2020年高考数学真题汇编答案及解析

合集下载

2020年高考理科数学及答案解析(全国Ⅲ卷)

2020年高考理科数学及答案解析(全国Ⅲ卷)

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

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

回答非选择题时,将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

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

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

在高考精品班数学(理)强化提高班中有对复数相关知识的总结讲解。

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

2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)

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高考数学全国真题及答案汇编
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 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·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)

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+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

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

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

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

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.。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

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________.。

相关文档
最新文档