分)1.(4分)已知集合A={1,2,4},集合B={2,4,5},则A∩B=.2.(4分)计算:=.3.(4分)已知复数z=1﹣2i(i为虚数单位),则|z|=.4.(4分)已知函数f(x)=x3,f′(x)是f(x)的反函数,则f′(x)=.5.(4分)已知x、y满足,则z=y﹣2x的最大值为.6.(4分)已知行列式=6,则=.7.(5分)已知有四个数1,2,a,b,这四个数的中位数是3,平均数是4,则ab=.8.(5分)已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,且a1+a10=a9,则=.9.(5分)从6个人挑选4个人去值班,每人值班一天,第一天安排1个人,第二天安排1个人,第三天安排2个人,则共有种安排情况.10.(5分)已知椭圆C:+=1的右焦点为F,直线l经过椭圆右焦点F,交椭圆C 于P、Q两点(点P在第二象限),若点Q关于x轴对称点为Q′,且满足PQ⊥FQ′,求直线l的方程是.11.(5分)设a∈R,若存在定义域为R的函数f(x)同时满足下列两个条件:(1)对任意的x0∈R,f(x0)的值为x0或x02;(2)关于x的方程f(x)=a无实数解,则a的取值范围是.12.(5分)已知,,,,…,(k∈N*)是平面内两两互不相等的向量,满足||=1,且|﹣|∈{1,2}(其中i=1,2,j=1,2,…,k),则k的最大值是.二、选择题(本大题共4题,每题5分,共20分)13.(5分)下列等式恒成立的是()A.a2+b2≤2ab B.a2+b2≥﹣2ab C.a+b≥2D.a2+b2≤﹣2ab 14.(5分)已知直线方程3x+4y+1=0的一个参数方程可以是()A.B.C.D.15.(5分)在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P为左侧面ADD1A1上一点,已知点P到A1D1的距离为3,P到AA1的距离为2,则过点P且与A1C平行的直线相交的面是()A.AA1B1B B.BB1C1C C.CC1D1D D.ABCD 16.(5分)命题p:存在a∈R且a≠0,对于任意的x∈R,使得f(x+a)<f(x)+f(a);命题q1:f(x)单调递减且f(x)>0恒成立;命题q2:f(x)单调递增,存在x0<0使得f(x0)=0,则下列说法正确的是()A.只有q1是p的充分条件B.只有q2是p的充分条件C.q1,q2都是p的充分条件D.q1,q2都不是p的充分条件三、解答题(本大题共5题,共14+14+14+16+18=76分)17.(14分)已知ABCD是边长为1的正方形,正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱.(1)求该圆柱的表面积;(2)正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1,求线段CD1与平面ABCD所成的角.18.(14分)已知函数f(x)=sinωx,ω>0.(1)f(x)的周期是4π,求ω,并求f(x)=的解集;(2)已知ω=1,g(x)=f2(x)+f(﹣x)f(﹣x),x∈[0,],求g(x)的值域.19.(14分)在研究某市场交通情况时,道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时间,车辆密度是该路段一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度,现定义交通流量为v=,x为道路密度,q为车辆密度.v=f(x)=.(1)若交通流量v>95,求道路密度x的取值范围;(2)已知道路密度x=80,交通流量v=50,求车辆密度q的最大值.20.(16分)已知双曲线Γ1:﹣=1与圆Γ2:x2+y2=4+b2(b>0)交于点A(x A,y A)(第一象限),曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足x>|x A|的部分.(1)若x A=,求b的值;(2)当b=,Γ2与x轴交点记作点F1、F2,P是曲线Γ上一点,且在第一象限,且|PF1|=8,求∠F1PF2;(3)过点D(0,+2)斜率为﹣的直线l与曲线Γ只有两个交点,记为M、N,用b表示•,并求•的取值范围.21.(18分)已知数列{a n}为有限数列,满足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣a m|,则称{a n}满足性质P.(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P,请说明理由;(2)若a1=1,公比为q的等比数列,项数为10,具有性质P,求q的取值范围;(3)若{a n}是1,2,3,…,m的一个排列(m≥4),{b n}符合b k=a k+1(k=1,2,…,m﹣1),{a n}、{b n}都具有性质P,求所有满足条件的数列{a n}.2020年上海市高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题(本大题共有12题,满分54分,第1-6题每题4分,第7-12题每题5分)1.(4分)已知集合A={1,2,4},集合B={2,4,5},则A∩B={2,4} .【分析】由交集的定义可得出结论.【解答】解:因为A={1,2,3},B={2,4,5},则A∩B={2,4}.故答案为:{2,4}.【点评】本题考查交集的定义,属于基础题.2.(4分)计算:=.【分析】由极限的运算法则和重要数列的极限公式,可得所求值.【解答】解:====,故答案为:.【点评】本题考查数列的极限的求法,注意运用极限的运算性质,考查运算能力,是一道基础题.3.(4分)已知复数z=1﹣2i(i为虚数单位),则|z|=.【分析】由已知直接利用复数模的计算公式求解.【解答】解:由z=1﹣2i,得|z|=.故答案为:.【点评】本题考查复数模的求法,是基础的计算题.4.(4分)已知函数f(x)=x3,f′(x)是f(x)的反函数,则f′(x)=x,x∈R.【分析】由已知求解x,然后把x与y互换即可求得原函数的反函数.【解答】解:由y=f(x)=x3,得x=,把x与y互换,可得f(x)=x3的反函数为f﹣1(x)=.故答案为:.【点评】本题考查函数的反函数的求法,注意反函数的定义域是原函数的值域,是基础题.5.(4分)已知x、y满足,则z=y﹣2x的最大值为﹣1 .【分析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求得最优解的坐标,代入目标函数得答案.【解答】解:由约束条件作出可行域如图阴影部分,化目标函数z=y﹣2x为y=2x+z,由图可知,当直线y=2x+z过A时,直线在y轴上的截距最大,联立,解得,即A(1,1).z有最大值为1﹣2×1=﹣1.故答案为:﹣1.【点评】本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是中档题.6.(4分)已知行列式=6,则= 2 .【分析】直接利用行列式的运算法则求解即可.【解答】解:行列式=6,可得3=6,解得=2.故答案为:2.【点评】本题考查行列式的应用,代数余子式的应用,是基本知识的考查.7.(5分)已知有四个数1,2,a,b,这四个数的中位数是3,平均数是4,则ab=36 .【分析】分别由题意结合中位数,平均数计算方法得a+b=13,=3,解得a,b,再算出答案即可.【解答】解:因为四个数的平均数为4,所以a+b=4×4﹣1﹣2=13,因为中位数是3,所以=3,解得a=4,代入上式得b=13﹣4=9,所以ab=36,故答案为:36.【点评】本题考查样本的数字特征,中位数,平均数,属于基础题.8.(5分)已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,且a1+a10=a9,则=.【分析】根据等差数列的通项公式可由a1+a10=a9,得a1=﹣d,在利用等差数列前n 项和公式化简即可得出结论.【解答】解:根据题意,等差数列{a n}满足a1+a10=a9,即a1+a1+9d=a1+8d,变形可得a1=﹣d,所以====.故答案为:.【点评】本题考查等差数列的前n项和与等差数列通项公式的应用,注意分析a1与d的关系,属于基础题.9.(5分)从6个人挑选4个人去值班,每人值班一天,第一天安排1个人,第二天安排1个人,第三天安排2个人,则共有180 种安排情况.【分析】根据题意,由组合公式得共有排法,计算即可得出答案.【解答】解:根据题意,可得排法共有=180种.故答案为:180.【点评】本题考查组合数公式,解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式,属于基础题.10.(5分)已知椭圆C:+=1的右焦点为F,直线l经过椭圆右焦点F,交椭圆C于P、Q两点(点P在第二象限),若点Q关于x轴对称点为Q′,且满足PQ⊥FQ′,求直线l的方程是x+y﹣1=0 .【分析】求出椭圆的右焦点坐标,利用已知条件求出直线的斜率,然后求解直线方程.【解答】解:椭圆C:+=1的右焦点为F(1,0),直线l经过椭圆右焦点F,交椭圆C于P、Q两点(点P在第二象限),若点Q关于x轴对称点为Q′,且满足PQ⊥FQ′,可知直线l的斜率为﹣1,所以直线l的方程是:y=﹣(x﹣1),即x+y﹣1=0.故答案为:x+y﹣1=0.【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用直线与直线的对称关系的应用,直线方程的求法,是基本知识的考查.11.(5分)设a∈R,若存在定义域为R的函数f(x)同时满足下列两个条件:(1)对任意的x0∈R,f(x0)的值为x0或x02;(2)关于x的方程f(x)=a无实数解,则a的取值范围是(﹣∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞).【分析】根据条件(1)可知x0=0或1,进而结合条件(2)可得a的范围【解答】解:根据条件(1)可得x0=0或1,又因为关于x的方程f(x)=a无实数解,所以a≠0或1,故a∈(﹣∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞),故答案为:(﹣∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞).【点评】本题考查函数零点与方程根的关系,属于基础题.12.(5分)已知,,,,…,(k∈N*)是平面内两两互不相等的向量,满足||=1,且|﹣|∈{1,2}(其中i=1,2,j=1,2,…,k),则k的最大值是 6 .【分析】设,,结合向量的模等于1和2画出图形,由圆的交点个数即可求得k的最大值.【解答】解:如图,设,,由||=1,且|﹣|∈{1,2},分别以A1,A2为圆心,以1和2为半径画圆,其中任意两圆的公共点共有6个.故满足条件的k的最大值为6.故答案为:6.【点评】本题考查两向量的线性运算,考查向量模的求法,正确理解题意是关键,是中档题.二、选择题(本大题共4题,每题5分,共20分)13.(5分)下列等式恒成立的是()A.a2+b2≤2ab B.a2+b2≥﹣2ab C.a+b≥2D.a2+b2≤﹣2ab 【分析】利用(a+b)2≥0恒成立,可直接得到a2+b2≥﹣2ab成立,通过举反例可排除ACD.【解答】解:A.显然当a<0,b>0时,不等式a2+b2≤2ab不成立,故A错误;B.∵(a+b)2≥0,∴a2+b2+2ab≥0,∴a2+b2≥﹣2ab,故B正确;C.显然当a<0,b<0时,不等式a+b≥2不成立,故C错误;D.显然当a>0,b>0时,不等式a2+b2≤﹣2ab不成立,故D错误.故选:B.【点评】本题考查了基本不等式的应用,考查了转化思想,属基础题.14.(5分)已知直线方程3x+4y+1=0的一个参数方程可以是()A.B.C.D.【分析】选项的参数方程,化为普通方程,判断即可.【解答】解:的普通方程为:,即4x+3y﹣1=0,不正确;的普通方程为:,即3x+4y+1=0,正确;的普通方程为:,即4x+3y﹣1=0,不正确;的普通方程为:,即3x+4y﹣7=0,不正确;故选:B.【点评】本题考查直线的参数方程与普通方程的互化,是基本知识的考查.15.(5分)在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P为左侧面ADD1A1上一点,已知点P到A1D1的距离为3,P到AA1的距离为2,则过点P且与A1C平行的直线相交的面是()A.AA1B1B B.BB1C1C C.CC1D1D D.ABCD【分析】由图可知点P在△AA1D内,过P作EF∥A1D,且EF∩AA1于E,EF∩AD于F,在平面ABCD中,过F作FG∥CD,交BC于G,由平面与平面平行的判定可得平面EFG ∥平面A1DC,连接AC,交FG于M,连接EM,再由平面与平面平行的性质得EM∥A1C,在△EFM中,过P作PN∥EM,且PN∩FM于N,可得PN∥A1C,由此说明过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABCD.【解答】解:如图,由点P到A1D1的距离为3,P到AA1的距离为2,可得P在△AA1D内,过P作EF∥A1D,且EF∩AA1于E,EF∩AD于F,在平面ABCD中,过F作FG∥CD,交BC于G,则平面EFG∥平面A1DC.连接AC,交FG于M,连接EM,∵平面EFG∥平面A1DC,平面A1AC∩平面A1DC=A1C,平面A1AC∩平面EFM=EM,∴EM∥A1C.在△EFM中,过P作PN∥EM,且PN∩FM于N,则PN∥A1C.∵线段FM在四边形ABCD内,N在线段FM上,∴N在四边形ABCD内.∴过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABCD.故选:D.【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用,考查空间想象能力与思维能力,是中档题.16.(5分)命题p:存在a∈R且a≠0,对于任意的x∈R,使得f(x+a)<f(x)+f(a);命题q1:f(x)单调递减且f(x)>0恒成立;命题q2:f(x)单调递增,存在x0<0使得f(x0)=0,则下列说法正确的是()A.只有q1是p的充分条件B.只有q2是p的充分条件C.q1,q2都是p的充分条件D.q1,q2都不是p的充分条件【分析】对于命题q1:当a>0时,结合f(x)单调递减,可推出f(x+a)<f(x)<f(x)+f(a),命题q1是命题p的充分条件.对于命题q2:当a=x0<0时,f(a)=f(x0)=0,结合f(x)单调递增,推出f(x+a)<f(x),进而f(x+a)<f(x)+f (a),命题q2都是p的充分条件.【解答】解:对于命题q1:当f(x)单调递减且f(x)>0恒成立时,当a>0时,此时x+a>x,又因为f(x)单调递减,所以f(x+a)<f(x)又因为f(x)>0恒成立时,所以f(x)<f(x)+f(a),所以f(x+a)<f(x)+f(a),所以命题q1⇒命题p,对于命题q2:当f(x)单调递增,存在x0<0使得f(x0)=0,当a=x0<0时,此时x+a<x,f(a)=f(x0)=0,又因为f(x)单调递增,所以f(x+a)<f(x),所以f(x+a)<f(x)+f(a),所以命题p2⇒命题p,所以q1,q2都是p的充分条件,故选:C.【点评】本题考查命题的真假,及函数的单调性,关键是分析不等式之间关系,属于中档题.三、解答题(本大题共5题,共14+14+14+16+18=76分)17.(14分)已知ABCD是边长为1的正方形,正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱.(1)求该圆柱的表面积;(2)正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1,求线段CD1与平面ABCD所成的角.【分析】(1)该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成,依次求出圆面和矩形的面积,相加即可;(2)先利用线面垂直的判定定理证明AD1⊥平面ADB,连接CD1,则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角,再利用三角函数的知识求出cos∠D1CA即可.【解答】解:(1)该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成,∴S=2×π×12+2π×1=4π.故该圆柱的表面积为4π.(2)∵正方形ABC1D1,∴AD1⊥AB,又∠DAD1=,∴AD1⊥AD,∵AD∩AB=A,且AD、AB⊂平面ADB,∴AD1⊥平面ADB,即D1在面ADB上的投影为A,连接CD1,则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角,而cos∠D1CA==,∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos.【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题,熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键,考查学生的空间立体感和运算能力,属于基础题.18.(14分)已知函数f(x)=sinωx,ω>0.(1)f(x)的周期是4π,求ω,并求f(x)=的解集;(2)已知ω=1,g(x)=f2(x)+f(﹣x)f(﹣x),x∈[0,],求g(x)的值域.【分析】(1)直接利用正弦型函数的性质的应用求出结果.(2)利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的值域.【解答】解:(1)由于f(x)的周期是4π,所以ω=,所以f(x)=sin.令sin,故或,整理得或.故解集为{x|或,k∈Z}.(2)由于ω=1,所以f(x)=sin x.所以g(x)===﹣=﹣sin(2x+).由于x∈[0,],所以.,故,故.所以函数g(x)的值域为[﹣.【点评】本题考查的知识要点: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.19.(14分)在研究某市场交通情况时,道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时间,车辆密度是该路段一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度,现定义交通流量为v=,x为道路密度,q为车辆密度.v=f(x)=.(1)若交通流量v>95,求道路密度x的取值范围;(2)已知道路密度x=80,交通流量v=50,求车辆密度q的最大值.【分析】(1)易知v越大,x越小,所以v=f(x)是单调递减函数,k>0,于是只需令,解不等式即可;(2)把x=80,v=50代入v=f(x)的解析式中,求出k的值,利用q=vx可得到q 关于x的函数关系式,分段判断函数的单调性,并求出各自区间上q的最大值,取较大者即可.【解答】解:(1)∵v=,∴v越大,x越小,∴v=f(x)是单调递减函数,k>0,当40≤x≤80时,v最大为85,于是只需令,解得x>3,故道路密度x的取值范围为(3,40).(2)把x=80,v=50代入v=f(x)=﹣k(x﹣40)+85中,得50=﹣k•40+85,解得k=.∴q=vx=,当0<x<40时,q单调递增,q<100×40﹣135×≈4000;当40≤x≤80时,q是关于x的二次函数,开口向下,对称轴为x=,此时q有最大值,为>4000.故车辆密度q的最大值为.【点评】本题考查分段函数的实际应用,考查学生分析问题和解决问题的能力,以及运算能力,属于中档题.20.(16分)已知双曲线Γ1:﹣=1与圆Γ2:x2+y2=4+b2(b>0)交于点A(x A,y A)(第一象限),曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足x>|x A|的部分.(1)若x A=,求b的值;(2)当b=,Γ2与x轴交点记作点F1、F2,P是曲线Γ上一点,且在第一象限,且|PF1|=8,求∠F1PF2;(3)过点D(0,+2)斜率为﹣的直线l与曲线Γ只有两个交点,记为M、N,用b表示•,并求•的取值范围.【分析】(1)联立曲线Γ1与曲线Γ2的方程,以及x A=,解方程可得b;(2)由双曲线的定义和三角形的余弦定理,计算可得所求角;(3)设直线l:y=﹣x+,求得O到直线l的距离,判断直线l与圆的关系:相切,可设切点为M,考虑双曲线的渐近线方程,只有当y A>2时,直线l才能与曲线Γ有两个交点,解不等式可得b的范围,由向量投影的定义求得•,进而得到所求范围.【解答】解:(1)由x A=,点A为曲线Γ1与曲线Γ2的交点,联立,解得y A=,b=2;(2)由题意可得F1,F2为曲线Γ1的两个焦点,由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a,又|PF1|=8,2a=4,所以|PF2|=8﹣4=4,因为b=,则c==3,所以|F1F2|=6,在△PF1F2中,由余弦定理可得cos∠F1PF2===,由0<∠F1PF2<π,可得∠F1PF2=arccos;(3)设直线l:y=﹣x+,可得原点O到直线l的距离d==,所以直线l是圆的切线,设切点为M,所以k OM=,并设OM:y=x与圆x2+y2=4+b2联立,可得x2+x2=4+b2,可得x=b,y=2,即M(b,2),注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行,所以只有当y A>2时,直线l才能与曲线Γ有两个交点,由,可得y A2=,所以有4<,解得b2>2+2或b2<2﹣2(舍去),因为为在上的投影可得,•=4+b2,所以•=4+b2>6+2,则•∈(6+2,+∞).【点评】本题考查双曲线与圆的定义和方程、性质,考查直线和圆的方程、双曲线的方程的联立,以及向量的数量积的几何意义,考查方程思想和化简运算能力,属于中档题.21.(18分)已知数列{a n}为有限数列,满足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣a m|,则称{a n}满足性质P.(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P,请说明理由;(2)若a1=1,公比为q的等比数列,项数为10,具有性质P,求q的取值范围;(3)若{a n}是1,2,3,…,m的一个排列(m≥4),{b n}符合b k=a k+1(k=1,2,…,m﹣1),{a n}、{b n}都具有性质P,求所有满足条件的数列{a n}.【分析】(1)根据定义,验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P 即可;(2)假设公比q的等比数列满足性质p,可得:|a1﹣a1q n|≥|a1﹣a1q n﹣1|,推出(q﹣1)q n﹣1[q n﹣1(q+1)﹣2]≥0,通过q≥1,0<q≤1时,﹣1≤q<0时:q<﹣1时,四种情况讨论求解即可.(3)设a1=p,分p=1时,当p=m时,当p=2时,当p=m﹣1时,以及P∈{3,4,…,m﹣3,m﹣2},五种情况讨论,判断数列{a n}的可能情况,分别推出{b n}判断是否满足性质P即可.【解答】解:(1)对于数列3,2,5,1,有|2﹣3|=1,|5﹣3|=2,|1﹣3|=2,满足题意,该数列满足性质P;对于第二个数列4、3、2、5、1,|3﹣4|=1,|2﹣4|=2,|5﹣4|=1.不满足题意,该数列不满足性质P.(2)由题意:|a1﹣a1q n|≥|a1﹣a1q n﹣1|,可得:|q n﹣1|≥|q n﹣1﹣1|,n∈{2,3,…,9},两边平方可得:q2n﹣2q n+1≥q2n﹣2﹣2q n﹣1+1,整理可得:(q﹣1)q n﹣1[q n﹣1(q+1)﹣2]≥0,当q≥1时,得q n﹣1(q+1)﹣2≥0此时关于n恒成立,所以等价于n=2时,q(q+1)﹣2≥0,所以,(q+2)(q﹣1)≥0,所以q≤﹣2,或q≥1,所以取q≥1,当0<q≤1时,得q n﹣1(q+1)﹣2≤0,此时关于n恒成立,所以等价于n=2时,q (q+1)﹣2≤0,所以(q+2)(q﹣1)≤0,所以﹣2≤q≤1,所以取0<q≤1.当﹣1≤q<0时:q n﹣1[q n﹣1(q+1)﹣2]≤0,当n为奇数时,得q n﹣1(q+1)﹣2≤0,恒成立,当n为偶数时,q n﹣1(q+1)﹣2≥0,不恒成立;故当﹣1≤q<0时,矛盾,舍去.当q<﹣1时,得q n﹣1[q n﹣1(q+1)﹣2]≤0,当n为奇数时,得q n﹣1(q+1)﹣2≤0,恒成立,当n为偶数时,q n﹣1(q+1)﹣2≥0,恒成立;故等价于n=2时,q(q+1)﹣2≥0,所以(q+2)(q﹣1)≥0,所以q≤﹣2或q≥1,所以取q≤﹣2,综上q∈(﹣∞,﹣2]∪(0,+∞).(3)设a1=p,p∈{3,4,…,m﹣3,m﹣2},因为a1=p,a2可以取p﹣1,或p+1,a3可以取p﹣2,或p+2,如果a2或a3取了p﹣3或p+3,将使{a n}不满足性质P;所以{a n}的前5项有以下组合:①a1=p,a2=p﹣1;a3=p+1;a4=p﹣2;a5=p+2;②a1=p,a2=p﹣1;a3=p+1;a4=p+2;a5=p﹣2;③a1=p,a2=p+1;a3=p﹣1;a4=p﹣2;a5=p+2;④a1=p,a2=p+1;a3=p﹣1;a4=p+2;a5=p﹣2;对于①,b1=p﹣1,|b2﹣b1|=2,|b3﹣b1|=1,与{b n}满足性质P矛盾,舍去;对于②,b1=p﹣1,|b2﹣b1|=2,|b3﹣b1|=3,|b4﹣b1|=2与{b n}满足性质P矛盾,舍去;对于③,b1=p+1,|b2﹣b1|=2,|b3﹣b1|=3,|b4﹣b1|=1与{b n}满足性质P矛盾,舍去;对于④b1=p+1,|b2﹣b1|=2,|b3﹣b1|=1,与{b n}满足性质P矛盾,舍去;所以P∈{3,4,…,m﹣3,m﹣2},均不能同时使{a n}、{b n}都具有性质P.当p=1时,有数列{a n}:1,2,3,…,m﹣1,m满足题意.当p=m时,有数列{a n}:m,m﹣,…,3,2,1满足题意.当p=2时,有数列{a n}:2,1,3,…,m﹣1,m满足题意.当p=m﹣1时,有数列{a n}:m﹣1,m,m﹣2,m﹣3,…,3,2,1满足题意.所以满足题意的数列{a n}只有以上四种.【点评】本题考查数列的综合应用,不等式以及不等关系,二次函数的性质以及函数的相关性质的综合应用,考查分析问题解决问题的能力是难度大的题目,必须由高的数学思维逻辑修养才能解答.。
2020年高考数学浙江卷附答案解析版
(n
N
)
的前
3
项和是
.
12.设 1 2x5 a1 a2x a3x 2 a4x3 a5x 4 a6x5 , 则 a5
; a1 2 3a a
.
13.已知tan 2 ,则 cos2
; tan( π)
.
4
14.已知圆锥的侧面积(单位: cm2 )为 2 ,且它的侧面积展开图是一个半圆,则这个
其中S1 , S2 分别表示台体的上、下底面积, h
3
题
表示台体的高
其中 R 表示球的半径
选择题部分(共 40 分)
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只
无
有一项是符合题目要求的.
1.已知集合 P {x |1<x<4} , Q 2<x<3,则 P Q
D.6
6.已知空间中不过同一点的三条直线m , n , l ,则“ m , n , l 在同一平面”是“ m ,
n , l 两两相交”的
()
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
7.已知等差数列 an的前n 项和 S ,n 公差d 0 ,
D.既不充分也不必要条件
a1 d
≤1
.记
b1
S 2 ,n1
毕业学校
姓名
考生号
绝密★启用前
在
2020 年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)
数学此Βιβλιοθήκη 参考公式:如果事件 A , B 互斥,那么
柱体的体积公式V Sh
PA B PA PB
其中S 表示柱体的底面积,h 表
卷 如果事件 A , B 相互独立,那么
2020高考真题数学分类汇编—平面解析几何含答案
2020高考真题数学分类汇编—平面解析几何一、选择题(共15小题)1.(2020•天津)设双曲线C的方程为﹣=1(a>0,b>0),过抛物线y2=4x的焦点和点(0,b)的直线为l.若C的一条渐近线与l平行,另一条渐近线与l垂直,则双曲线C的方程为()A.﹣=1 B.x2=1C.﹣y2=1 D.x2﹣y2=12.(2020•北京)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为()A.4 B.5 C.6 D.73.(2020•浙江)已知点O(0,0),A(﹣2,0),B(2,0).设点P满足|PA|﹣|PB|=2,且P为函数y=3图象上的点,则|OP|=()A.B.C.D.4.(2020•北京)设抛物线的顶点为O,焦点为F,准线为l.P是抛物线上异于O的一点,过P作PQ⊥l于Q,则线段FQ的垂直平分线()A.经过点O B.经过点PC.平行于直线OP D.垂直于直线OP5.(2020•新课标Ⅲ)点(0,﹣1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为()A.1 B.C.D.26.(2020•新课标Ⅲ)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为()A.(,0)B.(,0)C.(1,0)D.(2,0)7.(2020•新课标Ⅱ)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.4 B.8 C.16 D.328.(2020•新课标Ⅱ)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.(2020•新课标Ⅰ)已知圆x2+y2﹣6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A.1 B.2 C.3 D.410.(2020•新课标Ⅰ)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=()A.2 B.3 C.6 D.911.(2020•新课标Ⅲ)在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若•=1,则点C的轨迹为()A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线12.(2020•新课标Ⅰ)设F1,F2是双曲线C:x2﹣=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为()A.B.3 C.D.213.(2020•新课标Ⅲ)设双曲线C:﹣=1(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.1 B.2 C.4 D.814.(2020•新课标Ⅰ)已知⊙M:x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点.过点P作⊙M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|•|AB|最小时,直线AB的方程为()A.2x﹣y﹣1=0 B.2x+y﹣1=0 C.2x﹣y+1=0 D.2x+y+1=015.(2020•上海)已知椭圆+y2=1,作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点,作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点,且AB=CD,两垂线相交于点P,则点P的轨迹是()A.椭圆B.双曲线C.圆D.抛物线二.多选题(共1小题)16.(2020•山东)已知曲线C:mx2+ny2=1.()A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n>0,则C是圆,其半径为C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±xD.若m=0,n>0,则C是两条直线三.填空题(共9小题)17.(2020•天津)已知直线x﹣y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点.若|AB|=6,则r的值为.18.(2020•北京)已知双曲线C:﹣=1,则C的右焦点的坐标为;C的焦点到其渐近线的距离是.19.(2020•上海)已知椭圆C:+=1的右焦点为F,直线l经过椭圆右焦点F,交椭圆C于P、Q两点(点P在第二象限),若点Q关于x轴对称点为Q′,且满足PQ⊥FQ′,求直线l的方程是.20.(2020•浙江)已知直线y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x﹣4)2+y2=1均相切,则k=,b =.21.(2020•新课标Ⅲ)设双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的一条渐近线为y=x,则C的离心率为.22.(2020•江苏)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线﹣=1(a>0)的一条渐近线方程为y=x,则该双曲线的离心率是.23.(2020•新课标Ⅰ)已知F为双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的右焦点,A为C的右顶点,B为C上的点,且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3,则C的离心率为.24.(2020•山东)斜率为的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|=.25.(2020•上海)已知直线l1:x+ay=1,l2:ax+y=1,若l1∥l2,则11与l2的距离为.四.解答题(共12小题)26.(2020•天津)已知椭圆+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,﹣3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)已知点C满足3=,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.27.(2020•北京)已知椭圆C:+=1过点A(﹣2,﹣1),且a=2b.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过点B(﹣4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=﹣4于点P,Q.求的值.28.(2020•上海)已知双曲线Γ1:﹣=1与圆Γ2:x2+y2=4+b2(b>0)交于点A(x A,y A)(第一象限),曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足x>|x A|的部分.(1)若x A=,求b的值;(2)当b=,Γ2与x轴交点记作点F1、F2,P是曲线Γ上一点,且在第一象限,且|PF1|=8,求∠F1PF2;(3)过点D(0,+2)斜率为﹣的直线l与曲线Γ只有两个交点,记为M、N,用b表示•,并求•的取值范围.29.(2020•江苏)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:+=1的左、右焦点分别为F1、F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.(1)求△AF1F2的周长;(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求•的最小值;(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2,若S2=3S1,求点M的坐标.30.(2020•浙江)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于点M(B,M不同于A).(Ⅰ)若p=,求抛物线C2的焦点坐标;(Ⅱ)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.31.(2020•山东)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.32.(2020•新课标Ⅱ)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=|AB|.(1)求C1的离心率;(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12,求C1与C2的标准方程.33.(2020•新课标Ⅱ)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合,过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.34.(2020•新课标Ⅰ)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,•=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.35.(2020•新课标Ⅲ)已知椭圆C:+=1(0<m<5)的离心率为,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x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.36.(2020•新课标Ⅰ)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,•=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.37.(2020•上海)已知抛物线y2=x上的动点M(x0,y0),过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点,交直线x=t于A、B两点.(1)若点M纵坐标为,求M与焦点的距离;(2)若t=﹣1,P(1,1),Q(1,﹣1),求证:y A•y B为常数;(3)是否存在t,使得y A•y B=1且y P•y Q为常数?若存在,求出t的所有可能值,若不存在,请说明理由.2020高考真题数学分类汇编—平面解析几何参考答案一、选择题(共15小题)1.(2020•天津)设双曲线C的方程为﹣=1(a>0,b>0),过抛物线y2=4x的焦点和点(0,b)的直线为l.若C的一条渐近线与l平行,另一条渐近线与l垂直,则双曲线C的方程为()A.﹣=1 B.x2=1C.﹣y2=1 D.x2﹣y2=1【解答】解:抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0),则直线l的方程为y=﹣b(x﹣1),∵双曲线C的方程为﹣=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,∵C的一条渐近线与l平行,另一条渐近线与l垂直,∴﹣=﹣b,•(﹣b)=﹣1,∴a=1,b=1,∴双曲线C的方程为x2﹣y2=1,故选:D.2.(2020•北京)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为()A.4 B.5 C.6 D.7【解答】解:如图示:,半径为1的圆经过点(3,4),可得该圆的圆心轨迹为(3,4)为圆心,1为半径的圆,故当圆心到原点的距离的最小时,连结OB,A在OB上且AB=1,此时距离最小,由OB=5,得OA=4,即圆心到原点的距离的最小值是4,故选:A.3.(2020•浙江)已知点O(0,0),A(﹣2,0),B(2,0).设点P满足|PA|﹣|PB|=2,且P为函数y=3图象上的点,则|OP|=()A.B.C.D.【解答】解:点O(0,0),A(﹣2,0),B(2,0).设点P满足|PA|﹣|PB|=2,可知P的轨迹是双曲线的右支上的点,P为函数y=3图象上的点,即在第一象限的点,联立两个方程,解得P(,),所以|OP|==.故选:D.4.(2020•北京)设抛物线的顶点为O,焦点为F,准线为l.P是抛物线上异于O的一点,过P作PQ⊥l于Q,则线段FQ的垂直平分线()A.经过点O B.经过点PC.平行于直线OP D.垂直于直线OP【解答】解:(本题属于选择题)不妨设抛物线的方程为y2=4x,则F(1,0),准线为l为x=﹣1,不妨设P(1,2),∴Q(﹣1,2),设准线为l与x轴交点为A,则A(﹣1,0),可得四边形QAFP为正方形,根据正方形的对角线互相垂直,故可得线段FQ的垂直平分线,经过点P,故选:B.5.(2020•新课标Ⅲ)点(0,﹣1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为()A.1 B.C.D.2【解答】解:因为点(0,﹣1)到直线y=k(x+1)距离d===;∵要求距离的最大值,故需k>0;可得d≤=;当k=1时等号成立;故选:B.6.(2020•新课标Ⅲ)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为()A.(,0)B.(,0)C.(1,0)D.(2,0)【解答】解:将x=2代入抛物线y2=2px,可得y=±2,OD⊥OE,可得k OD•k OE=﹣1,即,解得p=1,所以抛物线方程为:y2=2x,它的焦点坐标(,0).故选:B.7.(2020•新课标Ⅱ)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.4 B.8 C.16 D.32【解答】解:由题意可得双曲线的渐近线方程为y=±x,分别将x=a,代入可得y=±b,即D(a,b),E(a,﹣b),则S△ODE=a×2b=ab=8,∴c2=a2+b2≥2ab=16,当且仅当a=b=2时取等号,∴C的焦距的最小值为2×4=8,故选:B.8.(2020•新课标Ⅱ)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.【解答】解:由题意可得所求的圆在第一象限,设圆心为(a,a),则半径为a,a>0.故圆的方程为(x﹣a)2+(y﹣a)2=a2,再把点(2,1)代入,求得a=5或1,故要求的圆的方程为(x﹣5)2+(y﹣5)2=25或(x﹣1)2+(y﹣1)2=1.故所求圆的圆心为(5,5)或(1,1);故圆心到直线2x﹣y﹣3=0的距离d==或d==;故选:B.9.(2020•新课标Ⅰ)已知圆x2+y2﹣6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A.1 B.2 C.3 D.4【解答】解:由圆的方程可得圆心坐标C(3,0),半径r=3;设圆心到直线的距离为d,则过D(1,2)的直线与圆的相交弦长|AB|=2,当d最大时弦长|AB|最小,当直线与CD所在的直线垂直时d最大,这时d=|CD|==2,所以最小的弦长|AB|=2=2,故选:B.10.(2020•新课标Ⅰ)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=()A.2 B.3 C.6 D.9【解答】解:A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等,故有:9+=12⇒p=6;故选:C.11.(2020•新课标Ⅲ)在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若•=1,则点C的轨迹为()A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线【解答】解:在平面内,A,B是两个定点,C是动点,不妨设A(﹣a,0),B(a,0),设C(x,y),因为=1,所以(x+a,y)•(x﹣a,y)=1,解得x2+y2=a2+1,所以点C的轨迹为圆.故选:A.12.(2020•新课标Ⅰ)设F1,F2是双曲线C:x2﹣=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为()A.B.3 C.D.2【解答】解:由题意可得a=1,b=,c=2,∴|F1F2|=2c=4,∵|OP|=2,∴|OP|=|F1F2|,∴△PF1F2为直角三角形,∴PF1⊥PF2,∴|PF1|2+|PF2|2=4c2=16,∵||PF1|﹣|PF2||=2a=2,∴|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|•|PF2|=4,∴|PF1|•|PF2|=6,∴△PF1F2的面积为S=|PF1|•|PF2|=3,故选:B.13.(2020•新课标Ⅲ)设双曲线C:﹣=1(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.1 B.2 C.4 D.8【解答】解:由题意,设PF2=m,PF1=n,可得m﹣n=2a,,m2+n2=4c2,e=,可得4c2=16+4a2,可得5a2=4+a2,解得a=1.故选:A.14.(2020•新课标Ⅰ)已知⊙M:x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点.过点P作⊙M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|•|AB|最小时,直线AB的方程为()A.2x﹣y﹣1=0 B.2x+y﹣1=0 C.2x﹣y+1=0 D.2x+y+1=0【解答】解:化圆M为(x﹣1)2+(y﹣1)2=4,圆心M(1,1),半径r=2.∵=2S△PAM=|PA|•|AM|=2|PA|=.∴要使|PM|•|AB|最小,则需|PM|最小,此时PM与直线l垂直.直线PM的方程为y﹣1=(x﹣1),即y=,联立,解得P(﹣1,0).则以PM为直径的圆的方程为.联立,可得直线AB的方程为2x+y+1=0.故选:D.15.(2020•上海)已知椭圆+y2=1,作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点,作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点,且AB=CD,两垂线相交于点P,则点P的轨迹是()A.椭圆B.双曲线C.圆D.抛物线【解答】解:∵AB≤2,∴CD≤2,判断轨迹为上下两支,即选双曲线,设A(m,t),D(t,n),所以P(m,n),因为,,消去t可得:2n2﹣,故选:B.二.多选题(共1小题)16.(2020•山东)已知曲线C:mx2+ny2=1.()A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n>0,则C是圆,其半径为C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±xD.若m=0,n>0,则C是两条直线【解答】解:A.若m>n>0,则,则根据椭圆定义,知=1表示焦点在y轴上的椭圆,故A正确;B.若m=n>0,则方程为x2+y2=,表示半径为的圆,故B错误;C.若m<0,n>0,则方程为=1,表示焦点在y轴的双曲线,故此时渐近线方程为y=±x,若m>0,n<0,则方程为=1,表示焦点在x轴的双曲线,故此时渐近线方程为y=±x,故C正确;D.当m=0,n>0时,则方程为y=±表示两条直线,故D正确;故选:ACD.三.填空题(共9小题)17.(2020•天津)已知直线x﹣y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点.若|AB|=6,则r的值为5.【解答】解:根据题意,圆x2+y2=r2的圆心为(0,0),半径为r;则圆心到直线x﹣y+8=0的距离d==4,若|AB|=6,则有r2=d2+()2=16+9=25,故r=5;故答案为:518.(2020•北京)已知双曲线C:﹣=1,则C的右焦点的坐标为(3,0);C的焦点到其渐近线的距离是.【解答】解:双曲线C:﹣=1,则c2=a2+b2=6+3=9,则c=3,则C的右焦点的坐标为(3,0),其渐近线方程为y=±x,即x±y=0,则点(3,0)到渐近线的距离d==,故答案为:(3,0),.19.(2020•上海)已知椭圆C:+=1的右焦点为F,直线l经过椭圆右焦点F,交椭圆C于P、Q两点(点P在第二象限),若点Q关于x轴对称点为Q′,且满足PQ⊥FQ′,求直线l的方程是x+y﹣1=0.【解答】解:椭圆C:+=1的右焦点为F(1,0),直线l经过椭圆右焦点F,交椭圆C于P、Q两点(点P在第二象限),若点Q关于x轴对称点为Q′,且满足PQ⊥FQ′,可知直线l的斜率为﹣1,所以直线l的方程是:y=﹣(x﹣1),即x+y﹣1=0.故答案为:x+y﹣1=0.20.(2020•浙江)已知直线y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x﹣4)2+y2=1均相切,则k=,b=﹣.【解答】解:由条件得C1(0,0),r1=1,C2(4,0),r2=1,因为直线l与C1,C2都相切,故有d1==1,d2==1,则有=,故可得b2=(4k+b)2,整理得k(2k+b)=0,因为k>0,所以2k+b=0,即b=﹣2k,代入d1==1,解得k=,则b=﹣,故答案为:;﹣.21.(2020•新课标Ⅲ)设双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的一条渐近线为y=x,则C的离心率为.【解答】解:由双曲线的方程可得渐近线的方程为:y=±x,由题意可得=,所以离心率e===,故答案为:.22.(2020•江苏)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线﹣=1(a>0)的一条渐近线方程为y=x,则该双曲线的离心率是.【解答】解:双曲线﹣=1(a>0)的一条渐近线方程为y=x,可得,所以a=2,所以双曲线的离心率为:e==,故答案为:.23.(2020•新课标Ⅰ)已知F为双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的右焦点,A为C的右顶点,B为C上的点,且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3,则C的离心率为2.【解答】解:F为双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的右焦点(c,0),A为C的右顶点(a,0),B为C上的点,且BF垂直于x轴.所以B(c,),若AB的斜率为3,可得:,b2=c2﹣a2,代入上式化简可得c2=3ac﹣2a2,e=,可得e2﹣3e+2=0,e>1,解得e=2.故答案为:2.24.(2020•山东)斜率为的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|=.【解答】解:由题意可得抛物线焦点F(1,0),直线l的方程为y=(x﹣1),代入y2=4x并化简得3x2﹣10x+3=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=;x1x2=1,∴由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+p=+2=.故答案为:.25.(2020•上海)已知直线l1:x+ay=1,l2:ax+y=1,若l1∥l2,则11与l2的距离为.【解答】解:直线l1:x+ay=1,l2:ax+y=1,当l1∥l2时,a2﹣1=0,解得a=±1;当a=1时l1与l2重合,不满足题意;当a=﹣1时l1∥l2,此时l1:x﹣y﹣1=0,l2:x﹣y+1=0;则11与l2的距离为d==.故答案为:.四.解答题(共12小题)26.(2020•天津)已知椭圆+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,﹣3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)已知点C满足3=,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.【解答】解:(Ⅰ)由已知可得b=3,记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3,由a2=b2+c2,可得a2=18,∴椭圆的方程为+=1,(Ⅱ):∵直线AB与C为圆心的圆相切于点P,∴AB⊥CP,根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在,设直线AB的方程为y=kx﹣3,由方程组,消去y可得(2k2+1)x2﹣12kx=0,解得x=0,或x=,依题意可得点B的坐标为(,),∵P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,﹣3),∴点P的坐标为(,),由3=,可得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为=,∵AB⊥CP,∴k•=﹣1,整理可得2k2﹣3k+1=0,解得k=或k=1,∴直线AB的方程为y=x﹣3或y=x﹣3.27.(2020•北京)已知椭圆C:+=1过点A(﹣2,﹣1),且a=2b.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过点B(﹣4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=﹣4于点P,Q.求的值.【解答】解:(Ⅰ)椭圆C:+=1过点A(﹣2,﹣1),且a=2b,则,解得b2=2,a2=8,∴椭圆方程为+=1,(Ⅱ)由题意可得直线l的斜率存在,设直线方程为y=k(x+4),由,消y整理可得(1+4k2)x2+32k2x+64k2﹣8=0,∴△=﹣32(4k2﹣1)>0,解得﹣<k<,设M(x1,y1),N(x2,y2),∴x1+x2=﹣,x1x2=,则直线AM的方程为y+1=(x+2),直线AN的方程为y+1=(x+2),分别令x=﹣4,可得y P=﹣1=﹣,y Q=﹣∴|PB|=|y P|=||,QB|=|y Q|=||,∴=||=|| ∵(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)=,∴||=||=||=1,故=1.28.(2020•上海)已知双曲线Γ1:﹣=1与圆Γ2:x2+y2=4+b2(b>0)交于点A(x A,y A)(第一象限),曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足x>|x A|的部分.(1)若x A=,求b的值;(2)当b=,Γ2与x轴交点记作点F1、F2,P是曲线Γ上一点,且在第一象限,且|PF1|=8,求∠F1PF2;(3)过点D(0,+2)斜率为﹣的直线l与曲线Γ只有两个交点,记为M、N,用b表示•,并求•的取值范围.【解答】解:(1)由x A=,点A为曲线Γ1与曲线Γ2的交点,联立,解得y A=,b=2;(2)由题意可得F1,F2为曲线Γ1的两个焦点,由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a,又|PF1|=8,2a=4,所以|PF2|=8﹣4=4,因为b=,则c==3,所以|F1F2|=6,在△PF1F2中,由余弦定理可得cos∠F1PF2===,由0<∠F1PF2<π,可得∠F1PF2=arccos;(3)设直线l:y=﹣x+,可得原点O到直线l的距离d==,所以直线l是圆的切线,设切点为M,所以k OM=,并设OM:y=x与圆x2+y2=4+b2联立,可得x2+x2=4+b2,可得x=b,y=2,即M(b,2),注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行,所以只有当y A>2时,直线l才能与曲线Γ有两个交点,由,可得y A2=,所以有4<,解得b2>2+2或b2<2﹣2(舍去),因为为在上的投影可得,•=4+b2,所以•=4+b2>6+2,则•∈(6+2,+∞).29.(2020•江苏)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:+=1的左、右焦点分别为F1、F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.(1)求△AF1F2的周长;(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求•的最小值;(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2,若S2=3S1,求点M的坐标.【解答】解:(1)由椭圆的标准方程可知,a2=4,b2=3,c2=a2﹣b2=1,所以△AF1F2的周长=2a+2c=6.(2)由椭圆方程得A(1,),设P(t,0),则直线AP方程为y=,椭圆的右准线为:x==4,所以直线AP与右准线的交点为Q(4,•),•=(t,0)•(t﹣4,0﹣•)=t2﹣4t=(t﹣2)2﹣4≥﹣4,当t=2时,()min=﹣4.(3)若S2=3S1,设O到直线AB距离d1,M到直线AB距离d2,则×|AB|×d2=×|AB|×d1,即d2=3d1,A(1,),F1(﹣1,0),可得直线AB方程为y=(x+1),即3x﹣4y+3=0,所以d1=,d2=,由题意得,M点应为与直线AB平行且距离为的直线与椭圆的交点,设平行于AB的直线l为3x﹣4y+m=0,与直线AB的距离为,所以=,即m=﹣6或12,当m=﹣6时,直线l为3x﹣4y﹣6=0,即y=(x﹣2),联立,可得(x﹣2)(7x+2)=0,即或,所以M(2,0)或(﹣,﹣).当m=12时,直线l为3x﹣4y+12=0,即y=(x+4),联立,可得+18x+24=0,△=9×(36﹣56)<0,所以无解,综上所述,M点坐标为(2,0)或(﹣,﹣).30.(2020•浙江)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于点M(B,M不同于A).(Ⅰ)若p=,求抛物线C2的焦点坐标;(Ⅱ)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.【解答】解:(Ⅰ)p=,则=,则抛物线C2的焦点坐标(,0),(Ⅱ)直线l与x轴垂直时,此时点M与点A或点B重合,不满足题意,设直线l的方程为y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),由,消y可得(2k2+1)x2+4kty+2t2﹣2=0,∴△=16k2t2﹣4(2k2+1)(2t2﹣2)≥0,即t2<1+2k2,∴x1+x2=﹣,∴x0=(x1+x2)=﹣,∴y0=kx0+t=,∴M(﹣,),∵点M在抛物线C2上,∴y2=2px,∴p===,联立,解得x1=,y1=,代入椭圆方程可得+=1,解得t2=∴p2===≤=,∴p≤,当且仅当1=2k2,即k2=,t2=时等号成立,故p的最大值为.31.(2020•山东)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.【解答】解:(1)∵离心率,∴a=c,又a2=b2+c2,∴b=c,a=b,把点A(2,1)代入椭圆方程得,,解得b2=3,故椭圆C的方程为.(2)①当直线MN的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,联立,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2﹣6=0,由△=(4km)2﹣4(2k2+1)(2m2﹣6)>0,知m2<6k2+3,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,∵AM⊥AN,∴=(x1﹣2,y1﹣1)•(x2﹣2,y2﹣1)=0,即(k2+1)x1x2+(km﹣k﹣2)(x1+x2)+m2﹣2m+5=0,∴(k2+1)•+(km﹣k﹣2)()+m2﹣2m+5=0,化简整理得,4k2+8km+3m2﹣2m﹣1=(2k+m﹣1)(2k+3m+1)=0,∴m=1﹣2k或m=,当m=1﹣2k时,y=kx﹣2k+1,过定点A(2,1),不符合题意,舍去;当m=时,y=kx,过定点.设D(x0,y0),则y0=kx0+m,(i)若k≠0,∵AD⊥MN,∴,解得,,∴=+==,∴点D在以(,)为圆心,为半径的圆上,故存在Q(,),使得|DQ|=,为定值.(ii)若k=0,则直线MN的方程为y=,∵AD⊥MN,∴D(2,),∴|DQ|=,为定值.②当直线MN的斜率不存在时,设其方程为x=t,M(t,s),N(t,﹣s),且,∵AM⊥AN,∴=(t﹣2,s﹣1)•(t﹣2,﹣s﹣1)=t2﹣4t﹣s2+5==0,解得t=或2(舍2),∴D(,1),此时|DQ|=,为定值.综上所述,存在定点Q(,),使得|DQ|为定值,且该定值为.32.(2020•新课标Ⅱ)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=|AB|.(1)求C1的离心率;(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12,求C1与C2的标准方程.【解答】解:(1)由题意设抛物线C2的方程为:y2=4cx,焦点坐标F为(c,0),因为AB⊥x轴,将x=c 代入抛物线的方程可得y2=4c2,所以|y|=2c,所以弦长|CD|=4c,将x=c代入椭圆C1的方程可得y2=b2(1﹣)=,所以|y|=,所以弦长|AB|=,再由|CD|=|AB|,可得4c=,即3ac=2b2=2(a2﹣c2),整理可得2c2+3ac﹣2a2=0,即2e2+3e﹣2=0,e∈(0,1),所以解得e=,所以C1的离心率为;(2)由椭圆的方程可得4个顶点的坐标分别为:(±a,0),(0,±b),而抛物线的准线方程为:x=﹣c,所以由题意可得2c+a+c+a﹣c=12,即a+c=6,而由(1)可得=,所以解得:a=4,c=2,所以b2=a2﹣c2=16﹣4=12,所以C1的标准方程为:+=1,C2的标准方程为:y2=8x.33.(2020•新课标Ⅱ)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合,过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.【解答】解:(1)因为F为C1的焦点且AB⊥x轴,可得F(c,0),|AB|=,设C2的标准方程为y2=2px(p>0),因为F为C2的焦点且CD⊥x轴,所以F(,0),|CD|=2p,因为|CD|=|AB|,C1,C2的焦点重合,所以,消去p,可得4c=,所以3ac=2b2,所以3ac=2a2﹣2c2,设C1的离心率为e,由e=,则2e2+3e﹣2=0,解得e=(﹣2舍去),故C1的离心率为;(2)由(1)可得a=2c,b=c,p=2c,所以C1:+=1,C2:y2=4cx,联立两曲线方程,消去y,可得3x2+16cx﹣12c2=0,所以(3x﹣2c)(x+6c)=0,解得x=c或x=﹣6c(舍去),从而|MF|=x+=c+c=c=5,解得c=3,所以C1和C2的标准方程分别为+=1,y2=12x.34.(2020•新课标Ⅰ)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,•=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.【解答】解:(1)由题设得,A(﹣a,0),B(a,0),G(0,1),则,,由得a2﹣1=8,即a=3,所以E的方程为.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t),若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题可知,﹣3<n<3,由于直线PA的方程为,所以,同理可得,于是有3y1(x2﹣3)=y2(x1+3)①.由于,所以,将其代入①式,消去x2﹣3,可得27y1y2=﹣(x1+3)(x2+3),即②,联立得,(m2+9)y2+2mny+n2﹣9=0,所以,,代入②式得(27+m2)(n2﹣9)﹣2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,解得n=或﹣3(因为﹣3<n<3,所以舍﹣3),故直线CD的方程为,即直线CD过定点(,0).若t=0,则直线CD的方程为y=0,也过点(,0).综上所述,直线CD过定点(,0).35.(2020•新课标Ⅲ)已知椭圆C:+=1(0<m<5)的离心率为,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x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.【解答】解:(1)由e=得e2=1﹣,即=1﹣,∴m2=,故C的方程是:+=1;(2)由(1)A(﹣5,0),设P(s,t),点Q(6,n),根据对称性,只需考虑n>0的情况,此时﹣5<s<5,0<t≤,∵|BP|=|BQ|,∴有(s﹣5)2+t2=n2+1①,又∵BP⊥BQ,∴s﹣5+nt=0②,又+=1③,联立①②③得或,当时,则P(3,1),Q(6,2),而A(﹣5,0),则=(8,1),=(11,2),∴S△APQ==|8×2﹣11×1|=,同理可得当时,S△APQ=,综上,△APQ的面积是.36.(2020•新课标Ⅰ)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,•=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.【解答】解:如图所示:(1)由题意A(﹣a,0),B(a,0),G(0,1),∴=(a,1),=(a,﹣1),•=a2﹣1=8,解得:a=3,故椭圆E的方程是+y2=1;(2)由(1)知A(﹣3,0),B(3,0),设P(6,m),则直线PA的方程是y=(x+3),联立⇒(9+m2)x2+6m2x+9m2﹣81=0,由韦达定理﹣3x c=⇒x c=,代入直线PA的方程为y=(x+3)得:y c=,即C(,),直线PB的方程是y=(x﹣3),联立方程⇒(1+m2)x2﹣6m2x+9m2﹣9=0,由韦达定理3x D=⇒x D=,代入直线PB的方程为y=(x﹣3)得y D=,即D(,),则①当x c=x D即=时,有m2=3,此时x c=x D=,即CD为直线x=,②当x c≠x D时,直线CD的斜率K CD==,∴直线CD的方程是y﹣=(x﹣),整理得:y=(x﹣),直线CD过定点(,0).综合①②故直线CD过定点(,0).37.(2020•上海)已知抛物线y2=x上的动点M(x0,y0),过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点,交直线x=t于A、B两点.(1)若点M纵坐标为,求M与焦点的距离;(2)若t=﹣1,P(1,1),Q(1,﹣1),求证:y A•y B为常数;(3)是否存在t,使得y A•y B=1且y P•y Q为常数?若存在,求出t的所有可能值,若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)解:∵抛物线y2=x上的动点M(x0,y0),过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点,交直线x=t于A、B两点.点M纵坐标为,∴点M的横坐标x M=()2=2,∵y2=x,∴p=,∴M与焦点的距离为MF==2+=.(2)证明:设M(),直线PM:y﹣1=(x﹣1),当x=﹣1时,,直线QM:y+1=(x﹣1),x=﹣1时,y B=,∴y A y B=﹣1,∴y A•y B为常数﹣1.(3)解:设M(),A(t,y A),直线MA:y﹣y0=(x﹣y02),联立y2=x,得+=0,∴y0+y p=,即y P=,同理得y Q=,∵y A•y B=1,∴y P y Q=,要使y P y Q为常数,即t=1,此时y P y Q为常数1,∴存在t=1,使得y A•y B=1且y P•y Q为常数1.。
2020年山东省高考数学试卷试卷及解析(26页)
2020年山东省高考数学试卷试卷及解析(26页)一、选择题(每小题5分,共50分)1. 设集合A={x|x^25x+6=0},B={x|x^23x+2=0},则A∩B=()A. {1}B. {2}C. {1,2}D. { }2. 已知函数f(x)=x^33x+1,若f(x)在区间[1,1]上的最大值为M,则M的取值为()A. 0B. 1C. 2D. 33. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=28,S8=88,则数列{an}的公差d为()A. 2B. 3C. 4D. 54. 已知正三角形ABC的边长为2,点D在边AB上,且AD=1,则三角形ACD的面积S为()A. √3/2B. √3C. 3√3/2D. 2√35. 已知复数z满足|z|=1,且z^2+z+1=0,则z的值为()A. 1+iB. 1+iC. 1iD. 1i6. 已知函数f(x)=x^24x+3,若f(x)在区间[1,3]上的最小值为m,则m的取值为()A. 0B. 1C. 2D. 37. 已知函数f(x)=x^33x+1,若f(x)在区间[1,1]上的最小值为n,则n的取值为()A. 0B. 1C. 2D. 38. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=28,S8=88,则数列{an}的公差d为()A. 2B. 3C. 4D. 59. 已知正三角形ABC的边长为2,点D在边AB上,且AD=1,则三角形ACD的面积S为()A. √3/2B. √3C. 3√3/2D. 2√310. 已知复数z满足|z|=1,且z^2+z+1=0,则z的值为()A. 1+iB. 1+iC. 1iD. 1i二、填空题(每小题5分,共20分)11. 若log2(3x2)=1,则x的值为_________。
12. 已知函数f(x)=x^24x+3,若f(x)在区间[1,3]上的最小值为m,则m的取值为_________。
13. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=28,S8=88,则数列{an}的公差d为_________。
2020年高考全国一卷理科数学答案及解析
2020年高考全国一卷理科数学答案及解析2020-12-12【关键字】情况、条件、问题、焦点、建设、建立、了解、研究、位置、关系、检验、倾斜、满足、规划、实现参考答案与解析一、选择题:本题有12小题,每小题5分,共60分。
1、设z=,则|z|=A 、0B 、C 、1D 、【答案】C【解析】由题可得i z =+=2i )i -(,所以|z|=1【考点定位】复数2、已知集合A={x|x 2-x-2>0},则A =A 、{x|-1<x<2}B 、{x|-1x 2}C 、{x|x<-1}∪{x|x>2}D 、{x|x -1}∪{x|x 2} 【答案】B【解析】由题可得C R A={x|x 2-x-2≤0},所以{x|-1x 2}【考点定位】集合3、某地区经过一年的新农村建设,农村的经济收入增加了一倍,实现翻番,为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况,统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例,得到如下饼图:则下面结论中不正确的是:A 、新农村建设后,种植收入减少。
B 、新农村建设后,其他收入增加了一倍以上。
C 、新农村建设后,养殖收入增加了一倍。
D 、新农村建设后,养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半。
【答案】A【解析】由题可得新农村建设后,种植收入37%*200%=74%>60%, 【考点定位】简单统计4、记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若3S 3=S 2+S 4,a 1=2,则a 5= A 、-12 B 、-10C 、10D 、12 【答案】B【解析】3*(a 1+a 1+d+a 1+2d)=( a 1+a 1+d) (a 1+a 1+d+a 1+2d+a 1+3d),整理得: 2d+3a 1=0 ; d=-3 ∴a 5=2+(5-1)*(-3)=-10 【考点定位】等差数列 求和5、设函数f (x )=x 3+(a-1)x 2+ax ,若f (x )为奇函数,则曲线y=f (x )在点(0,0)处的切线方程为: A 、y=-2x B 、y=-x C 、y=2x D 、y=x 【答案】D【解析】f (x )为奇函数,有f (x )+f (-x )=0整理得: f (x )+f (-x )=2*(a-1)x 2=0 ∴a=1 f (x )=x 3+x 求导f ‘(x )=3x 2+1 f ‘(0)=1 所以选D【考点定位】函数性质:奇偶性;函数的导数 6、在ABC 中,AD 为BC 边上的中线,E 为AD 的中点,则=A 、--B 、--C 、-+D 、- 【答案】A【解析】AD 为BC 边∴上的中线 AD=AC 21AB 21+ E 为AD 的中点∴AE=AC 41AB 41AD 21+= EB=AB-AE=AC 41AB 43)AC 41AB 41(-AB -=+= 【考点定位】向量的加减法、线段的中点7、某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图,圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为11A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N的路径中,最短路径的长度为 A 、B 、C 、3D 、2 【答案】B【解析】将圆柱体的侧面从A 点展开:注意到B 点在41圆周处。
三年 (2020-2022 ) 新高考数学真题汇编 专题04立体几何
新高考专题04立体几何【2022年新高考1卷】1.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m .时,相应水面的面积为21400km .;水位为海拔1575m .时,相应水面的面积为21800km .,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔1485m .上升到1575m . 2.65)( )A .931.010m ⨯B .931.210m ⨯C .931.410m ⨯D .931.610m ⨯【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高,即可利用棱台的体积公式求出. 【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m),所以增加的水量即为棱台的体积V . 棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ,下底面积262180.018010S '==⨯km m ,∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯+'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯.故选:C .【2022年新高考1卷】2.已知正四棱锥的侧棱长为l ,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3l ≤≤则该正四棱锥体积的取值范围是( )A .8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B .2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C .2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D .[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为h ,由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系,由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∴ 球的体积为36π,所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ,高为h , 则2222l a h =+,22232(3)a h =+-,所以26h l =,2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭,所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,当3l ≤≤0V '>,当l ≤0V '<,所以当l =时,正四棱锥的体积V 取最大值,最大值为643,又3l =时,274V =,l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274,所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦,.故选:C.【2022年新高考2卷】3.已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为则该球的表面积为( ) A .100π B .128π C .144π D .192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ,再根据球心距,圆面半径,以及球的半径之间的关系,即可解出球的半径,从而得出球的表面积. 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ,所以123432,260sin 60r r ==,即123,4r r ==,设球心到上下底面的距离分别为12,d d ,球的半径为R ,所以1d 2d =故121d d -=或121d d +=,1=1=,解得225R =符合题意,所以球的表面积为24π100πS R ==. 故选:A .【2021年新高考1卷】4)A .2B .C .4D .【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为l ,根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值,即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为l ,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长,则2l ππ=解得l = 故选:B.【2021年新高考2卷】5.正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为( )A.20+B .C .563D 【答案】D 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积,再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形,连接该正四棱台上下底面的中心,如图,因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,所以该棱台的高h下底面面积116S =,上底面面积24S =,所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+ 故选:D.【2020年新高考1卷(山东卷)】6.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O ),地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角,点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A 处的纬度为北纬40°,则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A .20°B .40°C .50°D .90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图,根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系,根据点A 处的纬度,计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示,其中CD 是赤道所在平面的截线;l 是点A 处的水平面的截线,依题意可知OA l ⊥;AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线,依题意依题意,晷面和赤道平面平行,晷针与晷面垂直,根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒,所以40OAG AOC ∠=∠=︒, 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒,所以40BAE OAG ∠=∠=︒,也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选:B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化,考查球体有关计算,涉及平面平行,线面垂直的性质,属于中档题.【2022年新高考1卷】7.已知正方体1111ABCD A B C D -,则( ) A .直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B .直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C .直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D .直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【分析】数形结合,依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图,连接1B C 、1BC ,因为11//DA B C ,所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC 与1DA 所成的角,因为四边形11BB C C 为正方形,则1B C ⊥1BC ,故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒,A 正确;连接1A C ,因为11A B ⊥平面11BB C C ,1BC ⊂平面11BB C C ,则111A B BC ⊥, 因为1B C ⊥1BC ,1111A B B C B =,所以1BC ⊥平面11A B C ,又1AC ⊂平面11A B C ,所以11BC CA ⊥,故B 正确; 连接11A C ,设1111AC B D O =,连接BO ,因为1BB ⊥平面1111D C B A ,1C O ⊂平面1111D C B A ,则11C O B B ⊥, 因为111C O B D ⊥,1111B D B B B ⋂=,所以1C O ⊥平面11BB D D , 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角,设正方体棱长为1,则1C O =1BC 1111sin 2C O C BO BC ∠==, 所以,直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30,故C 错误;因为1C C ⊥平面ABCD ,所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角,易得145C BC ∠=,故D 正确. 故选:ABD【2022年新高考2卷】8.如图,四边形ABCD 为正方形,ED ⊥平面ABCD ,,2FB ED AB ED FB ==∥,记三棱锥E ACD -,F ABC -,F ACE -的体积分别为123,,V V V ,则( )A .322V V =B .31V V =C .312V V V =+D .3123V V =【答案】CD 【解析】 【分析】直接由体积公式计算12,V V ,连接BD 交AC 于点M ,连接,EM FM ,由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ,依次判断选项即可. 【详解】设22AB ED FB a ===,因为ED ⊥平面ABCD ,FB ED ,则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=, ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=,连接BD 交AC 于点M ,连接,EM FM ,易得BD AC ⊥,又ED ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,则ED AC ⊥,又ED BD D =,,ED BD ⊂平面BDEF ,则AC ⊥平面BDEF ,又12BM DM BD ==,过F 作FG DE ⊥于G ,易得四边形BDGF 为矩形,则,FG BD EG a ===,则,EM FM ==,3EF a =,222EM FM EF +=,则EM FM ⊥,212EFMS EM FM =⋅=,AC =, 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a --=+=⋅=,则3123V V =,323V V =,312V V V =+,故A 、B 错误;C 、D 正确. 故选:CD.【2021年新高考1卷】9.在正三棱柱111ABC A B C -中,11AB AA ==,点P 满足1BP BC BB λμ=+,其中[]0,1λ∈,[]0,1μ∈,则( )A .当1λ=时,1AB P △的周长为定值B .当1μ=时,三棱锥1P A BC -的体积为定值 C .当12λ=时,有且仅有一个点P ,使得1A P BP ⊥ D .当12μ=时,有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A ,由于等价向量关系,联系到一个三角形内,进而确定点的坐标;对于B ,将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内,确定路线,进而考虑体积是否为定值; 对于C ,考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定,进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数;对于D ,考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定,进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数.【详解】易知,点P 在矩形11BCC B 内部(含边界).对于A ,当1λ=时,11=BP BC BB BC CC μμ=++,即此时P ∈线段1CC ,1AB P △周长不是定值,故A 错误;对于B ,当1μ=时,1111=BP BC BB BB BC λλ=++,故此时P 点轨迹为线段11B C ,而11//B C BC ,11//B C 平面1A BC ,则有P 到平面1A BC 的距离为定值,所以其体积为定值,故B 正确.对于C ,当12λ=时,112BP BC BB μ=+,取BC ,11B C 中点分别为Q ,H ,则BP BQ QH μ=+,所以P 点轨迹为线段QH ,不妨建系解决,建立空间直角坐标系如图,1A ⎫⎪⎪⎝⎭,()0,0P μ,,10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭,则112A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()110A P BP μμ⋅=-=,所以0μ=或1μ=.故,H Q 均满足,故C 错误; 对于D ,当12μ=时,112BP BC BB λ=+,取1BB ,1CC 中点为,M N .BP BM MN λ=+,所以P 点轨迹为线段MN .设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭,因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭,所以01,2AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,11,12A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,所以00311104222y y +-=⇒=-,此时P 与N 重合,故D 正确. 故选:BD .【点睛】本题主要考查向量的等价替换,关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.【2021年新高考2卷】10.如图,在正方体中,O 为底面的中心,P 为所在棱的中点,M ,N 为正方体的顶点.则满足MN OP ⊥的是( )A .B .C .D .【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误,平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误. 【详解】设正方体的棱长为2,对于A ,如图(1)所示,连接AC ,则//MN AC , 故POC ∠(或其补角)为异面直线,OP MN 所成的角,在直角三角形OPC ,OC =1CP =,故tanPOC ∠== 故MN OP ⊥不成立,故A 错误.对于B ,如图(2)所示,取NT 的中点为Q ,连接PQ ,OQ ,则OQ NT ⊥,PQ MN ⊥, 由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ,而OQ ⊂平面ANDT , 故SN OQ ⊥,而SNMN N =,故OQ ⊥平面SNTM ,又MN ⊂平面SNTM ,OQ MN ⊥,而OQ PQ Q =,所以MN ⊥平面OPQ ,而PO ⊂平面OPQ ,故MN OP ⊥,故B 正确.对于C ,如图(3),连接BD ,则//BD MN ,由B 的判断可得OP BD ⊥, 故OP MN ⊥,故C 正确.对于D ,如图(4),取AD 的中点Q ,AB 的中点K ,连接,,,,AC PQ OQ PK OK , 则//AC MN ,因为DP PC =,故//PQ AC ,故//PQ MN ,所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角,因为正方体的棱长为2,故12PQ AC ==OQ ==PO =222QO PQ OP <+,故QPO ∠不是直角,故,PO MN 不垂直,故D 错误. 故选:BC.【2020年新高考1卷(山东卷)】11.已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,∴BAD =60°.以1D 球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________.. 【解析】 【分析】根据已知条件易得1D E =1D E ⊥侧面11B C CB ,可得侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ,再根据弧长公式可求得结果. 【详解】 如图:取11B C 的中点为E ,1BB 的中点为F ,1CC 的中点为G ,因为BAD ∠=60°,直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2,所以∴111D B C 为等边三角形,所以1D E 111D E B C ⊥,又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱,所以1BB ⊥平面1111D C B A ,所以111BB B C ⊥, 因为1111BB B C B =,所以1D E ⊥侧面11B C CB ,设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点,则1D E EP ⊥,1D E =||EP ==所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG , 因为114B EFC EG π∠=∠=,所以2FEG π∠=,所以根据弧长公式可得2FG π==.. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征,考查了直线与平面垂直的判定,考查了立体几何中的轨迹问题,考查了扇形中的弧长公式,属于中档题. 【2020年新高考2卷(海南卷)】12.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,M 、N 分别为BB 1、AB 的中点,则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【解析】 【分析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可. 【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,M 、N 分别为BB 1、AB 的中点 所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯=故答案为:13【点睛】在求解三棱锥的体积时,要注意观察图形的特点,看把哪个当成顶点好计算一些. 【2022年新高考1卷】13.如图,直三棱柱111ABC A B C -的体积为4,1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离;(2)设D 为1A C 的中点,1AA AB =,平面1A BC ⊥平面11ABB A ,求二面角A BD C --的正弦值.【答案】【解析】 【分析】(1)由等体积法运算即可得解;(2)由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ,建立空间直角坐标系,利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱111ABC A B C -中,设点A 到平面1A BC 的距离为h ,则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==,解得h =所以点A 到平面1A BC (2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图,因为1AA AB =,所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ,平面1A BC平面111ABB A A B =,且AE ⊂平面11ABB A ,所以AE ⊥平面1A BC , 在直三棱柱111ABC A B C -中,1BB ⊥平面ABC ,由BC ⊂平面1A BC ,BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥,1BB BC ⊥, 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交,所以BC ⊥平面11ABB A ,所以1,,BC BA BB 两两垂直,以B 为原点,建立空间直角坐标系,如图,由(1)得AE 12AA AB ==,1A B =2BC =, 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D , 则()1,1,1BD =,()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =,则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩,可取()1,0,1m =-,设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =,则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩, 可取()0,1,1n =-, 则11cos ,22m n m n m n⋅===⨯⋅,所以二面角A BD C --.【2022年新高考2卷】14.如图,PO 是三棱锥P ABC -的高,PA PB =,AB AC ⊥,E 是PB 的中点.(1)证明://OE 平面PAC ;(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒,3PO =,5PA =,求二面角C AE B --的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)1113【解析】 【分析】(1)连接BO 并延长交AC 于点D ,连接OA 、PD ,根据三角形全等得到OA OB =,再根据直角三角形的性质得到AO DO =,即可得到O 为BD 的中点从而得到//OE PD ,即可得证; (2)建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值,再根据同角三角函数的基本关系计算可得. (1)证明:连接BO 并延长交AC 于点D ,连接OA 、PD ,因为PO 是三棱锥P ABC -的高,所以PO ⊥平面ABC ,,AO BO ⊂平面ABC , 所以PO AO ⊥、PO BO ⊥,又PA PB =,所以POA POB ≅△△,即OA OB =,所以OAB OBA ∠=∠,又AB AC ⊥,即90BAC ∠=︒,所以90OAB OAD ∠+∠=︒,90OBA ODA ∠+∠=︒, 所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =,即AO DO OB ==,所以O 为BD 的中点,又E 为PB 的中点,所以//OE PD , 又OE ⊄平面PAC ,PD ⊂平面PAC , 所以//OE 平面PAC(2)解:过点A 作//Az OP ,如图建立平面直角坐标系, 因为3PO =,5AP =,所以4OA ==,又30OBA OBC ∠=∠=︒,所以28BD OA ==,则4=AD,AB = 所以12AC =,所以()O,()B,()P ,()0,12,0C ,所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭,则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()4AB =,()0,12,0AC =,设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =,则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩,令2z =,则3y =-,0x =,所以()0,3,2n =-;设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =,则33302120m AE ab c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩,令a =6c =-,0b =,所以()3,0,6m =-;所以cos ,13n m n m n m⋅-===设二面角C AE B --的大小为θ,则43cos cos ,=13n m θ=,所以11sin 13θ==,即二面角C AE B --的正弦值为1113.【2021年新高考1卷】15.如图,在三棱锥A BCD -中,平面ABD ⊥平面BCD ,AB AD =,O 为BD 的中点.(1)证明:OA CD ⊥;(2)若OCD 是边长为1的等边三角形,点E 在棱AD 上,2DE EA =,且二面角E BC D --的大小为45︒,求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析; 【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直,然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可;(2)方法二:利用几何关系找到二面角的平面角,然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】(1)因为AB AD =,O 是BD 中点,所以OA BD ⊥, 因为OA ⊂平面ABD ,平面ABD ⊥平面BCD , 且平面ABD ⋂平面BCD BD =,所以OA ⊥平面BCD . 因为CD ⊂平面BCD ,所以OA CD ⊥. (2)[方法一]:通性通法—坐标法如图所示,以O 为坐标原点,OA 为z 轴,OD 为y 轴,垂直OD 且过O 的直线为x 轴,建立空间直角坐标系O xyz -,则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -,设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=,设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量,则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--.又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =,所以cos ,n OA ==1m =. 又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=, 所以三棱锥A BCD -[方法二]【最优解】:作出二面角的平面角 如图所示,作EG BD ⊥,垂足为点G .作GF BC ⊥,垂足为点F ,连结EF ,则OA EG ∥.因为OA ⊥平面BCD ,所以EG ⊥平面BCD ,EFG 为二面角E BC D --的平面角.因为45EFG ∠=︒,所以EG FG =. 由已知得1OB OD ==,故1OB OC ==.又30OBC OCB ∠=∠=︒,所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======,111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. [方法三]:三面角公式考虑三面角B EDC -,记EBD ∠为α,EBC ∠为β,30DBC ∠=︒, 记二面角E BC D --为θ.据题意,得45θ=︒. 对β使用三面角的余弦公式,可得cos cos cos30βα=⋅︒,化简可得cos βα=.∴使用三面角的正弦公式,可得sin sin sin αβθ=,化简可得sin βα.∴ 将∴∴两式平方后相加,可得223cos 2sin 14αα+=,由此得221sin cos 4αα=,从而可得1tan 2α=±.如图可知π(0,)2α∈,即有1tan 2α=,根据三角形相似知,点G 为OD 的三等分点,即可得43BG =, 结合α的正切值,可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一:建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法,是此类题的通性通法,其好处在于将几何问题代数化,适合于复杂图形的处理;方法二:找到二面角的平面角是立体几何的基本功,在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识,该法为本题的最优解.方法三:三面角公式是一个优美的公式,在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 【2021年新高考2卷】16.在四棱锥Q ABCD -中,底面ABCD 是正方形,若2,3AD QD QA QC ====.(1)证明:平面QAD ⊥平面ABCD ; (2)求二面角B QD A --的平面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2)23. 【解析】 【分析】(1)取AD 的中点为O ,连接,QO CO ,可证QO ⊥平面ABCD ,从而得到面QAD ⊥面ABCD . (2)在平面ABCD 内,过O 作//OT CD ,交BC 于T ,则OT AD ⊥,建如图所示的空间坐标系,求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】(1)取AD 的中点为O ,连接,QO CO . 因为QA QD =,OA OD =,则QO ⊥AD ,而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中,因为2AD =,故1DO =,故CO =因为3QC =,故222QC QO OC =+,故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥, 因为OCAD O =,故QO ⊥平面ABCD ,因为QO ⊂平面QAD ,故平面QAD ⊥平面ABCD .(2)在平面ABCD 内,过O 作//OT CD ,交BC 于T ,则OT AD ⊥, 结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ,故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -,故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-.设平面QBD 的法向量(),,n x y z =,则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩,取1x =,则11,2y z ==,故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =,故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角,故其余弦值为23. 【2020年新高考1卷(山东卷)】17.如图,四棱锥P -ABCD 的底面为正方形,PD ∴底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ∴平面PDC ;(2)已知PD =AD =1,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析;(2. 【解析】 【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ,利用线面平行的判定定理以及性质定理,证得//AD l ,从而得到l ⊥平面PDC ;(2)方法一:根据题意,建立相应的空间直角坐标系,得到相应点的坐标,设出点(,0,1)Q m ,之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标,求得cos ,n PB <>的最大值,即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】 (1)证明:在正方形ABCD 中,//AD BC ,因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC , 所以//AD 平面PBC,又因为AD ⊂平面PAD ,平面PAD 平面PBC l =,所以//AD l ,因为在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形,所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ,所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D =,所以l ⊥平面PDC . (2)[方法一]【最优解】:通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直,建立空间直角坐标系D xyz -,如图所示:因为1PD AD ==,设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B , 设(,0,1)Q m ,则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-, 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =,则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y mx z =⎧⎨+=⎩,令1x =,则z m =-,所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-,则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>==≤,当且仅当1m =时取等号,所以直线PB 与平面QCD . [方法二]:定义法如图2,因为l ⊂平面PBC ,Q l ∈,所以Q ∈平面PBC .在平面PQC 中,设PB QC E =.在平面PAD 中,过P 点作PF QD ⊥,交QD 于F ,连接EF . 因为PD ⊥平面,ABCD DC ⊂平面ABCD ,所以DC PD ⊥. 又由,,DC AD ADPD D PD ⊥=⊂平面PAD ,AD ⊂平面PAD ,所以DC ⊥平面PAD .又PF ⊂平面PAD ,所以DC PF ⊥.又由,,PF QD QDDC D QD ⊥=⊂平面,QOC DC ⊂平面QDC ,所以PF ⊥平面QDC ,从而FEP ∠即为PB 与平面QCD 所成角.设PQ a =,在PQD △中,易求PF =由PQE 与BEC △相似,得1PE PQ a EB BC ==,可得PE =所以sin FEP ∠=≤1a =时等号成立. [方法三]:等体积法如图3,延长CB 至G ,使得BG PQ =,连接GQ ,GD ,则//PB QG ,过G 点作GM ⊥平面QDC ,交平面QDC 于M ,连接QM ,则GQM ∠即为所求.设PQ x =,在三棱锥Q DCG -中,111()(1)326Q DCG V PD CD CB BG x -=⋅⋅+=+.在三棱锥G QDC -中,111323G QDC V GM CD QD GM -=⋅⋅=由Q DCG G QDC V V --=得11(1)63x GM +=解得GM ==, 当且仅当1x =时等号成立.在Rt PDB △中,易求PB QG ==,所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为sin MQG ∠== 【整体点评】(2)方法一:根据题意建立空间直角坐标系,直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为平面QCD 的法向量n 与向量PB 的夹角的余弦值的绝对值,即cos ,n PB <>,再根据基本不等式即可求出,是本题的通性通法,也是最优解;方法二:利用直线与平面所成角的定义,作出直线PB 与平面QCD 所成角,再利用解三角形以及基本不等式即可求出;方法三:巧妙利用//PB QG ,将线转移,再利用等体积法求得点面距,利用直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法,即可求出. 【2020年新高考2卷(海南卷)】18.如图,四棱锥P -ABCD 的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ⊥平面PDC ;(2)已知PD =AD =1,Q 为l 上的点,QB ,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2. 【解析】 【分析】(1)利用线面平行的判定定理以及性质定理,证得//AD l ,利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ,从而得到l ⊥平面PDC ;(2)根据题意,建立相应的空间直角坐标系,得到相应点的坐标,设出点(,0,1)Q m ,之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标,求得cos ,n PB <>,即可得到直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【详解】 (1)证明:在正方形ABCD 中,//AD BC , 因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC , 所以//AD 平面PBC ,又因为AD ⊂平面PAD ,平面PAD 平面PBC l =, 所以//AD l ,因为在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形,所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥ 且PD ⊥平面ABCD ,所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D = 所以l ⊥平面PDC ;(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -,因为1PD AD ==,则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B , 设(,0,1)Q m ,则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-,因为QB 1m = 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =,则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y x z =⎧⎨+=⎩,令1x =,则1z =-,所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-,则2cos ,1n PB n PB n PB⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有线面平行的判定和性质,线面垂直的判定和性质,利用空间向量求线面角,利用基本不等式求最值,属于中档题目.。
2020年高考真题:数学(江苏卷)【含答案及解析】
2020年普通⾼等学校招⽣全国统⼀考试(江苏卷)数学Ⅰ柱体的体积V Sh =,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置.......上..1.已知集合{1,0,1,2},{0,2,3}A B =-=,则A B =I _____.2.已知i 是虚数单位,则复数(1i)(2i)z =+-的实部是_____.3.已知一组数据4,2,3,5,6a a -的平均数为4,则a 的值是_____.4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是_____.5.如图是一个算法流程图,若输出y 的值为2-,则输入x 的值是_____.6.在平面直角坐标系xOy 中,若双曲线22x a ﹣25y =1(a >0)的一条渐近线方程为y=2x ,则该双曲线的离心率是____.7.已知y =f (x )是奇函数,当x ≥0时,()23f x x=,则f (-8)的值是____.8.已知2sin ()4p a + =23,则sin 2a 的值是____.9.如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ,高为2 cm ,内孔半轻为0.5 cm ,则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.10.将函数y =πsin(243x ﹢的图象向右平移π6个单位长度,则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是____.11.设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-ÎN ,则d +q 的值是_______.12.已知22451(,)x y y x y R +=Î,则22x y +的最小值是_______.13.在△ABC 中,43=90AB AC BAC ==°,,∠,D 在边BC 上,延长AD 到P ,使得AP =9,若3()2PA mPB m PC =+-u u u r u u u r u u u r (m 为常数),则CD 的长度是________.14.在平面直角坐标系xOy 中,已知0)2P ,A ,B 是圆C :221()362x y +-=上的两个动点,满足PA PB =,则△P AB 面积的最大值是__________.二、解答题:本大题共6小题,共计90分,请在答题卡指定区域.......内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC ,B 1C ⊥平面ABC ,E ,F 分别是AC ,B 1C 的中点.(1)求证:EF ∥平面AB 1C 1;(2)求证:平面AB 1C ⊥平面ABB 1.16.在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知3,45a c B ===°.(1)求sin C 的值;(2)在边BC 上取一点D ,使得4cos 5ADC Ð=-,求tan DAC Ð的值.17.某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O 在水平线MN 上、桥AB 与MN 平行,OO ¢为铅垂线(O ¢在AB 上).经测量,左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO ¢的距离a (米)之间满足关系式21140h a =;右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO ¢的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO ¢的距离为40米.(1)求桥AB 的长度;(2)计划在谷底两侧建造平行于OO ¢的桥墩CD 和EF ,且CE 为80米,其中C ,E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E ¢为多少米时,桥墩CD 与EF 的总造价最低18.在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1,F 2,点A 在椭圆E 上且在第一象限内,AF 2⊥F 1F 2,直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B .(1)求△AF 1F 2的周长;(2)在x 轴上任取一点P ,直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ,求OP QP ×uu u r uu u r的最小值;(3)设点M 在椭圆E 上,记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1,S 2,若S 2=3S 1,求点M 的坐标.19.已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+ÎR 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ³³.(1)若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=¥-¥+,,,,求h (x )的表达式;(2)若21ln ,()()()(0)x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+¥,,,,求k 的取值范围;(3)若()422242() 2()(48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<,,,[] , D m n =Íéë,求证:n m -£.20.已知数列{}*()În a n N 的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n ,均有11111k k kn n n S S a l ++-=成立,则称此数列为“λ–k ”数列.(1)若等差数列{}n a 是“λ–1”数列,求λ的值;(2)若数列{}n a 是2”数列,且a n >0,求数列{}n a 的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ–3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由,数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答......................若多做,则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A .[选修4-2:矩阵与变换]21.平面上点(2,1)A -在矩阵11a b éù=êú-ëûM 对应的变换作用下得到点(3,4)B -.(1)求实数a ,b 的值;(2)求矩阵M 的逆矩阵1M -.B .[选修4-4:坐标系与参数方程]22.在极坐标系中,已知点1π(,)3A r 在直线:cos 2l r q =上,点2π(,6B r 在圆:4sinC r q =上(其中0r ³,02q p £<).(1)求1r ,2r 的值(2)求出直线l 与圆C 的公共点的极坐标.C .[选修4-5:不等式选讲]23.设x ÎR ,解不等式2|1|||4x x ++£.【必做题】第24题、第25题,每题10分,共计20分.请在答题卡指定区域.......内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.24.在三棱锥A —BCD 中,已知CB =CD BD =2,O 为BD 的中点,AO ⊥平面BCD ,AO =2,E 为AC 的中点.(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值;(2)若点F 在BC 上,满足BF =14BC ,设二面角F —DE —C 的大小为θ,求sin θ的值.25.甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复n 次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为X n ,恰有2个黑球的概率为p n ,恰有1个黑球的概率为q n .(1)求p 1·q 1和p 2·q 2;(2)求2p n +q n 与2p n-1+q n-1的递推关系式和X n 的数学期望E (X n )(用n 表示).答案及解析一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置.......上..1.已知集合{1,0,1,2},{0,2,3}A B =-=,则A B =I _____.【答案】{}0,2【解析】【分析】根据集合的交集即可计算.【详解】∵{}1,0,1,2A =-,{}0,2,3B =∴{}0,2A B =I 故答案为:{}0,2.【点睛】本题考查了交集及其运算,是基础题型.2.已知i 是虚数单位,则复数(1i)(2i)z =+-的实部是_____.【答案】3【解析】【分析】根据复数的运算法则,化简即可求得实部的值.【详解】∵复数()()12z i i =+-∴2223z i i i i=-+-=+∴复数的实部为3.故答案为:3.【点睛】本题考查复数的基本概念,是基础题.3.已知一组数据4,2,3,5,6a a -的平均数为4,则a 的值是_____.【答案】2【解析】【分析】根据平均数的公式进行求解即可.【详解】∵数据4,2,3,5,6a a -的平均数为4∴4235620a a ++-++=,即2a =.故答案为:2.【点睛】本题主要考查平均数的计算和应用,比较基础.4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是_____.【答案】19【解析】【分析】分别求出基本事件总数,点数和为5的种数,再根据概率公式解答即可.【详解】根据题意可得基本事件数总为6636´=个.点数和为5的基本事件有()1,4,()4,1,()2,3,()3,2共4个.∴出现向上的点数和为5的概率为41369P ==.故答案为:19.【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型、列举法等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.5.如图是一个算法流程图,若输出y 的值为2-,则输入x 的值是_____.【答案】3-【解析】【分析】根据指数函数的性质,判断出1y x =+,由此求得x 的值.【详解】由于20x >,所以12y x =+=-,解得3x =-.故答案为:3-【点睛】本小题主要考查根据程序框图输出结果求输入值,考查指数函数的性质,属于基础题.6.在平面直角坐标系xOy 中,若双曲线22x a ﹣25y =1(a >0)的一条渐近线方程为y=2x ,则该双曲线的离心率是____.【答案】32【解析】【分析】根据渐近线方程求得a ,由此求得c ,进而求得双曲线的离心率.【详解】双曲线22215x y a -=,故b =由于双曲线的一条渐近线方程为2y x =,即22b a a =Þ=,所以3c ===,所以双曲线的离心率为32c a =.故答案为:32【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线,考查双曲线离心率的求法,属于基础题.7.已知y =f (x )是奇函数,当x ≥0时,()23f x x=,则f (-8)的值是____.【答案】4-【解析】【分析】先求(8)f ,再根据奇函数求(8)f -【详解】23(8)84f ==,因为()f x 为奇函数,所以(8)(8)4f f -=-=-故答案为:4-【点睛】本题考查根据奇函数性质求函数值,考查基本分析求解能力,属基础题.8.已知2sin ()4p a + =23,则sin 2a 的值是____.【答案】13【解析】【分析】直接按照两角和正弦公式展开,再平方即得结果.【详解】221sin ()sin )(1sin 2)4222p a a a a +=+=+Q 121(1sin 2)sin 2233a a \+=\=故答案为:13【点睛】本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式,考查基本分析求解能力,属基础题.9.如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ,高为2 cm ,内孔半轻为0.5 cm ,则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2p -【解析】【分析】先求正六棱柱体积,再求圆柱体积,相减得结果.【详解】正六棱柱体积为2624´´´圆柱体积为21()222p p ×=所求几何体体积为2p-故答案为:2p-【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积,考查基本分析求解能力,属基础题.10.将函数y =πsin(243x ﹢的图象向右平移π6个单位长度,则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是____.【答案】524x p =-【解析】【分析】先根据图象变换得解析式,再求对称轴方程,最后确定结果.【详解】3sin[2()]3sin(26412y x x p p p =-+=-72()()122242k x k k Z x k Z p p p p p -=+Î\=+Î当1k =-时524x p =-故答案为:524x p =-【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴,考查基本分析求解能力,属基础题.11.设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-ÎN ,则d +q 的值是_______.【答案】4【解析】【分析】结合等差数列和等比数列前n 项和公式的特点,分别求得{}{},n n a b 的公差和公比,由此求得d q +.【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q ,根据题意1q ¹.等差数列{}n a 的前n 项和公式为()2111222n n n d d P na d n a n -æö=+=+-ç÷èø,等比数列{}n b 的前n 项和公式为()1111111n n n b q b b Q q q q q-==-+---,依题意n n n S P Q =+,即22111212211n n b b d d n n n a n q q q æö-+-=+--+ç÷--èø,通过对比系数可知111212211d d a q b qì=ïïï-=-ïíï=ïï=-ï-îÞ112021d a q b =ìï=ïí=ïï=î,故4d q +=.故答案为:4【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n 项和公式,属于中档题.12.已知22451(,)x y y x y R +=Î,则22x y +的最小值是_______.【答案】45【解析】【分析】根据题设条件可得42215y x y -=,可得4222222114+555y y x y y y y -+=+=,利用基本不等式即可求解.【详解】∵22451x y y +=∴0y ¹且42215y x y -=∴2245x y +==,当且仅当221455y y =,即2231,102x y ==时取等号.∴22xy +的最小值为45.故答案为:45.【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时,一定要正确理解和掌握“一正,二定,三相等”的内涵:一正是,首先要判断参数是否为正;二定是,其次要看和或积是否为定值(和定积最大,积定和最小);三相等是,最后一定要验证等号能否成立(主要注意两点,一是相等时参数否在定义域内,二是多次用³或£时等号能否同时成立).13.在△ABC 中,43=90AB AC BAC ==°,,∠,D 在边BC 上,延长AD 到P ,使得AP =9,若3()2PA mPB m PC =+-u u u r u u u r u u u r (m 为常数),则CD 的长度是________.【答案】185【解析】【分析】根据题设条件可设()0PA PD l l =>u u u r u u u r ,结合32PA mPB m PC æö=+-ç÷èøu u u ru u u r u u u r 与,,B D C 三点共线,可求得l ,再根据勾股定理求出BC ,然后根据余弦定理即可求解.【详解】∵,,A D P 三点共线,∴可设()0PA PD l l =>u u u r u u u r ,∵32PA mPB m PC æö=+-ç÷èøu u u r u u u r u u u r ,∴32PD mPB m PC l æö=+-ç÷èøu u u r u u u r u u u r ,即32m m PD PB PC l læö-ç÷èø=+u u u r u u u r u u u r ,若0m ¹且32m ¹,则,,B D C 三点共线,∴321m m l læö-ç÷èø+=,即32l =,∵9AP =,∴3AD =,∵4AB =,3AC =,90BAC Ð=°,∴5BC =,设CD x =,CDA q Ð=,则5BD x =-,BDA p q Ð=-.∴根据余弦定理可得222cos 26AD CD AC xAD CD q +-==×,()()()222257cos 265x AD BD AB AD BD x p q --+--==×-,∵()cos cos 0q p q +-=,∴()()2570665x x x --+=-,解得185x =,∴CD 的长度为185.当0m =时,32PA PC =u u u ru u ur ,,C D 重合,此时CD 的长度为0,当32m =时,32PA PB =u u u r u u u r ,,B D 重合,此时12PA =,不合题意,舍去.故答案为:0或185.【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力,解答本题的关键是设出()0PA PD l l =>u u u r u u u r.14.在平面直角坐标系xOy 中,已知0)2P ,A ,B 是圆C :221()362x y +-=上的两个动点,满足PA PB =,则△P AB 面积的最大值是__________.【答案】【解析】【分析】根据条件得PC AB ^,再用圆心到直线距离表示三角形PAB 面积,最后利用导数求最大值.【详解】PA PB PC AB=\^Q设圆心C 到直线AB 距离为d ,则||1AB PC ==所以11)2PAB S d £×+=V 令222(36)(1)(06)2(1)(236)04y d d d y d d d d ¢=-+£<\=+--+=\=(负值舍去)当04d £<时,0y ¢>;当46d £<时,0y ¢£,因此当4d =时,y 取最大值,即PAB S V 取最大值为故答案为:【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值,考查综合分析求解能力,属中档题.二、解答题:本大题共6小题,共计90分,请在答题卡指定区域.......内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC ,B 1C ⊥平面ABC ,E ,F 分别是AC ,B 1C 的中点.(1)求证:EF ∥平面AB 1C 1;(2)求证:平面AB 1C ⊥平面ABB 1.【答案】(1)证明详见解析;(2)证明详见解析.【解析】【分析】(1)通过证明1//EF AB ,来证得//EF 平面11AB C .(2)通过证明AB ^平面1AB C ,来证得平面1AB C ^平面1ABB .【详解】(1)由于,E F 分别是1,AC B C 的中点,所以1//EF AB .由于EF Ì/平面11AB C ,1AB Ì平面11AB C ,所以//EF 平面11AB C .(2)由于1B C ^平面ABC ,AB Ì平面ABC ,所以1B C AB ^.由于1,AB AC AC B C C ^Ç=,所以AB ^平面1AB C ,由于AB Ì平面1ABB ,所以平面1AB C ^平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明,考查面面垂直的证明,属于中档题.16.在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知3,45a c B ===°.(1)求sin C 的值;(2)在边BC 上取一点D ,使得4cos 5ADC Ð=-,求tan DAC Ð的值.【答案】(1)sin 5C =;(2)2tan 11DAC Ð=.【解析】【分析】(1)利用余弦定理求得b ,利用正弦定理求得sin C .(2)根据cos ADC Ð的值,求得sin ADC Ð的值,由(1)求得cos C 的值,从而求得sin ,cos DAC DAC ÐÐ的值,进而求得tan DAC Ð的值.【详解】(1)由余弦定理得2222cos 922352b ac ac B =+-=+-´=,所以b =.由正弦定理得sin sin sin sin 5c b c B C C B b =Þ==.(2)由于4cos 5ADC Ð=-,,2ADC p p æöÐÎç÷èø,所以3sin 5ADC Ð==.由于,2ADC p p æöÐÎç÷èø,所以0,2C p æöÎç÷èø,所以cos 5C ==所以()sin sin DAC DAC p Ð=-Ð()sin ADC C =Ð+Ðsin cos cos sin ADC C ADC C =Ð×+Ð×34555525æö=´+-´=ç÷èø.由于0,2DAC p æöÐÎç÷èø,所以cos 25DAC Ð==.所以sin 2tan cos 11DAC DAC DAC ÐÐ==Ð.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形,考查三角恒等变换,属于中档题.17.某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O 在水平线MN 上、桥AB 与MN 平行,OO ¢为铅垂线(O ¢在AB 上).经测量,左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO ¢的距离a (米)之间满足关系式21140h a =;右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO ¢的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO ¢的距离为40米.(1)求桥AB 的长度;(2)计划在谷底两侧建造平行于OO ¢的桥墩CD 和EF ,且CE 为80米,其中C ,E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E ¢为多少米时,桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】(1)120米(2)20O E ¢=米【解析】【分析】(1)根据A,B 高度一致列方程求得结果;(2)根据题意列总造价的函数关系式,利用导数求最值,即得结果.【详解】(1)由题意得2311||40640||8040800O A O A ¢¢=-´+´\=||||||8040120AB O A O B ¢¢\=+=+=米(2)设总造价为()f x 万元,21||8016040O O ¢=´=,设||O E x ¢=,32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x ¢\=+-\=-=\=(0舍去)当020x <<时,()0f x ¢<;当2040x <<时,()0f x ¢>,因此当20x =时,()f x 取最小值,答:当20O E ¢=米时,桥墩CD 与EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值,考查基本分析求解能力,属中档题.18.在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1,F 2,点A 在椭圆E 上且在第一象限内,AF 2⊥F 1F 2,直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B .(1)求△AF 1F 2的周长;(2)在x 轴上任取一点P ,直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ,求OP QP ×uu u r uu u r的最小值;(3)设点M 在椭圆E 上,记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1,S 2,若S 2=3S 1,求点M 的坐标.【答案】(1)6;(2)-4;(3)()2,0M 或212,77æö--ç÷èø.【解析】【分析】(1)根据椭圆定义可得124AF AF +=,从而可求出12AF F △的周长;(2)设()0,0P x ,根据点A 在椭圆E 上,且在第一象限,212AF F F ^,求出31,2A æöç÷èø,根据准线方程得Q 点坐标,再根据向量坐标公式,结合二次函数性质即可出最小值;(3)设出设()11,M x y ,点M 到直线AB 的距离为d ,由点O 到直线AB 的距离与213S S =,可推出95d =,根据点到直线的距离公式,以及()11,M x y 满足椭圆方程,解方程组即可求得坐标.【详解】(1)∵椭圆E 的方程为22143x y +=∴()11,0F -,()21,0F 由椭圆定义可得:124AF AF +=.∴12AF F △的周长为426+=(2)设()0,0P x ,根据题意可得01x ¹.∵点A 在椭圆E 上,且在第一象限,212AF F F ^∴31,2A æöç÷èø∵准线方程为4x =∴()4,QQ y ∴()()()()200000,04,4244Q OP QP x x y x x x ×=×--=-=--³-u u u r u u u r ,当且仅当02x =时取等号.∴OP QP ×uu u r uu u r的最小值为4-.(3)设()11,M x y ,点M 到直线AB 的距离为d .∵31,2A æöç÷èø,()11,0F -∴直线1AF 的方程为()314y x =+∵点O 到直线AB 的距离为35,213S S =∴2113133252S S AB AB d ==´´´=×∴95d =∴113439x y -+=①∵2211143x y +=②∴联立①②解得1120x y =ìí=î,1127127x y ì=-ïïíï=-ïî.∴()2,0M 或212,77æö--ç÷èø.【点睛】本题考查了椭圆的定义,直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用,熟悉运用公式以及根据213S S =推出95d =是解答本题的关键.19.已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+ÎR 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ³³.(1)若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=¥-¥+,,,,求h (x )的表达式;(2)若21ln ,()()()(0)x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+¥,,,,求k 的取值范围;(3)若()422242() 2()(48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<,,,[] , D m n =Íéë,求证:n m -£.【答案】(1)()2h x x =;(2)[]0,3k Î;(3)证明详见解析【解析】【分析】(1)求得()f x 与()g x 的公共点,并求得过该点的公切线方程,由此求得()h x 的表达式.(2)先由()()0h x g x -³,求得k 的一个取值范围,再由()()0f x h x -³,求得k 的另一个取值范围,从而求得k 的取值范围.(3)先由()()f x h x ³,求得t 的取值范围,由方程()()0g x h x -=的两个根,求得n m -的表达式,利用导数证得不等式成立.【详解】(1)由题设有2222x x kx b x x -+£+£+对任意的x ÎR 恒成立.令0x =,则00b ££,所以0b =.因此22kx x x £+即()220x k x +-³对任意的x ÎR 恒成立,所以()220k D =-£,因此2k =.故()2h x x =.(2)令()()()()()1ln 0F x h x g x k x x x =-=-->,()01F =.又()1x F x k x-¢=×.若k 0<,则()F x 在()0,1上递增,在()1,+?上递减,则()()10F x F £=,即()()0h x g x -£,不符合题意.当0k =时,()()()()()0,F x h x g x h x g x =-==,符合题意.当0k >时,()F x 在()0,1上递减,在()1,+?上递增,则()()10F x F ³=,即()()0h x g x -³,符合题意.综上所述,0k ³.由()()()21f x h x x x kx k -=-+--()()2110x k x k =-+++³当102k x +=<,即1k <-时,()211y x k x k =-+++在()0,+?为增函数,因为()()0010f h k -=+<,故存在()00,x Î+¥,使()()0f x h x -<,不符合题意.当102k x +==,即1k =-时,()()20f x h x x -=³,符合题意.当102k x +=>,即1k >-时,则需()()21410k k D =+-+£,解得13k -<£.综上所述,k 的取值范围是[]0,3k Î.(3)因为()423422243248x x t t x t t x -³--+³-对任意[,][x m n ÎÌ恒成立,()423422432x x t t x t t -³--+对任意[,][x m n ÎÌ恒成立,等价于()222()2320x t xtx t -++-³对任意[,][x m n ÎÌ恒成立.故222320x tx t ++-³对任意[,][x m n ÎÌ恒成立令22()232M x x tx t =++-,当201t <<,2880,11t t D =-+>-<-<,此时1n m t -£+<+<,当212t ££,2880t D =-+£,但()234248432x t t x t t -³--+对任意的[,][x m n ÎÌ恒成立.等价于()()()2322443420x t t x t t --++-£对任意的[,][x m n ÎÌ恒成立.()()()2322443420x t t x t t --++-=的两根为12,x x ,则4231212328,4t t x x t t x x --+=-×=,所以12=n m x x --==.令[]2,1,2t l l =Î,则n m -=.构造函数()[]()325381,2P l l l l l =-++Î,()()()23103331P l l l l l ¢=-+=--,所以[]1,2l Î时,()0P l ¢<,()P l 递减,()()max 17P P l ==.所以()max n m -=n m -£.【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程,考查利用导数研究不等式恒成立问题,考查利用导数证明不等式,考查分类讨论的数学思想方法,属于难题.20.已知数列{}*()În a n N 的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n ,均有11111k k kn n n S S a l ++-=成立,则称此数列为“λ–k ”数列.(1)若等差数列{}n a 是“λ–1”数列,求λ的值;(2)若数列{}n a 是2”数列,且a n >0,求数列{}n a 的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ–3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由,【答案】(1)1(2)21,134,2n n n a n -=ì=í׳î(3)01l <<【解析】【分析】(1)根据定义得+11n n n S S a l +-=,再根据和项与通项关系化简得11n n a a l ++=,最后根据数列不为零数列得结果;(2)根据定义得111222+1+1()3n n n n S S S S -=-,根据平方差公式化简得+1=4n n S S ,求得n S ,即得n a ;(3)根据定义得111333+11n n n SS a l +-=,利用立方差公式化简得两个方程,再根据方程解的个数确定参数满足的条件,解得结果【详解】(1)+111111101n n n n n n S S a a a a a l l l ++++-=\==\º\=/Q (2)11221100n n n n n a S S SS ++>\>\->Q111222+1+1()3n nn n S S S S -=-Q 1111112222222+1+1+11()()()3n n n n n n S S S S S S \-=-+1111111222222+1+1+1+11()=2=443n n nn n n n n n n S S S S S S S S S -\-=+\\\=111S a ==Q ,14n n S -=1224434,2n n n n a n ---\=-=׳21,134,2n n n a n -=ì\=í׳î(3)假设存在三个不同的数列{}n a 为"3"l -数列.111113333333+11+1+1()()n n n n n n n S S a S S S S l l +-=\-=-1133+1n n S S \=或11221123333333+1+1+1()()n n n n n n S S S S S S l -=+++1n n S S \=或22113333333+1+1(1)(1)(2)0n n n n SS S S l l l -+-++=∵对于给定的l ,存在三个不同的数列{}n a 为"3"l -数列,且0n a ³1,10,2n n a n =ì\=í³î或()22113333333+1+1(1)(1)(2)01n n n n S S S S l l l l -+-++=¹有两个不等的正根.()22113333333+1+1(1)(1)(2)01n n n n S S S S l l l l -+-++=¹可转化为()2133333+1+12133(1)(2)(1)01n n nnS S S S l l l l -++-+=¹,不妨设()1310n n S x x S +æö=>ç÷èø,则()3233(1)(2)(1)01x x l l l l -+++-=¹有两个不等正根,设()()3233(1)(2)(1)01f x x x l l l l =-+++-=¹.①当1l <时,32323(2)4(1)004l l l D =+-->Þ<<,即01l <<,此时()3010f l =-<,33(2)02(1)x l l +=->-对,满足题意.②当1l >时,32323(2)4(1)004l l l D =+-->Þ<<,即1l <<()3010f l =->,33(2)02(1)x l l +=-<-对,此情况有两个不等负根,不满足题意舍去.综上,01l <<【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步,考查综合分析求解能力,属难题.数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答......................若多做,则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A .[选修4-2:矩阵与变换]21.平面上点(2,1)A -在矩阵11a b éù=êú-ëûM 对应的变换作用下得到点(3,4)B -.(1)求实数a ,b 的值;(2)求矩阵M 的逆矩阵1M -.【答案】(1)22a b =ìí=î;(2)121551255M -éù-êú=êúêúêúëû.【解析】【分析】(1)根据变换写出具体的矩阵关系式,然后进行矩阵的计算可得出实数,a b 的值;(2)设出逆矩阵,由定义得到方程,即可求解.【详解】(1)∵平面上点()2,1A -在矩阵 11a M b éù=êú-ëû对应的变换作用下得到点()3,4B -∴ 1 2 31 14a b éùéùéù=êúêúêú---ëûëûëû∴21324a b -=ìí--=-î,解得22a b =ìí=î(2)设1m n Mc d -éù=êúëû,则12 2 1 0=2 20 1m c n d MM m c n d -++éùéù=êúêú-+-+ëûëû∴21202021m c n d m c n d +=ìï+=ïí-+=ïï-+=î,解得25151525m n c d ì=ïïï=-ïíï=ïïï=î∴121551255M -éù-êú=êúêúêúëû【点睛】本题考查矩阵变换的应用,考查逆矩阵的求法,解题时要认真审题,属于基础题.B .[选修4-4:坐标系与参数方程]22.在极坐标系中,已知点1π(,)3A r 在直线:cos 2l r q =上,点2π(,6B r 在圆:4sinC r q =上(其中0r ³,02q p £<).(1)求1r ,2r 的值(2)求出直线l 与圆C 的公共点的极坐标.【答案】(1)1242r r ==,(2))4p【解析】【分析】(1)将A,B 点坐标代入即得结果;(2)联立直线与圆极坐标方程,解得结果.【详解】(1)以极点为原点,极轴为x 轴的正半轴,建立平面直角坐标系,11cos2,43pr r =\=Q ,因为点B 为直线6p q =上,故其直角坐标方程为3y x =,又4sin r q =对应的圆的直角坐标方程为:2240x y y +-=,由22340y x x y y ì=ïíï+-=î解得00x y ==ìíî或1x y ì=ïí=ïî对应的点为())0,0,,故对应的极径为20r =或22r =.(2)cos 2,4sin ,4sin cos 2,sin 21r q r q q q q ==\=\=Q ,5[0,2),,44p p q p q Î\=Q ,当4pq =时r =当54p q =时0r =-<,舍;即所求交点坐标为当4p 【点睛】本题考查极坐标方程及其交点,考查基本分析求解能力,属基础题.C .[选修4-5:不等式选讲]23.设x ÎR ,解不等式2|1|||4x x ++£.【答案】22,3éù-êúëû【解析】【分析】根据绝对值定义化为三个方程组,解得结果【详解】1224x x x <-ìí---£îQ 或10224x x x -££ìí+-£î或0224x x x >ìí++£î21x \-£<-或10x -≤≤或203x <£所以解集为22,3éù-êúëû【点睛】本题考查分类讨论解含绝对值不等式,考查基本分析求解能力,属基础题.【必做题】第24题、第25题,每题10分,共计20分.请在答题卡指....定区域...内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.24.在三棱锥A —BCD 中,已知CB =CD BD =2,O 为BD 的中点,AO ⊥平面BCD ,AO =2,E 为AC 的中点.(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值;(2)若点F 在BC 上,满足BF =14BC ,设二面角F —DE —C 的大小为θ,求sin θ的值.【答案】(1)15(2)13【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量数量积求直线向量夹角,即得结果;(2)先求两个平面法向量,根据向量数量积求法向量夹角,最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】(1)连,CO BC CD BO OD CO BD==\^Q 以,,OB OC OA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,则(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E -\(1,0,2),(1,1,1)cos ,15AB DE AB DE \=-=\<>==-uu u r uu u r uu u r uuu r 从而直线AB 与DE所成角的余弦值为15(2)设平面DEC 一个法向量为1(,,),n x y z =u r11200(1,2,0),00x y n DC DC x y z n DE ì+=×=ìï=\íí++=×=ïîîu v u u u vu uu v u v uu u vQ 令112,1(2,1,1)y x z n =\=-=\=-u r设平面DEF 一个法向量为2111(,,),n x y z =u u r 11221117100171(,,0),4244200x y n DF DF DB BF DB BC n DE x y z ìì+=×=ïï=+=+=\íí×=ïîï++=îu u v u u u v u uu v u u u v u u u v u u u v uu u v u uv u u u v Q 令111272,5(2,7,5)y x z n =-\==\=-u ur12cos ,n n \<>==u r u u r因此sin 13q ==【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角,考查基本分析求解能力,属中档题.25.甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复n 次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为X n ,恰有2个黑球的概率为p n ,恰有1个黑球的概率为q n .(1)求p 1·q 1和p 2·q 2;(2)求2p n +q n 与2p n-1+q n-1的递推关系式和X n 的数学期望E (X n )(用n 表示).【答案】(1)112212716,,332727p q p q ====;;(2)()111222+33n n n n p q p q --+=+【解析】【分析】(1)直接根据操作,根据古典概型概率公式可得结果;(2)根据操作,依次求n n p q ,,即得递推关系,构造等比数列求得2n n p q +,最后根据数学期望公式求结果.【详解】(1)11131232,333333p q ´´====´´,211131211227++3333333927p p q ´´=´´=´´=´´,211231122222516+0+3333333927q p q ´´+´=´´+=´´=´´(2)1111131212++333339n n n n n p p q p q ----´´=´´=´´,111112*********+(1)+33333393n n n n n n q p q p q q -----´´+´´=´´+--´=-´´´,因此112122+333n n n n p q p q --+=+,从而11111212(2+),21(2+1)333n n n n n n n n p q p q p q p q ----+=+\+-=-,即1111121(2+1),2133n n n n n n p q p q p q -+-=-\+=+.又n X 的分布列为nX 012P1n np q --n q np 故1()213n n n nE X p q =+=+.【点睛】本题考查古典概型概率、概率中递推关系、构造法求数列通项、数学期望公式,考查综合分析求解能力,属难题.。
2020年高考数学真题分类汇编:集合
2020年高考数学真题分类汇编:集合一、单选题(共11题;共22分)1.(2分)(2020·新课标Ⅲ·文)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.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【解答】由题意,A∩B={5,7,11},故A∩B中元素的个数为3.故答案为:B【分析】采用列举法列举出A∩B中元素的即可.2.(2分)(2020·新课标Ⅲ·理)已知集合A={(x,y)|x,y∈N∗,y≥x},B={(x,y)|x+y=8},则A∩B中元素的个数为()A.2B.3C.4D.6【答案】C【解析】【解答】由题意,A∩B中的元素满足{y≥xx+y=8,且x,y∈N∗,由x+y=8≥2x,得x≤4,所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),故A∩B中元素的个数为4.故答案为:C.【分析】采用列举法列举出A∩B中元素的即可.3.(2分)(2020·新课标Ⅲ·文)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}【答案】D【解析】【解答】因为A={x||x|<3,x∈Z}={−2,−1,0,1,2},B={x||x|>1,x∈Z}={x|x>1或x<−1,x∈Z},所以A∩B={2,−2}.故答案为:D.【分析】解绝对值不等式化简集合A,B的表示,再根据集合交集的定义进行求解即可.4.(2分)(2020·新课标Ⅲ·文)已知集合A={x|x2−3x−4<0},B={−4,1,3,5},则A∩B=()A.{−4,1}B.{1,5}C.{3,5}D.{1,3}【答案】D【解析】【解答】由x2−3x−4<0解得−1<x<4,所以A={x|−1<x<4},又因为B={−4,1,3,5},所以A∩B={1,3},故答案为:D.【分析】首先解一元二次不等式求得集合A,之后利用交集中元素的特征求得A∩B,得到结果. 5.(2分)(2020·新课标Ⅲ·理)已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2},则∁U(A∪B)=()A.{−2,3}B.{−2,2,3}C.{−2,−1,0,3}D.{−2,−1,0,2,3}【答案】A【解析】【解答】由题意可得:A∪B={−1,0,1,2},则∁U(A∪B)={−2,3}.故答案为:A.【分析】首先进行并集运算,然后计算补集即可.6.(2分)(2020·新课标Ⅲ·理)设集合A={x|x2–4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|–2≤x≤1},则a=()A.–4B.–2C.2D.4【答案】B【解析】【解答】求解二次不等式x2−4≤0可得:A={x|−2≤x≤2},求解一次不等式2x+a≤0可得:B={x|x≤−a 2}.由于A∩B={x|−2≤x≤1},故:−a2=1,解得:a=−2.故答案为:B.【分析】由题意首先求得集合A,B,然后结合交集的结果得到关于a的方程,求解方程即可确定实数a的值.7.(2分)(2020·新高考Ⅲ)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}【答案】C【解析】【解答】A∪B=[1,3]∪(2,4)=[1,4)故答案为:C【分析】根据集合并集概念求解.8.(2分)(2020·天津)设全集U={−3,−2,−1,0,1,2,3},集合A={−1,0,1,2},B={−3,0,2,3},则A∩(∁U B)=()A.{−3,3}B.{0,2}C.{−1,1}D.{−3,−2,−1,1,3}【答案】C【解析】【解答】由题意结合补集的定义可知:∁U B={−2,−1,1},则A∩(∁U B)={−1,1}.故答案为:C.【分析】首先进行补集运算,然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.9.(2分)(2020·北京)已知集合A={−1,0,1,2},B={x|0<x<3},则A∩B=().A.{−1,0,1}B.{0,1}C.{−1,1,2}D.{1,2}【答案】D【解析】【解答】A∩B={−1,0,1,2}∩(0,3)={1,2},故答案为:D.【分析】根据交集定义直接得结果.10.(2分)(2020·浙江)设集合S,T,S∈N*,T∈N*,S,T中至少有两个元素,且S,T满足:①对于任意x,y∈S,若x≠y,都有xy∈T;②对于任意x,y∈T,若x<y,则yx∈S;下列命题正确的是()A.若S有4个元素,则S∈T有7个元素B.若S有4个元素,则S∈T有6个元素C.若S有3个元素,则S∈T有4个元素D.若S有3个元素,则S∈T有5个元素【答案】A【解析】【解答】解:取:S={1,2,4},则T={2,4,8},S∈T={1,2,4,8},4个元素,排除D.S={2,4,8},则T={8,16,32},S∈T={2,4,8,16,32},5个元素,排除C;S={2,4,8,16}则T={8,16,32,64,128},S∈T={2,4,8,16,32,64,128},7个元素,排除B;故答案为:A.【分析】利用特殊集合排除选项,推出结果即可.11.(2分)(2020·浙江)已知集合P={x|1<x<4},Q={x|2<x<3},则P∩Q=()A.{x|1<x≤2}B.{x|2<x<3}C.{x|3≤x<4}D.{x|1<x<4}【答案】B【解析】【解答】解:集合P={x|1<x<4},Q={x|2<x<3},则P∩Q={x|2<x<3}.故答案为:B.【分析】直接利用交集的运算法则求解即可.二、填空题(共1题;共1分)12.(1分)(2020·江苏)已知集合A={−1,0,1,2},B={0,2,3},则A∩B=. 【答案】{0,2}【解析】【解答】∵A={−1,0,1,2}, B={0,2,3}∴A∩B={0,2}故答案为:{0,2}.【分析】根据集合的交集即可计算.。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)(含解析版)
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)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,y)|x,y∈N*,y≥x},B={(x,y)|x+y=8},则A∩B中元素的个数为()A.2B.3C.4D.62.(5分)复数的虚部是()A .﹣B .﹣C .D .3.(5分)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且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.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.24.(5分)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 )=,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t*约为()(ln19≈3)A.60B.63C.66D.695.(5分)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为()A.(,0)B.(,0)C.(1,0)D.(2,0)6.(5分)已知向量,满足||=5,||=6,•=﹣6,则cos <,+>=()A .﹣B .﹣C .D .7.(5分)在△ABC中,cos C =,AC=4,BC=3,则cos B=()A .B .C .D .8.(5分)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是()A.6+4B.4+4C.6+2D.4+29.(5分)已知2tanθ﹣tan(θ+)=7,则tanθ=()A.﹣2B.﹣1C.1D.210.(5分)若直线l与曲线y =和圆x2+y2=都相切,则l的方程为()A.y=2x+1B.y=2x +C.y =x+1D.y =x +11.(5分)设双曲线C :﹣=1(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.812.(5分)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则()A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
2020年高考数学(理)试卷(新课标2)(解析)
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅱ)参考答案与试题解析一、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U={﹣2,﹣1,0,1,2,3},A={﹣1,0,1},B={1,2},则∁U(A ∪B)=()A.{﹣2,3}B.{﹣2,2,3)C.{﹣2,﹣1,0,3}D.{﹣2,﹣1,0,2,3}【分析】先求出A∪B,再根据补集得出结论.【解答】解:集合U={﹣2,﹣1,0,1,2,3},A={﹣1,0,1},B={1,2},则A∪B={﹣1,0,1,2},则∁U(A∪B)={﹣2,3},故选:A.【点评】本题主要考查集合的交并补运算,属于基础题.2.(5分)若α为第四象限角,则()A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<0【分析】先求出2α是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角,即可判断.【解答】解:α为第四象限角,则﹣+2kπ<α<2kπ,k∈Z,则﹣π+4kπ<2α<4kπ,∴2α是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角,∴sin2α<0,故选:D.【点评】本题考查了角的符号特点,考查了转化能力,属于基础题.3.(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【分析】由题意可得至少需要志愿者为=18名.【解答】解:第二天的新订单超过1600份的概率为0.05,就按1600份计算,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就按1200份计算,因为公司可以完成配货1200份订单,则至少需要志愿者为=18名,故选:B.【点评】本题考查了等可能事件概率的实际应用,属于基础题.4.(5分)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【分析】由题意可得从内到外每环之间构成等差数列,且公差d=9,a1=9,根据等差数列的性质即可求出n=9,再根据前n项和公式即可求出.【解答】解:设每一层有n环,由题意可知从内到外每环之间构成等差数列,且公差d =9,a1=9,由等差数列的性质可得S n,S2n﹣S n,S3n﹣S2n成等差数列,且(S3n﹣S2n)﹣(S2n﹣S n)=n2d,则n2d=729,则n=9,则三层共有扇面形石板S3n=S27=27×9+×9=3402块,故选:C.【点评】本题考查了等差数列在实际生活中的应用,考查了分析问题解决问题的能力,属于中档题.5.(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.【分析】由已知设圆方程为(x﹣a)2+(y﹣a)2=a2,(2,1)代入,能求出圆的方程,再代入点到直线的距离公式即可.【解答】解:由题意可得所求的圆在第一象限,设圆心为(a,a),则半径为a,a>0.故圆的方程为(x﹣a)2+(y﹣a)2=a2,再把点(2,1)代入,求得a=5或1,故要求的圆的方程为(x﹣5)2+(y﹣5)2=25或(x﹣1)2+(y﹣1)2=1.故所求圆的圆心为(5,5)或(1,1);故圆心到直线2x﹣y﹣3=0的距离d==或d==;故选:B.【点评】本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法,求出圆心坐标和半径的值,是解题的关键,属于基础题.6.(5分)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215﹣25,则k=()A.2B.3C.4D.5【分析】在已知数列递推式中,取m=1,可得,则数列{a n}是以2为首项,以2为公比的等比数列,再由等比数列的前n项和公式列式求解.【解答】解:由a1=2,且a m+n=a m a n,取m=1,得a n+1=a1a n=2a n,∴,则数列{a n}是以2为首项,以2为公比的等比数列,则,∴a k+1+a k+2+…+a k+10==215﹣25,∴k+1=5,即k=4.故选:C.【点评】本题考查数列递推式,考查等比关系的确定,训练了等比数列前n项和的求法,是中档题.7.(5分)如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为()A.E B.F C.G D.H【分析】首先把三视图转换为直观图,进一步求出图形中的对应点.【解答】解:根据几何体的三视图转换为直观图:根据三视图和几何体的的对应关系的应用,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,所以在侧视图中与点E对应.故选:A.【点评】本题考查的知识要点:三视图和几何体的直观图之间的转换、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.8.(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.32【分析】根据双曲线的渐近线方程求出点D,E的坐标,根据面积求出ab=8,再根据基本不等式即可求解.【解答】解:由题意可得双曲线的渐近线方程为y=±x,分别将x=a,代入可得y=±b,即D(a,b),E(a,﹣b),则S△ODE=a×2b=ab=8,∴c2=a2+b2≥2ab=16,当且仅当a=b=2时取等号,∴C的焦距的最小值为2×4=8,故选:B.【点评】本题考查了双曲线的方程和基本不等式,以及渐近线方程,属于基础题.9.(5分)设函数f(x)=ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|,则f(x)()A.是偶函数,且在(,+∞)单调递增B.是奇函数,且在(﹣,)单调递减C.是偶函数,且在(﹣∞,﹣)单调递增D.是奇函数,且在(﹣∞,﹣)单调递减【分析】求出x的取值范围,由定义判断为奇函数,利用对数的运算性质变形,再判断内层函数t=||的单调性,由复合函数的单调性得答案.【解答】解:由,得x.又f(﹣x)=ln|﹣2x+1|﹣ln|﹣2x﹣1|=﹣(ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|)=﹣f(x),∴f(x)为奇函数;由f(x)=ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|=,∵==.可得内层函数t=||的图象如图,在(﹣∞,)上单调递减,在(,)上单调递增,则(,+∞)上单调递减.又对数式y=lnt是定义域内的增函数,由复合函数的单调性可得,f(x)在(﹣∞,﹣)上单调递减.故选:D.【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合,考查复合函数单调性的求法,是中档题.10.(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.【分析】画出图形,利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径,然后求解OO1即可.【解答】解:由题意可知图形如图:△ABC是面积为的等边三角形,可得,∴AB=BC=AC=3,可得:AO1==,球O的表面积为16π,外接球的半径为:4πR2=16,解得R=2,所以O到平面ABC的距离为:=1.故选:C.【点评】本题考查球的内接体问题,求解球的半径,以及三角形的外接圆的半径是解题的关键.11.(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【分析】由2x﹣2y<3﹣x﹣3﹣y,可得2x﹣3﹣x<2y﹣3﹣y,令f(x)=2x﹣3﹣x,则f(x)在R上单调递增,且f(x)<f(y),结合函数的单调性可得x,y的大小关系,结合选项即可判断.【解答】解:由2x﹣2y<3﹣x﹣3﹣y,可得2x﹣3﹣x<2y﹣3﹣y,令f(x)=2x﹣3﹣x,则f(x)在R上单调递增,且f(x)<f(y),所以x<y,即y﹣x>0,由于y﹣x+1>1,故ln(y﹣x+1)>ln1=0,故选:A.【点评】本题主要考查了函数的单调性在比较变量大小中的应用,属于基础试题.12.(5分)0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…a n…满足a i∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,…)成立,则称其为0﹣1周期序列,并称满足a i+m=a i(i=1,2…)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a1a2…a n…,C(k)=a i a i+k(k=1,2,…,m﹣1)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C(k)≤(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…【分析】分别为4个选项中k=1,2,3,4进行讨论,若有一个不满足条件,就排除;由题意可得周期都是5,每个答案中都给了一个周期的排列,若需要下个周期的排列,继续写出,如C答案中的排列为10001 10001 10001.【解答】解:对于A选项:序列11010 11010C(1)=a i a i+1=(1+0+0+0+0)=,C(2)=a i a i+2=(0+1+0+1+0)=,不满足C(k)≤(k=1,2,3,4),故排除A;对于B选项:序列11011 11011C(1)=a i a i+1=(1+0+0+1+1)=,不满足条件,排除;对于C选项:序列10001 10001 10001C(1)=a i a i+1=(0+0+0+0+1)=,C(2)=a i a i+2=(0+0+0+0++0)=0,C(3)=a i a i+3=(0+0+0+0+0)=0,C(4)=a i a i+4=(1+0+0+0+0)=,符合条件,对于D选项:序列11001 11001C(1)=a i a i+1=(1+0+0+0+1)=不满足条件.故选:C.【点评】本题考查序列的周期性及对5个两项乘积之和的求法,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
山东省各地市2020年高考数学 最新试题分类大汇编 11 圆锥曲线(1) 理
山东省各地市2020年高考数学(理科)最新试题分类大汇编:第11部分:圆锥曲线(1)一、选择题【山东省青州市2020届高三2月月考理】10. 设双曲线)0,0(12222>>=-b a bx a y 的渐近线与抛物线12+=x y 相切,则该双曲线的离心率等于A .5B .25C .6D .26 【答案】B滕州二中【山东省微山一中2020届高三10月月考理】8. 若双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上不存在点P 使得右焦点F 关于直线OP (O 为双曲线的中心)的对称点在y 轴上,则该双曲线离心率的取值范围为 ( )A .(2,)+∞B .[2,)+∞C .(1,2]D .(1,2)答案:C解析:这里给出否定形式,直接思考比较困难,按照正难则反,考虑存在点P 使得右焦点F 关于直线OP (O 为双曲线的中心)的对称点在y 轴上,因此只要在这个双曲线上存在点P 使得OP 斜率为1即可,所以只要渐进线的斜率大于1,也就是离心率大于2,求其在大于1的补集;该题通过否定形式考查反证法的思想,又考查数形结合、双曲线的方程及其几何性质,是中档题.【山东省临沭一中2020届高三12月理】8.已知双曲线22221x y a b -=的一个焦点与抛物线24y x =的焦点重合,且双曲线的离心率等于5,则该双曲线的方程为( )A.224515y x -= B.22154x y -= C.22154y x -= D.225514y x -= 【答案】D【山东省实验中学2020届高三上学期第一次诊断性考试理】12. 点P 在双曲线上•,是这条双曲线的两个焦点,,且的三条边长成等差数列,则此双曲线的离心率是(A) .2 (B) .3(C) .4(D) .5【答案】D【山东省滕州二中2020届高三上学期期中理】11: 已知直线l 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的右准线,如果在直线l 上存在一点M ,使得线段OM (O 为坐标原点)的垂直平分线过右焦点,则椭圆的离心率的取值范围是( )A .)1,23[B . )1,22[C .)1,22( D . )1,21[【答案】B【山东省青岛市2020届高三期末检测 理】10.以坐标轴为对称轴,原点为顶点,且过圆222690x y x y +-++=圆心的抛物线方程是A .23x y =或23x y -= B .23x y =C .x y 92-=或23x y =D .23x y -=或x y 92=【答案】D【山东省青岛市2020届高三期末检测 理】11.以双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>的左焦点F为圆心,作半径为b 的圆F ,则圆F 与双曲线的渐近线 A .相交B .相离C .相切D .不确定【答案】C【山东省莱芜市2020届高三上学期期末检测 理】正三角形一个顶点是抛物线)0(22>=p py x 的焦点,另两个顶点在抛物线上,则满足此条件的正三角形共有A.0个B.1个C.2个D.4个 【答案】C【山东省莱芜市2020届高三上学期期末检测 理】若点O 和点F 分别为椭圆15922=+y x 的中心和左焦点,点P 为椭圆上任意一点,则OP FP ⋅u u u r u u r的最小值为A.411B.3C.8D.15 【答案】A【山东省烟台市2020届高三期末检测理】7.直线022=+-y x 经过椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 的一个焦点和一个顶点,则该椭圆的离心率为 A.55 B.21 C.552 D.32 【答案】C【山东省潍坊市重点中学2020届高三2月月考理】11.若双曲线)0(12222>>=-b a by a x 的左右焦点分别为1F 、2F ,线段21F F 被抛物线212x y b=的焦点分成3:2的两段,则此双曲线的离心率为A .98 B .63737 C . 533 D . 52121【答案】D【山东省潍坊市三县2020届高三12月联考理】10.若椭圆mx 2+ny 2=1与直线x+y-1=0交于A 、B 两点,过原点与线段AB 中点的直线的斜率为22则nm=( ) A 2 B 22 C 23 D 92【答案】B【山东省潍坊市三县2020届高三12月联考理】11.过双曲线2222by a x -=1(a >0,b >0)的左焦点F (-c ,0)(c >0),作圆4222a y x =+的切线,切点为E ,延长FE 交双曲线右支于点P ,若()OP OF OE +=21,则双曲线的离心率为( ) A .10 B .510C .210D .2【答案】C【山东省枣庄市2020届高三上学期期末理】11.已知双曲线12222=-b y a x 的一个焦点与抛物线x y 42=的焦点重合,且该双曲线的离心率为5,则该双曲线的渐近线方程为A.x y 21±= 2 B.x y 2±= 4C.x y 2±=D.x y 22±= 【答案】C【山东实验中学2020届高三第一次诊断性考试理】12. 点P 在双曲线上•,是这条双曲线的两个焦点,,且的三条边长成等差数列,则此双曲线的离心率是(A) .2 (B) .3(C) .4(D) .5【答案】D【解析】解:设|PF 2|,|PF 1|,|F 1F 2|成等差数列,且分别设为m-d,m,m+d,则由双曲线定义和勾股定理可知:m-(m-d)=2a,m+d=2c, (m-d)2+m 2=(m+d)2,解得m=4d=8a,5252d ce da ∴===故选项为D【山东省聊城市五校2020届高三上学期期末联考】6.已知P 是以F 1、F 2为焦点的椭圆,0,)0(1212222=⋅>>=+PF PF b a b y a x 且上一点 ,21tan 21=∠F PF 则该椭圆的离心率为( )A .21B .32 C .31 D .35 【答案】D【山东济宁梁山二中2020届高三12月月考理】12.设F 是抛物线()02:21>=p px y C 的焦点,点A 是抛物线1C 与双曲线1:22222=-by a x C ()0,0>>b a 的一条渐近线的一个公共点,且AF x ⊥轴,则双曲线的离心率为A . 25B . 5C . 3D . 2【答案】B【莱州一中2020高三第三次质量检测理】10.已知点P 是抛物线28y x =-上一点,设P 到此抛物线准线的距离是1d ,到直线100x y +-=的距离是2d ,则12d d +的最小值是 3B.362D. 3【答案】C【山东省滨州市沾化一中2020届高三上学期期末理】9.若椭圆221x y m n+=(m >n >0)和双曲线221x y a b-=(a >b >0)有相同的焦点F 1,F 2,P 是两条曲线的一个交点,则|PF 1|·|PF 2|的值是( )A .m -aB .1()2m a -C .m 2-a 2D m a -【答案】A【山东济宁邹城二中2020届高三上学期期中】2.已知双曲线2212y x -=的焦点为F 1、F 2, 点M 在双曲线上且120,MF MF ⋅=u u u u r u u u u r则点M 到x 轴的距离为( )A .43B .53 CD【答案】C【山东济南市2020界高三下学期二月月考理】已知点1F 、2F 分别是双曲线22221x y a b-=的左、右焦点,过1F 且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A 、B 两点,若2ABF ∆为锐角三角形,则该双曲线的离心率e 的取值范围是 A .(1,)+∞B.C .(1,2)D.(1,1+【答案】D【山东济南市2020界高三下学期二月月考理】抛物线214y x =的焦点坐标是 A .,0161() B .(1,0)C .1-,016()D . 0,1()【答案】D【山东省济宁市2020届高三上学期期末检测理】2.抛物线y x 42=的焦点坐标为 A.(1,0) B.(2,0)C.(0,1)D.(0,2)【答案】C【山东省济南一中2020届高三上学期期末理】10. 已知抛物线22(0)y px p =>上一点(1,)(0)M m m >到其焦点的距离为5,双曲线221x y a-=的左顶点为A ,若双曲线的一条渐近线与直线AM 平行,则实数a 的值是 A .19 B .125C .15D .13 【答案】A【山东省苍山县2020届高三上学期期末检测理】2.抛物线28x y =的焦点到准线的距离是 ( ) A .1 B .2C .4D .8【答案】C【山东省潍坊市2020届高三上学期期末考试理】10.已知点P 是抛物线x y 82-=上一点,设P 到此抛物线准线的距离是d 1,到直线010=-+y x 的距离是d 2,则d l +d 2的最小值是 A. 3 B. 32 C. 26 D .3 【答案】C【山东省苍山县2020届高三上学期期末检测理】12.已知圆22:6480C x y x y +--+=,以圆C 与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦点和顶点,则适合上述条件的双曲线的标准方程为 ( )A .221124x y -= B .221412x y -= C .22124x y -= D .22142x y -= 【答案】B 二、填空题【山东省潍坊市2020届高三上学期期末考试理】15.已知双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的离心率为332,焦距为2c ,且2a 2=3c ,双曲线 上一点P 满足为左右焦点)、2121(2F F PF PF =•,则=•||||21PF PF . 【答案】4【山东省莱芜市2020届高三上学期期末检测 理】若双曲线12222=-by a x 的一条渐近线与抛物线122+=x y 只有一个公共点,则双曲线的离心率等于 .【答案】3【山东省潍坊市三县2020届高三12月联考理】13. 已知AB 是过抛物线22y x =焦点的弦,||4AB =,则AB 中点的横坐标是 .【答案】23【莱州一中2020高三第三次质量检测理】15.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率,焦距为2c ,且223a c =,双曲线上一点P 满足1212(PF PF F =u u u r u u u r g 、2F 为左、右焦点),则12||||PF PF =u u u r u u u r g .【答案】4【山东省东营市2020届高三上学期期末(理)】15.已知双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 的离心率为332,焦距为2c ,且2a 2=3c ,双曲线 上一点P 满足为左右焦点)、2121(2F F PF PF =•,则=•||||21PF PF. 【答案】4【山东省济宁市汶上一中2020届高三11月月考理】12.已知点P 是以12,F F 为焦点的椭圆22221(0)x y a b a b +=>>上一点,且120,PF PF ⋅=u u u r u u u u r 121tan ,2PF F ∠=则该椭圆的离心率等于________. 【答案】35【山东省临沭一中2020届高三12月理】16. 椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别是F 1,F 2,过F 2作倾斜角为120︒的直线与椭圆的一个交点为M ,若MF 1垂直于x 轴,则椭圆的离心率为 【答案】32-三、解答题【山东实验中学2020届高三第一次诊断性考试理】22.(本小题满分14分)己知椭圆C :旳离心率e =,左、.右焦点分别为,点.,点尽在线段PF 1的中垂线i. (1) 求椭圆C 的方程; (2) 设直线与椭圆C 交于M ,N 两点,直线、的倾斜角分别为,且,求证:直线/过定点,并求该定点的坐标.【解题说明】本试题主要考察椭圆的标准方程,以及恒过定点的直线,直线与圆锥曲线的综合运用。
2020年全国统一高考数学试卷(新课标Ⅰ)(解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学+答案一、选择题:(本题共10小题,每小题6分,共60分)1.若z=1+i ,则|z 2–2z |=( )A. 0B. 1C.D. 2 【答案】D【解析】【分析】由题意首先求得22z z -的值,然后计算其模即可.【详解】由题意可得:()2212z i i =+=,则()222212z z i i -=-+=-. 故2222z z -=-=.故选:D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识,属于基础题.2.设集合A ={x |x 2–4≤0},B ={x |2x +a ≤0},且A ∩B ={x |–2≤x ≤1},则a =( )A. –4B. –2C. 2D. 4 【答案】B【解析】【分析】由题意首先求得集合A ,B ,然后结合交集的结果得到关于a 的方程,求解方程即可确定实数a 的值.【详解】求解二次不等式240x -≤可得:{}2|2A x x -=≤≤, 求解一次不等式20x a +≤可得:|2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭. 由于{}|21A B x x ⋂=-≤≤,故:12a -=,解得:2a =-. 故选:B.【点睛】本题主要考查交集的运算,不等式的解法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A. 514-B. 512-C. 514+D. 512+【答案】C【解析】【分析】设,CD a PE b ==,利用212PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程,解方程即可得到答案.【详解】如图,设,CD a PE b ==,则22224aPO PE OE b =-=-,由题意212PO ab =,即22142a b ab -=,化简得24()210b ba a -⋅-=,解得15b a +=(负值舍去).故选:C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算,考查学生的数学计算能力,是一道容易题. 4.已知A 为抛物线C :y 2=2px (p >0)上一点,点A 到C 的焦点的距离为12,到y 轴的距离为9,则p =( )A. 2B. 3C. 6D. 9【答案】C【解析】【分析】 利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F ,由抛物线的定义知||122A p AF x =+=,即1292p =+,解得6p .故选:C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径,考查学生转化与化归思想,是一道容易题. 5.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x (单位:°C )的关系,在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验,由实验数据(,)(1,2,,20)i i x y i =得到下面的散点图:由此散点图,在10°C 至40°C 之间,下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是( )A. y a bx =+B. 2y a bx =+C. e x y a b =+D. ln y a b x =+【答案】D【解析】【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.【详解】由散点图分布可知,散点图分布在一个对数函数的图象附近,因此,最适合作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是ln y a b x =+.故选:D.【点睛】本题考查函数模型的选择,主要观察散点图的分布,属于基础题.6.函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ,处的切线方程为( ) A. 21y x =--B. 21y x =-+C. 23y x =-D. 21y x =+ 【答案】B【解析】【分析】求得函数()y f x =的导数()f x ',计算出()1f 和()1f '的值,可得出所求切线的点斜式方程,化简即可.【详解】()432f x x x =-,()3246f x x x '∴=-,()11f ∴=-,()12f '=-,因此,所求切线的方程为()121y x +=--,即21y x =-+.故选:B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程,考查计算能力,属于基础题7.设函数()cos π()6f x x ω=+在[π,π]-的图像大致如下图,则f (x )的最小正周期为( )A.10π9B. 7π6C. 4π3D. 3π2 【答案】C【解析】【分析】由图可得:函数图象过点4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭,即可得到4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭,结合4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点即可得到4962πππω-⋅+=-,即可求得32ω=,再利用三角函数周期公式即可得解. 【详解】由图可得:函数图象过点4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭, 将它代入函数()f x 可得:4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭ 又4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点, 所以4962πππω-⋅+=-,解得:32ω= 所以函数()f x 的最小正周期为224332T πππω=== 故选:C 【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力,还考查了三角函数周期公式,属于中档题. 8.25()()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为( ) A. 5B. 10C. 15D. 20 【答案】C【解析】【分析】求得5()x y +展开式的通项公式为515rr rr T C x y -+=(r N ∈且5r ≤),即可求得2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积为65r r r C x y -或425r r r C x y -+形式,对r 分别赋值为3,1即可求得33x y 的系数,问题得解.【详解】5()x y +展开式的通项公式为515r r r r T C x y -+=(r N ∈且5r ≤) 所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为: 56155r r r r r r r xT xC xy C x y --+==和22542155r r r r r r r T C x y x C y y y x x --++== 在615r r r r xT C x y -+=中,令3r =,可得:33345xT C x y =,该项中33x y 的系数为10,在42152r r r r T C x x y y -++=中,令1r =,可得:521332T C y x xy =,该项中33x y 的系数为5 所以33x y 的系数为10515+=故选:C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式,还考查了赋值法、转化能力及分析能力,属于中档题.9.已知 π()0,α∈,且3cos28cos 5αα-=,则sin α=( )A. 3B. 23C. 13D.9 【答案】A【解析】【分析】用二倍角的余弦公式,将已知方程转化为关于cos α的一元二次方程,求解得出cos α,再用同角间的三角函数关系,即可得出结论.【详解】3cos28cos 5αα-=,得26cos 8cos 80αα--=,即23cos 4cos 40αα--=,解得2cos 3α=-或cos 2α=(舍去), 又(0,),sin απα∈∴==故选:A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值,熟记公式是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.10.已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点,⊙1O 为ABC 的外接圆,若⊙1O 的面积为4π,1AB BC AC OO ===,则球O 的表面积为( )A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径,进而求出其边长,得出1OO 的值,根据球的截面性质,求出球的半径,即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ,球的半径为R ,依题意,得24,2r r ππ=∴=,ABC 为等边三角形, 由正弦定理可得2sin 6023AB r=︒=,123OO AB ∴==,根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ,222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=,∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选:A【点睛】本题考查球的表面积,应用球的截面性质是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
2020年高考山东数学卷试题与答案解析(Word域、极致精编版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试——山东数学一、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}答案:C解析:A ∪B ={x |1≤x ≤3}∪{x |2<x <4}={x |1≤x <4}.2.2-i 1+2i=( ) A .1 B .−1 C .i D .−i答案:D解析:2-i 1+2i =(2-i )(1-2i )(1+2i )(1-2i )=-5i5=-i .3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有( )A .120种B .90种C .60种D .30种答案:C解析:首先从6名同学中选1名去甲场馆,方法数有C ;然后从其余5名同学中选2名去乙场馆,方法数有C ;最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有C ·C =60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°答案:B解析:画出截面图如下图所示,其中CD 是赤道所在平面的截线,l 是点A 处的水平面的截线,m 是晷面的截线,AB 是晷针所在直线.依题意可知OA ⊥l ,m ∥CD ,AB ⊥m .由于∠AOC =40º,所以晷针与点A 处的水平面所成角∠BAE =90º-∠GAE =∠OAG =AOC =40º.5.某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是( )A .62%B .56%C .46%D .42%答案:C解析:记“该中学学生喜欢足球”为事件A ,“该中学学生喜欢游泳”为事件B ,则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A ∪B ,“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A ∩B .由题得P (A )=0.6,P (B )=0.82,P (A +B )=0.96,所以P (A ∩B )=P (A )+P (B )+P (A ∪B )=0.6+0.82-0.96=0.46.所以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为46%.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:I (t )=e rt 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天答案:B解析:因为R 0=3.28,T =6,R 0=1+rT ,所以r =3.28-16=0.38,所以I (t )=e rt =e 0.38t .设在新冠肺炎疫情初始阶段,累计感染病例数增加1倍需要的时间为t 1天,则e 0.38(t+t 1)=2e 0.38t ,即e 0.38t 1=2,所以t 1=ln20.38≈1.8.7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点,则·的取值范用是( )A .(-2,6)B .(-6,2)C .(-2,4)D .(-4,6)答案:A解析:设P 在AB 上的投影为P',易得AP'∈(-1,3).由向量数量积的定义,可知·=AP'·AB =2AP'∈(-2,6).8.若定义在R 的奇函数f (x )在(-∞,0)上单调递减,且f (2)=0,则满足xf (x -1)≥0的x 的取值范围是( )A .[-1,1]∪[3,+∞)B .[-3,-1]∪[0,1]C .[-1,0]∪[1,+∞)D .[-1,0]∪[1,3]答案:D解析:因为定义在R 上的奇函数f (x )在(-∞,0)上单调递减,且f (2)=0,所以f (x )在(0,+∞)上也是单调递减,且f (-2)=0,f (0)=0.所以当x ∈(-∞,-2)∪(0,2)时,f (x )>0;当x ∈(-2,0)∪(2,+∞)时,f (x )<0.于是,由xf (x -1)≥0,得⎩⎨⎧x <0,-2≤x -1≤0或x -1≥2或⎩⎨⎧x >0,x -1≤-2或0≤x -1≤2或x =0,解得-1≤x ≤0或1≤x ≤3.因此,满足xf (x -1)≥0的x 的取值范围是[-1,0]∪[1,3].二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.已知曲线C :mx 2+ny 2=1.( )A .若m >n >0,则C 是椭圆,其焦点在y 轴上B .若m =n >0,则C 是圆,其半径为nC .若mn <0,则C 是双曲线,其渐近线方程为y =±-m nx D .若m =0,n >0,则C 是两条直线 答案:ACD解析:对于A ,若m >n >0,则曲线C :mx 2+ny 2=1是椭圆,易得1m <1n ,所以焦点在y 轴上,故A 正确;对于B ,若m =n >0,则曲线C 是圆,半径为1n,故B 不正确; 对于C ,若mn <0,则曲线C 是双曲线,由mx 2+ny 2=0,得渐近线方程为y =±-mnx ,故C 正确;对于D ,若m =0,n >0,则曲线C 可化为y =±1n,表示两条直线,故D 正确.10.下图是函数y =sin(ωx +φ)的部分图像,则sin(ωx +φ)=( )A .sin(x +π3)B .sin(π3-2x )C .cos(2x +π6)D .cos(5π6-2x )答案:BC解析:由函数图像可知T 2=2π3-π6=π2,则ω=2πT=2.当x 2π3+π62=5π12时,y =-1,即2×5π12+φ=3π2+2kπ(k ∈Z ),解得φ=2π3+2kπ(k ∈Z ).故函数的解析式为y =sin(2x +2π3+2kπ)=sin(2x +2π3).由诱导公式易知sin(2x +2π3)=sin(π3-2x )=cos(2x +π6).11.已知a >0,b >0,且a +b =1,则( )A .a 2+b 2≥12B .2a -b >12C .log 2a +log 2b ≥-2D .a +b ≤ 2答案:ABD解析:对于A ,由基本不等式得a 2+b 2≥(a +b )22=12,当且仅当a =b =12时取等号,故A 正确;对于B ,因为a -b =2a -1>-1,所以2a -b >2-1=12,故B 正确;对于C ,log 2a +log 2b =log 2ab ≤log 2(a +b 2)2=log 214=-2,当且仅当a =b =12时取等号,故C 不正确;对于D ,由基本不等式得(a +b )2=1+2ab ≤1+a +b =2,所以a +b ≤2,当且仅当a =b =12时取等号,故D 正确;12.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X =i )=p i >0(i =1,2,…,n ),i =1n ∑p i =1,定义X 的信息熵H (X )=-i =1n∑p i log 2p i .( )A .若n =1,则H (X )=0B .若n =2,则H (X )随着p 1的增大而增大C .若p i =1n(i =1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D .若n =2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),则H (X )≤H (Y ) 答案:AC解析:对于A ,若n =1,则i =1,p 1=1,所以H (X )=-1×log 21=0,所以A 正确.对于B ,若n =2,则i =1,2,p 2=1-p 1,所以H (X )=-i =1n∑[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],当p 1=14或34时,H (X )相等,所以B 错误.对于C ,若p i =1n (i =1,2,…,n ),则H (X )=-i =1n∑1nlog 21n =-(1n log 21n )×n =-log 21n =log 2n ,则H (X )随着n 的增大而增大,所以C 正确.对于D ,若n =2m ,随机变量Y 的所有可能的取值为1,2,…,m ,且()21j m j P Y j p p +-==+(1,2,,j m =).()2222111log log mmi i i i i iH X p p p p ===-⋅=⋅∑∑122221222122121111log log log log m m m m p p p p p p p p --=⋅+⋅++⋅+⋅.()H Y =()()()122221212122211111log log log m m m m m m m m p p p p p p p p p p p p -+-++⋅++⋅+++⋅+++12222122212221221121111log log log log m m m m m m p p p p p p p p p p p p ---=⋅+⋅++⋅+⋅++++由于()01,2,,2i p i m >=,所以2111ii m i p p p +->+,所以222111log log i i m i p p p +->+,所以222111log log i i i i m i p p p p p +-⋅>⋅+,所以()()H X H Y >,所以D 选项错误.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.斜率为3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 |=________. 答案:163解析:易得抛物线的焦点为F (1,0),所以直线AB 的方程为y =3(x -1),代入抛物线方程,消去y 并化简得3x 2-10x +3=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).法一:解得x 1=13,x 2=3,所以AB =1+k 2·|x 1-x 2|=2|13-3|=163.法二:Δ=64>0,则x 1+x 2=103,焦点弦长AB =x 1+x 2+p =103+2=163.14.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________. 答案:3n 2-2n解析:因为数列{2n -1}是以1为首项,以2为公差的等差数列,数列{3n -2}是以1首项,以3为公差的等差数列,所以它们的公共项数列{a n }是以1为首项,以6为公差的等差数列.易得{a n }的前n 项和为3n 2-2n .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. 答案:4+5π2解析:设OA =OB =r .由题意得AM =AN =7,EF =12,所以NF =5,因为DE =2,所以AP =5,因此∠AGP =∠AHO =45º,故△OAH 为等腰直角三角形.在Rt △OQD 中,易得OQ =5-22r ,DQ =7-22r ,于是tan ∠ODC =5-22r7-22r=35,解得r =22.于是,等腰直角△OAH 的面积为S 1=12×22×22=4,扇形AOB 的面积S 2=12×(22)2×3π4=3π,所以阴影部分的面积为S 1+S 2-π2=4+5π2.16.已知直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,∠BAD =60°.以D 1为球心,5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________. 答案:22π. 解析:如图,取B 1C 1的中点为E ,BB 1的中点为F ,CC 1的中点为G .因为∠BAD =60°,直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,所以△B 1C 1D 1为等边三角形,因此D 1E =3,D 1E ⊥B 1C 1.又四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1为直四棱柱,所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,所以BB 1⊥D 1E .因为BB 1∩B 1C 1=B 1,所以D 1E ⊥侧面BCC 1B 1.设P 为侧面BCC 1B 1与球面的交线上的任一点,则D 1E ⊥EP .因为球的半径为5,D 1E =3,所以EP =2,因此侧面BCC 1B 1与球面的交线上的任一点到E 的距离为2,所以侧面BCC 1B 1与球面的交线是以E 为圆心,EF 为半径的圆上的一段弧.因为∠B 1EF =∠C 1EG =π4,所以∠FEG =π2.所以根据弧长公式可得=π2×2=22π.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在①ac =3,②c sin A =3,③c =3b 这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c 的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC ,它的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且sin A =3sin B ,C =π6,______?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解:由sin A =3sin B ,可得ab=3,不妨设a =3m ,b =m (m >0).则c 2=a 2+b 2-2ab cos C =3m 2+m 2-2×3m ×m ×32=m 2,故c =m . 若选择条件①:则ac =3m 2=3,即m =1,此时c =m =1. 若选择条件②:则cos A =b 2+c 2-a 22bc =-12,故sin A =32,于是c sin A =32m =3,得c =m =23.若选择条件③:则c =3b ,与b =m =c 矛盾,则问题中的三角形不存在.18.已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记b m 为{a n }在区间(0,m ](m ∈N *)中的项的个数,求数列{b m }的前100项和S 100.解析:(1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列,设首项为a 1,公比为q .依题意有a 2+a 4=a 1q +a 1q 3=20,a 3=a 1q 2=8,解得a 1=2,q =2或a 1=32,q =12(舍).所以a n =2n .(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以b 1=0; 易得b 2=b 3=1,即有2个1; b 4=b 5=b 6=b 7=2,即有22个2; b 8=b 9=…=b 15=3,即有23个3; b 16=b 17=…=b 31=4,即有24个4; b 32=b 33=…=b 63=5,即有25个5; b 64=b 65=…=b 100=6,即有37个6;所以S 100=1×2+2×22+…+5×25+6×37=480.19.为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气质量进行调研,随机抽查了100天空气中的PM 2.5和SO 2浓度(单位:μg /m 3),得下表:(1)2150”的概率; (2)根据所给数据,完成下面的2×2列联表:(3)根据(2)PM 2.5浓度与SO 2浓度有关? 附:K 2=n (ad -bc )2(a +b )(c +d )(a +c )(b +d ),解析:(1)由表格可知,该市100天中,空气中的PM 2.5浓度不超过75,且SO 2浓度不超过10的天数有32+6+18+8=64天,所以该市一天中,空气中的PM 2.5浓度不超过75,且SO 2浓度不超过150的概率为64100=0.64.(2)由所给数据,可得2×2列联表为:(3)根据2×2K 2=n (ad -bc )2(a +b )(c +d )(a +c )(b +d )=100×(64×10-16×10)280×20×74×26=3600481≈7.4844>6.635,所以有99%的把握认为该市一天空气中PM 2.5浓度与SO 2浓度有关.20.如图,四棱锥P -ABCD 的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ⊥平面PDC ;(2)已知PD =AD =1,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.(1)证明:在正方形ABCD 中,AD ∥BC .因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC ,所以AD ∥平面PBC . 又因为AD ⊂平面P AD ,平面P AD ∩平面PBC =l ,所以AD ∥l .在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是正方形,所以AD ⊥DC ,因此l ⊥DC . 因为PD ⊥平面ABCD ,AD平面ABCD ,所以AD ⊥PD ,因此l ⊥PD .因为CD ∩PD =D ,所以l ⊥平面PDC .(2)解:以DA 为x 轴,DC 为y 轴,DP 为z 轴,建立空间直角坐标系D -xyz .因为PD =AD =1,则有D (0,0,0),C (0,1,0),A (1,0,0),P (0,0,1),B (1,1,0).设Q (m ,0,1),则有=(0,1,0),=(m ,0,1),=(1,1,-1).设平面QCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则令x =1,则z =-m ,所以平面QCD 的一个法向量为n =(1,0,-m ).所以cos <n ,>=n ·|n |·||=1+0+m 3·m 2+1.PB 与平面QCD 所成角的正弦值为|cos <n ,>|=|1+m |3·m 2+1=33·1+2m +m 2m 2+1=33·1+2m m 2+1≤33·1+2|m |m 2+1≤33·1+1=63,当且仅当m =1时取等号.所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.21.已知函数f (x )=ae x -1-ln x +ln a .(1)当a =e 时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若f (x )≥1,求a 的取值范围.解析:(1)求导得f'(x )=e x -1x,所以k =f'(1)=e -1.又f (1)=e +1,所以f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -e -1=(e -1)(x -1),即y =(e -1)x +2. 该切线与坐标轴交点分别为(0,2),(-2e -1,0),所求三角形面积为12×2×|-2e -1|=2e -1.(2)法一:因为f (x )=ae x -1-ln x +ln a ,所以f'(x )=ae x -1-1x,且a >0.设g (x )=f'(x ),因为g'(x )=ae x -1+1x 2>0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增,即f'(x )在(0,+∞)上单调递增.当a =1时,f'(1)=0,易得f (x )min =f (1)=1,满足f (x )≥1恒成立.当a >1,即1a <1时,有e 1a -1<1,所以f'(1a )f'(1)=a (e 1a -1-1)(a -1)<0,因此存在唯一的x 0∈(1a,1),使得f'(x 0)=ae -1x 0=0,即ae =1x 0,所以ln a +x 0-1=-ln x 0.在(0,x 0)上,f'(x )<0,f (x )递减;在(x 0,+∞)上,f'(x )>0,f (x )递增. 因此f (x )min =f (x 0)=ae -ln x 0+ln a =1x 0+ln a +x 0-1+ln a ≥2ln a -1+21x 0·x 0=2ln a +1>1,满足f (x )≥1恒成立.当0<a <1时,f (1)=a +ln a <a <1,不满足f (x )≥1恒成立. 综上所述,实数a 的取值范围是[1,+∞).法二:f (x )=ae x -1-ln x +ln a =e ln a+x -1-ln x +ln a ≥1,等价于e ln a+x -1+ln a +x -1≥ln x +x =e ln x +ln x ,令g (x )=e x +x ,上述不等式等价于g (ln a +x -1)≥g (ln x ).显然g (x )为单调增函数,所以又等价于ln a +x -1≥ln x ,即ln a ≥ln x -x +1. 令h (x )=ln x -x +1,则h'(x )=1x -1=1-x x.在(0,1)上,h'(x )>0,h (x )单调递增;在(1,+∞)上h'(x )<0,h (x )单调递减.所以h (x )max =h (1)=0.所以ln a ≥0,解得a ≥1,所以a 的取值范围是[1,+∞).22.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,且过点A (2,1).(1)求C 的方程:(2)点M ,N 在C 上,且AM ⊥AN ,AD ⊥MN ,D 为垂足.证明:存在定点Q ,使得|DQ |为定值.解析:(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧c a =22,4a 2+1b 2=1,a 2=b 2+c 2,解得a 2=6,b 2=c 2=3,故椭圆方程为x 26+y23=1.(2)设点M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).当直线MN 的斜率存在时,如图1,设方程为y =kx +m ,代入椭圆方程,消去y并整理得(1+2k 2)x 2+4km x +2m 2-6=0,x 1+x 2=-4km1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2. 因为AM ⊥AN ,所以·=0,即(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)=0.将y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m 代入,得(k 2+1)x 1x 2+(km -k -2)(x 1+x 2)+(m -1)2+4=0, 亦即(k 2+1)2m2-61+2k 2+(km -k -2)(-4km1+2k2)+(m -1)2+4=0, 整理得(2k +m -1)(2k +3m +1)=0,所以2k +m -1=0或2k +3m +1=0.当2k +m -1=0,直线MN :y =kx +1-2k 过定点A (2,1),不合题意; 当2k +3m +1=0,直线MN :y =k (x -23)-13过定点E (23,-13).当直线MN 的斜率不存在时,可得N (x 1,-y 1),如图2,代入(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)=0,得(x 1-2)2+1-y =0,又x 216+y 213=1,解得x 1=2(舍)或23,此时直线MN 也过点E (23,-13).由于AE 为定值,且△ADE 为直角三角形,所以AE 的中点Q 满足|QD |为定值,为AE 长度的一半12(2-23)2+(1+13)2=423,由于A (2,1),E (23,-13),故中点Q (43,13).所以存在点Q (43,13),使得|DQ |为定值.2020年普通高等学校招生全国统一考试——山东数学一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分. 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}2.2-i 1+2i=( ) 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:I (t )=e rt 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 的取值范用是( )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)上单调递减,且f (2)=0,则满足xf (x -1)≥0的x 的取值范围是( )A .[-1,1]∪[3,+∞)B .[-3,-1]∪[0,1]C .[-1,0]∪[1,+∞)D .[-1,0]∪[1,3]二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分. 9.已知曲线C :mx 2+ny 2=1.( )A .若m >n >0,则C 是椭圆,其焦点在y 轴上B .若m =n >0,则C 是圆,其半径为nC .若mn <0,则C 是双曲线,其渐近线方程为y =±-m nx 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 .sin(x +π3)B .sin(π3-2x )C .cos(2x +π6)D .cos(5π6-2x )11.已知a >0,b >0,且a +b =1,则( )A .a 2+b 2≥12B .2a -b >12C .log 2a +log 2b ≥-2D .a +b ≤ 212.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X =i )=p i >0(i =1,2,…,n ),i =1n∑p i =1,定义X 的信息熵H (X )=-i =1n∑p i log 2p i .( )A .若n =1,则H (X )=0B .若n =2,则H (X )随着p 1的增大而增大C .若p i =1n(i =1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D .若n =2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,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.斜率为3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 -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,∠BAD =60°.以D 1为球心,5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.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在①ac =3,②c sin A =3,③c =3b 这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c 的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC ,它的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且sin A =3sin B ,C =π6,______?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.18.已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记b m 为{a n }在区间(0,m ](m ∈N *)中的项的个数,求数列{b m }的前100项和S 100.19.为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气质量进行调研,随机抽查了100天空气中的PM 2.5和SO 2浓度(单位:μg /m 3),得下表:(1)2浓度不超过150”的概率;(2)根据所给数据,完成下面的2×2列联表:(3)根据(2)中的列联表,判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM 2.5浓度与SO 2浓度有关? 附:K 2=n (ad -bc )2(a +b )(c +d )(a +c )(b +d ),20.如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.21.已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.22.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程:(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.。
2020全国2卷高考数学试题(试卷版+解析版)
2020全国2卷高考数学试题(试卷版+解析版)1.已知集合 $A=\{-1.1\}$,$B=\{1.2\}$,$C=\{-2.-1.1.2.3\}$,则 $(A\cup B)\cup C$ 等于哪个集合。
A。
$\{-2.3\}$B。
$\{-2.2.3\}$C。
$\{-2.-1.3\}$D。
$\{-2.-1.1.2.3\}$2.若 $\alpha$ 为第四象限角,则 $\cos2\alpha$ 的大小关系是。
A。
$\cos2\alpha>0$B。
$\cos2\alpha<0$C。
$\sin2\alpha>0$D。
$\sin2\alpha<0$3.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,则至少需要多少名志愿者。
A。
10 名B。
18 名C。
24 名D。
32 名4.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)多少块。
A。
3699 块B。
3474 块C。
3402 块D。
3339 块5.若过点 $(2,1)$ 的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线$2x-y-3=0$ 的距离为多少。
A。
$\frac{5}{\sqrt{5}}$B。
$\frac{25}{\sqrt{5}}$C。
$\frac{35}{\sqrt{5}}$D。
2020年高考数学真题(共13套)后附解析
2020年高考数学真题(共13套)后附解析一、2020年全国甲卷高考数学真题1. 选择题(1)设a,b为实数,若|a|=b,则a的值为()A. a=bB. a=±bC. a=0D. a=±1(2)已知函数f(x)=2x+1,则f(f(1))的值为()A. 5B. 6C. 7D. 8(3)下列函数中,既是奇函数又是减函数的是()A. y=x^3B. y=x^2C. y=|x|D. y=x^3-x(4)在等差数列{an}中,若a1=1,a3=3,则数列的公差d为()A. 1B. 2C. 3D. 4(5)已知复数z=(1+i)^5,则z的实部为()A. 0B. 1C. 2D. 4(6)若点P在直线y=2x+1上,且P到原点的距离等于5,则点P的坐标为()A. (2, 5)B. (3, 7)C. (4, 9)D. (5, 11)2. 填空题(7)已知函数f(x)=x^2-2x+1,则f(x)的最小值为______。
(8)若向量a=(2, 3),b=(-1, 2),则2a-3b=______。
(9)在三角形ABC中,a=3,b=4,cosA=3/5,则sinB的值为______。
(10)已知等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,则数列的前5项和为______。
3. 解答题(11)求函数f(x)=x^3-3x的最小值。
(12)已知函数f(x)=ax^2+bx+c(a≠0),且f(1)=3,f(-1)=5,f(2)=10,求f(x)的表达式。
(13)在△ABC中,a=5,b=8,C=120°,求△ABC的面积。
(14)已知数列{an}的通项公式为an=2^n,求证数列{an}是递增数列。
二、2020年全国乙卷高考数学真题1. 选择题(1)若函数f(x)=lg(x^2-2x),则f(x)的定义域为()A. (-∞, 0)∪(2, +∞)B. (-∞, 1)∪(1, +∞)C. (0, 2)D. (-∞, 0)∪(0, 2)(2)在等差数列{an}中,若a1=3,a5=15,则数列的公差d为()A. 3B. 4C. 5D. 6(3)已知点A(2, 3),点B在直线y=-x上,且AB的长度为5,则点B的坐标为()A. (-3, 3)B. (-3, 4)C. (-2, 2)D. (-1, 1)(4)下列函数中,既是偶函数又是周期函数的是()A. y=sinxB. y=cosxC. y=tanxD. y=e^x(5)若复数z满足|z|=1,且z的实部为正数,则z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(6)已知△ABC的三边长分别为a,b,c,若a^2+b^2=c^2,则△ABC是()A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 等腰三角形2. 填空题(7)已知函数f(x)=x^2-4x+3,则f(x)的零点为______。
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2020年高考数学真题汇编答案及解析
(本栏目内容,学生用书中以活页形式单独装订成册!)
一、选择题(每小题6分,共36分)
1.集合A={1,2,a},B={2,3,a2},C={1,2,3,4},a∈R,则集合(A∩B)∩C不可能是( )
A.{2} B.{1,2}
C.{2,3} D.{3}
【解析】若a=-1,(A∩B)∩C={1,2};
若a=3,则(A∩B)∩C={2,3}
若a≠-1且a≠3,则(A∩B)∩C={2},故选D.
【答案】 D
2.(2020全国卷Ⅰ)设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合∁U(A∩B)中的元素共有( )
A.3个B.4个
C.5个D.6个
【解析】A∩B={4,7,9},A∪B={3,4,5,7,8,9},∁U(A∩B)={3,5,8},故选A.
【答案】 A
3.(2020年广东卷)已知全集U=R,集合M={x|-2≤x-1≤2}和N={x|x=2k-1,k=1,2,…}的关系的韦恩(Venn)图如右图
所示,则阴影部分所示的集合的元素共有( )
A.3个B.2个
C.1个D.无穷多个
【解析】M={x|-1≤x≤3},M∩N={1,3},有2个.
【答案】 B
4.给出以下集合:
①M={x|x2+2x+a=0,a∈R};
②N={x|-x2+x-2>0};
③P={x|y=lg(-x)}∩{y|y=lg(-x)};
④Q={y|y=x2}∩{y|y=x-4},
其中一定是空集的有( )
A.0个B.1个
C.2个D.3个
【解析】在集合M中,当Δ=4-4a≥0时,方程有解,集合不是空集;而Q={y|y=x2}∩{y|y=x-4}={y|y≥0}∩{y|y∈R}={y|y≥0},所以不是空集;在P中,P={x|y=lg(-x)}∩{y|y=lg(-x)}={x|x<0}∩R={x|x<0},不是空集;在N中,由于不等式-x2+x-2>0⇔x2-x+2<0,Δ=-7<0,故无解,因此,只有1个一定是空集,所以选B.
【答案】 B
5.如右图所示
的韦恩图中,A,B是非空集合,定义集合A#B为阴影部分所表示的集合.若x,y∈R,A={x|y= },B={y|y=3x,x>0},则A#B=( )
A.{x|0<x<2} B.{x|1<x≤2}
C.{x|0≤x≤1或x≥2} D.{x|0≤x≤1或x>2}
【解析】依据定义,A#B就是将A∪B除去A∩B后剩余的元素所构成的集合.对于集合A,求的是函数y=2x-x2的定义域,解得:A={x|0≤x≤2};对于集合B,求的是函数y=3x(x>0)的值域,解得B={y|y>1},依据定义得:A#B={x|0≤x≤1或x>2}.【答案】 D
6.定义一种集合运算A⊗B={x|x∈(A∪B),且x∉(A∩B)},设M={x||x|<2},N={x|x2-4x+3<0},则M⊗N所表示的集合是( )
A.(-∞,-2]∪[1,2)∪(3,+∞)
B.(-2,1]∪[2,3)
C.(-2,1)∪(2,3)
D.(-∞,-2]∪(3,+∞)
【解析】M={x|-2<x<2},N={x|1<x<3},所以M∩N ={x|1<x<2},M∪N={x|-2<x<3},故M⊗N=(-2,1]∪[2,3).【答案】 B
二、填空题(每小题6分,共18分)
7.已知集合A={x∈R|ax2+2x+1=0,a∈R}只有一个元素,则a的值为________.。