广东2020高考理科数学试题评析
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。
广东省高考数学(理科)
2020年广东省高考数学试卷（理科）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．（5分）（2010•广东）若集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|0＜x＜2}，则集合A∩B=（）A ．{x|﹣1＜x＜1}B．{x|﹣2＜x＜1}C．{x|﹣2＜x＜2}D．{x|0＜x＜1}2．（5分）（2010•广东）若复数z1=1+i，z2=3﹣i，则z1•z2=（）A．4+2i B．2+i C．2+2i D．33．（5分）（2010•广东）若函数f（x）=3x+3﹣x与g（x）=3x﹣3﹣x的定义域均为R，则（）A．f（x）与g（x）均为偶函数B．f（x）为奇函数，g（x）为偶函数C．f（x）与g（x）均为奇函数D．f（x）为偶函数，g（x）为奇函数4．（5分）（2010•广东）已知数列{a n}为等比数列，S n是它的前n项和，若a2•a3=2a1且a4与2a7的等差中项为，则S5=（）A．35 B．33 C．31 D．295．（5分）（2010•广东）“”是“一元二次方程x2+x+m=0有实数解”的（）A．充分非必要条件B．充分必要条件C．必要非充分条件D．非充分非必要条件6．（5分）（2010•广东）如图，△ABC为三角形，AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC 且3AA′=BB′=CC′=AB，则多面体△ABC﹣A′B′C′的正视图（也称主视图）是（）A．B．C．D．7．（5分）（2010•广东）sin7°cos37°﹣sin83°cos53°的值为（）A．﹣B．C．D．﹣8．（5分）（2010•广东）为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且只有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是（）A1205秒B1200秒C1195秒D1190秒．．．．二、填空题（共7小题，满分30分）9．（5分）（2011•上海）函数f（x）=lg（x﹣2）的定义域是_________．10．（5分）（2010•广东）若向量，，，满足条件，则x=_________．11．（5分）（2010•广东）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a=1，b=，A+C=2B，则sinC=_________．12．（5分）（2010•广东）若圆心在x轴上、半径为的圆O位于y轴左侧，且与直线x+y=0相切，则圆O的方程是_________．13．（5分）（2010•广东）某城市缺水问题比较突出，为了制定节水管理办法，对全市居民某年的月均用水量进行了抽样调查，其中4位居民的月均用水量分别为x1，…，x4（单位：吨）．根据如图所示的程序框图，若分别为1，1.5，1.5，2，则输出的结果s为_________．14．（5分）（2010•广东）如图，AB，CD是半径为a的圆O的两条弦，他们相交于AB的中点P，，∠OAP=30°，则CP=_________．15．（2010•广东）在极坐标系（ρ，θ）（0≤θ＜2π）中，曲线ρ=2sinθ与ρcosθ=﹣1的交点的极坐标为_________．三、解答题（共6小题，满分80分）16．（14分）（2010•广东）已知函数f（x）=Asin（3x+ρ）（A＞0，x∈（﹣∞，+∞），0＜ρ＜π）在时取得最大值4．（1）求f（x）的最小正周期；（2）求f（x）的解析式；（3）若，求sinα．17．（12分）（2010•广东）某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的重量（单位：克），重量的分组区间为（490，495]，（495，500]，…，（510，515]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示．（1）根据频率分布直方图，求重量超过505克的产品数量．（2）在上述抽取的40件产品中任取2件，设Y为重量超过505克的产品数量，求Y的分布列．（3）从流水线上任取5件产品，求恰有2件产品合格的重量超过505克的概率．18．（14分）（2010•广东）如图，是半径为a的半圆，AC为直径，点E为的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平面AEC外一点F满足，．（1）证明：EB⊥FD；（2）已知点Q，R为线段FE，FB上的点，，，求平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值．19．（12分）（2010•广东）某营养师要求为某个儿童预订午餐和晚餐．已知一个单位的午餐含12个单位的碳水化合物，6个单位的蛋白质和6个单位的维生素C；一个单位的晚餐含8个单位的碳水化合物，6个单位的蛋白质和10个单位的维生素C．另外，该儿童这两餐需要的营状中至少含64个单位的碳水化合物和42个单位的蛋白质和54个单位的维生素C．如果一个单位的午餐、晚餐的费用分别是2.5元和4元，那么要满足上述的营养要求，并且花费最少，应当为该儿童分别预订多少个单位的午餐和晚餐？20．（14分）（2010•广东）已知双曲线的左、右顶点分别为A1，A2，点P（x1，y1），Q（x1，﹣y1）是双曲线上不同的两个动点．（1）求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程；（2）若过点H（0，h）（h＞1）的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点，且l1⊥l2，求h的值．21．（14分）（2010•广东）设A（x1，y1），B（x2，y2）是平面直角坐标系xOy上的两点，现定义由点A到点B的一种折线距离ρ（A，B）为ρ（A，B）=|x2﹣x1|+|y2﹣y1|对于平面xOy上给定的不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），（1）若点C（x，y）是平面xOy上的点，试证明ρ（A，C）+ρ（C，B）≥ρ（A，B）；（2）在平面xOy上是否存在点C（x，y），同时满足①ρ（A，C）+ρ（C，B）=ρ（A，B）②ρ（A，C）=ρ（C，B）若存在，请求出所有符合条件的点，请予以证明．参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．D 2．A3．D 4. C5. 解：由x2+x+m=0知，⇔．（或由△≥0得1﹣4m≥0，∴．），反之“一元二次方程x2+x+m=0有实数解”必有，未必有，因此“”是“一元二次方程x2+x+m=0有实数解”的充分非必要条件．故选A．6. 解：△ABC为三角形，AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC，且3AA′=BB′=CC′=AB，则多面体△ABC﹣A′B′C′的正视图中，CC′必为虚线，排除B，C，3AA′=BB′说明右侧高于左侧，排除A．故选D7. 解：sin7°cos37°﹣sin83°cos53°=cos83°cos37°﹣sin83°sin37°=cos（83°+37°）=cos120°=﹣，8. 解：由题意知共有5！=120个不同的闪烁，每个闪烁时间为5秒，共5×120=600秒；每两个闪烁之间的间隔为5秒，共5×（120﹣1）=595秒．那么需要的时间至少是600+595=1195秒．故选C二、填空题（共7小题，满分30分）9．（2，+∞10．211. 1．12．（x+2）2+y2=213. 解：程序运行过程中，各变量值变化情况如下表：第一（i=1）步：s1=s1+x i=0+1=1第二（i=2）步：s1=s1+x i=1+1.5=2.5第三（i=3）步：s1=s1+x i=2.5+1.5=4第四（i=4）步：s1=s1+x i=4+2=6，s=×6=第五（i=5）步：i=5＞4，输出s=故答案为：14. 解：因为点P是AB的中点，由垂径定理知，OP⊥AB．在Rt△OPA中，．由相交弦定理知，BP•AP=CP•DP，即，所以．故填：15. 解：两条曲线的普通方程分别为x2+y2=2y，x=﹣1．解得由得点（﹣1，1），极坐标为．故填：三、解答题（共6小题，满分80分）16．解：（1）由周期计算公式，可得T=（2）由f（x）的最大值是4知，A=4，即sin（）=1∵0＜ρ＜π，∴∴，∴∴f（x）=4sin（3x+）（3）f（）=4sin[3（）+]=，即sin[3（）+]=，，，，17. 解：（1）重量超过505克的产品数量是40×（0.05×5+0.01×5）=12件；（2）Y的所有可能取值为0，1，2；，，，Y的分布列为（3）从流水线上任取5件产品，恰有2件产品合格的重量超过505克的概率服从二项分布∴从流水线上任取5件产品，恰有2件产品合格的重量超过505克的概率为=18. 1）证明：连接CF，因为是半径为a的半圆，AC为直径，点E为的中点，所以EB⊥AC．在RT△BCE中，．在△BDF中，，△BDF为等腰三角形，且点C是底边BD的中点，故CF⊥BD．在△CEF中，，所以△CEF为Rt△，且CF⊥EC．因为CF⊥BD，CF⊥EC，且CE∩BD=C，所以CF⊥平面BED，而EB⊂平面BED，∴CF⊥EB．因为EB⊥AC，EB⊥CF，且AC∩CF=C，所以EB⊥平面BDF，而FD⊂平面BDF，∴EB⊥FD．（2）解：设平面BED与平面RQD的交线为DG．由，，知QR∥EB．而EB⊂平面BDE，∴QR∥平面BDE，而平面BDE∩平面RQD=DG，∴QR∥DG∥EB．由（1）知，BE⊥平面BDF，∴DG⊥平面BDF，而DR，DB⊂平面BDF，∴DG⊥DR，DG⊥DB，∴∠RDB是平面BED与平面RQD所成二面角的平面角．在Rt△BCF中，，，．在△BDR中，由知，，由余弦定理得，=由正弦定理得，，即，．故平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值为．19. 解：设为该儿童分别预订x个单位的午餐和y个单位的晚餐，设费用为F，则F=2.5x+4y，由题意知约束条件为：画出可行域如下图：变换目标函数：20. 解：（1）由A1，A2为双曲线的左右顶点知，，则，，两式相乘得，因为点P（x1，y1）在双曲线上，所以，即，所以，即，故直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程为．（x≠，x≠0）（2）设l1：y=kx+h（k＞0），则由l1⊥l2知，．将l1：y=kx+h代入得，即（1+2k2）x2+4khx+2h2﹣2=0，若l1与椭圆相切，则△=16k2h2﹣4（1+2k2）（2h2﹣2）=0，即1+2k2=h2；同理若l2与椭圆相切，则．由l1与l2与轨迹E都只有一个交点包含以下四种情况：[1]直线l1与l2都与椭圆相切，即1+2k2=h2，且，消去h2得，即k2=1，从而h2=1+2k2=3，即；[2]直线l1过点，而l2与椭圆相切，此时，，解得；[3]直线l2过点，而l1与椭圆相切，此时，1+2k2=h2，解得；[4]直线l 1过点，而直线l2过点，此时，，∴．综上所述，h的值为．21. （1）证明：由绝对值不等式知，ρ（A，C）+ρ（C，B）=|x﹣x1|+|x2﹣x|+|y﹣y1|+|y2﹣y≥|（x﹣x1）+（x2﹣x）|+|（y﹣y1）+（y2﹣y）|=|x2﹣x1|+|y2﹣y1|=ρ（A，B）当且仅当（x﹣x1）•（x2﹣x）≥0，且（y﹣y1）•（y2﹣y）≥0时等号成立．（2）解：由ρ（A，C）+ρ（C，B）=ρ（A，B）得（x﹣x1）•（x2﹣x）≥0且（y﹣y1）•（y2﹣y）≥0 （Ⅰ）由ρ（A，C）=ρ（C，B）得|x﹣x1|+|y﹣y1|=|x2﹣x|+|y2﹣y|（Ⅱ）因为A（x1，y1），B（x2，y2）是不同的两点，则：1°若x1=x2且y1≠y2，不妨设y1＜y2，由（Ⅰ）得x=x1=x2，且y1≤y≤y2，由（Ⅱ）得，此时，点C是线段AB的中点，即只有点满足条件；2°若x1≠x2且y1=y2，同理可得：只有AB的中点满足条件；3°若x1≠x2且y1≠y2，不妨设x1＜x2且y1＜y2，由（Ⅰ）得x1≤x≤x2且y1≤y≤y2，由（Ⅱ）得，此时，所有符合条件的点C的轨迹是一条线段，即：过AB的中点，斜率为﹣1的直线夹在矩形AA1BB1之间的部分，其中A（x1，y1），A1（x2，y1），B（x2，y2），B1（x1，y2）．。
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(广东卷,解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（广东卷，解析版）本试卷共4页，21小题，满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．作答选做题时．请先用2B 铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答。
漏涂、错涂、多涂的．答案无效。
5．考生必须保持答题卡的整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
参考公式：锥体的体积公式V =13sh ，其中S 是锥体的底面积，h 是锥体的高．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若集合A={x|-2＜x ＜1},B=A={x|0＜x ＜2},则集合A ∩B=A.{x|-1＜x ＜1}B.{x|-2＜x ＜1}C.{x|-2＜x ＜2}D.{x|0＜x ＜1} 1． 答案：D【命题意图】本题考查了集合的运算，考查了学生的计算能力。
【解析】本题考查了集合的运算。
结合数轴易得}10|{<<=x x B A I ．2.若复数z 1=1+i,z 2=3-i,则z1`z1= A.4+2i B.2+i C.2+2i D.3+i 2．答案：A【命题意图】本题考查复数的乘法运算，考查了学生的计算能力。
【解析】本题考查复数的乘法运算，考查了学生的计算能力。
计算得212(1)(3)3342z z i i i i i i •=+•-=-+-=+．3.若函数f(x)=3x+3x-与g(x)=33xx--的定义域均为R ，则 A ．f(x)与g(x)均为偶函数 B ．f(x)为奇函数，g(x)为偶函数 C ．f(x)与g(x)均为奇函数 D ．f(x)为偶函数．g(x)为奇函数3．答案：B4．已知数列{n a }为等比数列，ns 5是它的前n 项和,若2a *3a =2a ．，且4a 与27a 的等差中项为54，则5s = A ．35 B ．33 C ．3l D ．29 4．答案：C5. “14m <”是“一元二次方程20x x m ++=有实数解”的 A.充分非必要条件 B.充分必要条件 C.必要非充分条件 D.非充分非必要条件 5．答案：A 【命题意图】本题是在知识的文汇处命题，考查了充要条件的相关知识及一元二次方程有解的条件【解析】本题考查充要条件的相关知识及一元二次方程有解的条件。
2020年广东高考理科数学解答题分析与预测——三角函数
2020年广东高考理科数学解答题分析与预测——三角函数1．（本小题满分12分）已知函数)0,0)(sin()(πϕωϕω≤≤>+=x x f 为偶函数,其图象上相邻的两个最高点之间的距离为π2．（Ⅰ）求()f x 的解析式 ；（Ⅱ）若 f 31)3(),2,3(=+-∈παππα，求 )352sin(πα+ 的值．2．（本小题满分12分）已知函数()tan 34f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （1）求9f π⎛⎫ ⎪⎝⎭的值； （2）设3,2απ⎛⎫∈π ⎪⎝⎭，若234f απ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，求cos 4απ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值．3.（本小题满分12分）设函数()sin 23f x A x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（x R ∈）的图象过点7,212P π⎛⎫- ⎪⎝⎭． （Ⅰ）求()f x 的解析式； （Ⅱ）已知1021213f απ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，02πα-<<，求3cos 4πα⎛⎫- ⎪⎝⎭的值.4.(本小题满分12分)已知 .471217,53)4(cos πππ<<=+x x (1) 求x 2sin 的值.(2)求 xx x tan 1sin 22sin 2-+的值5.已知函数)0,0)(4sin()(πϕϕ<<>+=A x A x f 在16x π=时取得最大值2. （1）求()f x 的最小正周期；（2）求()f x 的解析式；（3）若,02πα⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，164165f πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，求sin 24πα⎛⎫- ⎪⎝⎭的值.6.函数()2sin()ωϕ=+f x x (0,0)2ωϕπ><<的部分图象如下图所示,该图象与y 轴交于点(0,1)F ,与x 轴交于点,B C ,M 为最高点,且三角形MBC 的面积为π.(Ⅰ)求函数()f x 的解析式; (Ⅱ)若25()(0,)62f ααππ-=∈,求cos(2)4απ+的值.7.已知向量sin ,cos ,cos ,sin 3366x x A A ππ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a b ,函数()f x =g a b (0,A x R >∈),且 (2)2f π=.(1)求函数()y f x =的表达式;(2)设,[0,]2παβ∈, 16(3),5f απ+=5203213f πβ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭;求cos()αβ+的值3解：（Ⅰ）Θ图象上相邻的两个最高点之间的距离为π2, π2=∴T , 则12==Tπω. )sin()(ϕ+=∴x x f . ………2分 )(x f Θ是偶函数, )(2Z k k ∈+=∴ππϕ, 又πϕ≤≤0，2πϕ=∴．则 x x f cos )(=． ………5分 （Ⅱ）由已知得)2,3(,31)3cos(ππαπα-∈=+Θ ，)65,0(3ππα∈+∴． 则 322)3sin(=+πα． ………8分 ∴924)3cos()3sin(2)322sin()352sin(-=++-=+-=+παπαπαπα． ………12 【答案】（1）解：9f π⎛⎫ ⎪⎝⎭tan 34ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭………………………………………………1分 tantan 341tan tan 34ππ+=ππ-………………………………………………3分2==-4分 （2）解：因为3tan 3444f ααπππ⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…………………………………………5分 ()tan α=+π……………………………………………………6分 tan 2α==．…………………………………………………7分 所以sin 2cos αα=，即sin 2cos αα=． ① 因为22sin cos 1αα+=， ② 由①、②解得21cos 5α=．……………………………………………………9分 因为3,2απ⎛⎫∈π ⎪⎝⎭，所以cos 5α=-，sin 5α=-．………………………10分 所以cos 4απ⎛⎫- ⎪⎝⎭cos cos sin sin 44ααππ=+ ……………………………………11分52252310525210⎛⎫=-⨯+-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭．…………………12分 【答案】解（Ⅰ）∵()f x 的图象过点7,212P π⎛⎫- ⎪⎝⎭， ∴773sin 2sin 2121232f A A ππππ⎛⎫⎛⎫=⨯+==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴2A = (3分)故()f x 的解析式为()2sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （5分） (Ⅱ) ∵102sin 22sin 2cos 2122123213f απαπππαα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=+== ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦即5cos 13α=, (7分) ∵02πα-<<，∴22512sin 1cos 11313αα⎛⎫=--=--=- ⎪⎝⎭ （9分） ∴333cos cos cos sin sin 444πππααα⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭5212217213213226⎛⎫=⨯--⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭（12分）解：（1）()f x 的最小正周期为242T ππ== （2）由()f x 的最大值是2知，2A =， 又()2sin 421616max f x f ππϕ⎛⎫⎛⎫==⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即sin 14πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， ∵0ϕπ<<，∴5444πππϕ<+<， ∴42ππϕ+=，∴4πϕ= ∴()2sin(4)4f x x π=+ （3）由（2）得1162sin 441641645f πππαα⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=++= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 即3sin()25πα+=，∴3cos 5α=，∵,02πα⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，∴4sin 5α===- ∴4324sin 22sin cos 25525ααα⎛⎫==⨯-⨯=- ⎪⎝⎭ 2237cos 22cos 121525αα⎛⎫=-=⨯-=- ⎪⎝⎭ ∴sin 2sin 2cos cos 2sin 444πππααα⎛⎫-=- ⎪⎝⎭2472525=-+=【答案】【答案】解析:(1)依题意得()sin cos cos sin 3636x x f x A A ππ=+sin 36x A π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭又(2)2f π=得2sin 236A ππ⎛⎫+= ⎪⎝⎭,即 5sin 26A π=,∴4A = ∴()4sin 36x f x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(2)由16(3)5f απ+=得1164sin (3)365παπ⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦,即164sin 25πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭ ∴4cos 5α=, 又∵[0,]2πα∈,∴3sin 5α=, 由5203213f πβ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭得15204sin (3)32613ππβ⎡⎤++=-⎢⎥⎣⎦,即5sin()13βπ+=- ∴5sin 13β=, 又∵[0,]2πβ∈,∴12cos 13β= 4123533cos()cos cos sin sin 51351365αβαβαβ+=-=⨯-⨯=。
2020高考全国二卷理科数学试题分析解析解读
2020高考全国二卷理科数学试题分析解析解读2020年高考数学试题重点考查了数学学科主干的内容，聚焦关键能力和数学素养的考查，注重数学应用价值和创新意识培养，以及数学建模。
试题体现了考主干知识、考基本能力、考核心素养，重视思维、关注应用、鼓励创新的指导思想，很好的体现了高考评价体系“一核、四层、四翼”的内涵和要求。
相较于2018年、2019年的试题，2020年理科数学试题总体结构变化很大，难度也明显加大，题目文字阅读量增多。
主观题在内容布局和考查难度上进行了较大的改变，解析几何解答题位置提前到19题，难度下降，放弃了直线和曲线位置关系的考察。
今年试题突显了数学学科素养的导向，注重基本能力的考查，全面覆盖了基础知识，增强了综合性及应用性，以社会生活中真实情境作为问题的载体，贴近实际，联系社会生活，在数学教育和评价中真正的落实了“立德树人”的根本任务。
2020年高考数学Ⅱ卷试题聚焦主干知识，突出核心素养，注重对高中基础内容的全面考查。
集合、三角、概率、数列、解析几何、立体几何、函数、平面向量、排列组合、复数等内容在选择题和填空题中得到了有效的考查。
试卷强调对主干内容的重点考查，体现了全面性、基础性和综合性的考查要求。
在解答题中重点考查了解三角形、概率统计、圆锥曲线、立体几何、函数与导数等主干内容。
其中解答题18题考察了相关系数，为了实现平稳过渡，对于相关系数的考察并不难。
试卷联系生活实际，建立数学模型，突显了数学应用价值和创新意识培养的重要性。
填空压轴题为复合命题真值判断和立体几何结合问题，这也是首次把简易逻辑放到压轴题位置。
总体来说，2020年高考数学试题体现了考核主干知识、基本能力和核心素养，注重思维、应用和创新的指导思想，符合高考评价体系“一核、四层、四翼”的内涵和要求。
2020年数学高考试题设计了真实的问题情境，与实际紧密联系，具有鲜明的时代特色。
例如，高考理科Ⅱ卷客观题的第（3）题以新冠肺炎疫情为问题背景，以志愿服务为问题情境设计题目，旨在宣传引领舆论导向，服务发展大局，传播正能量，对高中生进行爱国主义教育。
教育部考试中心权威评析：2020年高考数学全国卷试题评析
教育部考试中心权威评析：2020年高考数学全国卷试题评析2020年高考数学全国卷试题评析（考试中心权威解析）2020年高考数学试题落实立德树人根本任务，贯彻德智体美劳全面发展教育方针，坚持素养导向、能力为重的命题原则，体现了高考数学的科学选拔和育人导向作用。
试题重视数学本质，突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用，突出对关键能力的考查。
试题展现了我国社会主义建设成就与科学防疫的成果，紧密联系社会实际，设计真实的问题情境，具有鲜明的时代特色。
试卷体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求，难度设计科学合理，很好把握了稳定与创新、稳定与改革的关系，对协同推进高考综合改革、引导中学数学教学都将起到积极的作用。
1发挥学科特色，“战疫”科学入题一是揭示病毒传播规律，体现科学防控。
用数学模型揭示病毒传播规律，如新高考Ⅰ卷（供山东省使用）第6题，基于新冠肺炎疫情初始阶段累计感染病例数的数学模型的研究成果，考查相关的数学知识和从资料中提取信息的能力，突出数学和数学模型的应用；全国Ⅲ卷文、理科第4题以新冠肺炎疫情传播的动态研究为背景，选择适合学生知识水平的Logistic模型作为试题命制的基础，考查学生对指数函数基本知识的理解和掌握，以及使用数学模型解决实际问题的能力。
二是展现中国抗疫成果。
全国疫情防控进入常态化后，各地有序推进复工复产复学。
新高考Ⅱ卷（供海南省使用）第9题以各地有序推动复工复产为背景，取材于某地的复工复产指数数据，考查学生解读统计图以及提取信息的能力。
三是体现志愿精神。
如全国Ⅱ卷理科第3题（文科第4题）是以志愿者参加某超市配货工作为背景设计的数学问题，考查学生对基本知识的掌握程度及运用所学知识解决实际问题的能力。
2突出理性思维，考查关键能力理性思维在数学素养中起着最本质、最核心的作用。
数学科高考突出理性思维，将数学关键能力与“理性思维、数学应用、数学探究、数学文化”的学科素养统一在理性思维的主线上，在数学应用、数学探究等方面突出体现了理性思维和关键能力的考查。
2020年广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科数学参考答案及评分
又 b2 = c2 − a2 ， 4ac − 4a2 = a2 ， 4c = 5a ，
双曲线的离心率 e = c = 5 ，故应填 5 .
a4
4
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分 12 分）
函数 f (x) (sin x cos x)2 3cos(2x π) .
（1）求函数 f (x) 的最小正周期；
……（1）
又
曲线
y
=
f
(x) 关于直线 x
=
−1 4
对称，
−1 4
+
=
k2
π+
π 2
，（k2
Z)
……（2）
由（1）、（2）可得 = 2(k1 − k2 ) −1π ，即 = (2n −1)π (nZ) ……（3）
f (x) 在 1,2 上有且仅有 3 个零点， 2π 2 −1 4π ( 0) ，
（2）已知△ ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，若 f ( A) 2
且 a 2 ，求△ ABC 的面积.
1, sin C
2sin B ，
解：（1） f (x) (sin x cos x)2 3 cos(π 2x)
sin2 x cos2 x 2sin x cos x 3 cos 2x
平面 ABC ， BC1 C1C .
（1）求证： A1B 平面 AB1C1 ；
（2）求二面角 A1 AC1 B1 的余弦值.
解：（1）证明：设直线 AB1 与直线 BA1 交于点 G ，连接 C1G ，
四边形 ABB1A1 为菱形， A1B AB1 ， …………………………………2 分
2020年高考数学试题分项版解析专题14 复数、推理与证明(学生版) 理
2020年高考试题分项版解析数学（理科）专题14 复数、推理与证明（学生版）一、选择题:1.(2020年高考广东卷理科1)设i 为虚数单位，则复数56ii-=（ ） A 6+5i B 6-5i C -6+5i D -6-5i2．(2020年高考北京卷理科3)设a ，b ∈R,“a=0”是“复数a+bi 是纯虚数”的（ ） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 3．(2020年高考浙江卷理科2)已知i 是虚数单位，则3+i1i-＝（ ） A ．1－2i B ．2－i C ．2＋i D ．1＋2i 4 . (2020年高考山东卷理科1)若复数x 满足z(2-i)=11+7i(i 为虚数单位)，则z 为（ ） A 3+5i B 3-5i C -3+5i D -3-5i 5.(2020年高考福建卷理科1)若复数z 满足i zi -=1，则z 等于（ ）A ．i --1B ．i -1C ．i +-1D ．i +1 6.(2020年高考辽宁卷理科2)复数22ii-=+（ ） (A)3455i - (B)3455i + (C) 415i - (D) 315i +8.(2020年高考天津卷理科1)i 是虚数单位，复数7=3iz i-+=（ ） （A ）2i + （Ｂ）2i - （Ｃ）2i -+ （Ｄ）2i -- 9．(2020年高考江西卷理科6)观察下列各式：221,3,a b a b +=+=3344554,7,11,a b a b a b +=+=+=L 则1010a b +=（ ）A ．28B ．76C ．123D ．19910.(2020年高考安徽卷理科1)复数z 满足：()(2)5z i i --=；则z =（ ）()A 22i -- ()B 22i -+()C i 2-2 ()D i 2+211. (2020年高考湖北卷理科1)方程 2x +6x +13 =0的一个根是( ) A -3+2i B 3+2i C -2 + 3i D 2 + 3i 12．(2020年高考上海卷理科15)若i 21+是关于x 的实系数方程02=++c bx x 的一个复数根，则（ ）A ．3,2==c bB ．3,2=-=c bC ．1,2-=-=c bD ．1,2-==c b14. (2020年高考陕西卷理科3)设,a b R ∈，i 是虚数单位，则“0ab =”是“复数b a i+为纯虚数”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15. (2020年高考四川卷理科2)复数2(1)2i i-=（ ） A 、1 B 、1- C 、i D 、i - 16.(2020年高考全国卷理科1)复数131ii-+=+（ ） A ．2i + B ．2i - C ．12i + D ．12i -二、填空题:1. （2012年高考江苏卷3）设a b ∈R ，，117ii 12ia b -+=-（i 为虚数单位），则a b +的值为 ．2.(2020年高考上海卷理科1)计算：3-i=1+i（i 为虚数单位）.4. (2020年高考福建卷理科14)数列}{n a 的通项公式12cos +=πn n a n ，前n 项和为n S ，则=2012S ___________。
2020年广东省高考数学一模试卷(理科) (解析版)
2020年高考数学一模试卷（理科）一、选择题（共12小题）1．已知集合A ，B 均为全集U ＝{1，2，3，4，5，6，7}的子集，集合A ＝{1，2，3，4}，则满足A ∩∁U B ＝{1，2}的集合B 可以是（ ） A ．{1，2，3，4} B ．{1，2，7}C ．{3，4，5，6}D ．{1，2，3}2．复数z =4+3i3−4i（i 为虚数单位）的虚部为（ ） A ．﹣1B ．2C ．5D ．13．若x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，则z ＝2x +y 的最大值为（ ）A ．﹣7B ．3C ．5D ．74．如图，△OAB 是边长为2的正三角形，记△OAB 位于直线x ＝t （0＜t ≤2）左侧的图形的面积为f （t ），则y ＝f （t ）的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．5．将函数f （x ）＝cos （2x ﹣1）的图象向左平移1个单位长度，所得函数在[0，12]的零点个数是（ ） A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个或以上6．某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正三棱锥后得到的．如果被截正方体的棱长为40cm ，则石凳子的体积为（ ）A．1920003cm3B．1600003cm3C．160003cm3D．640003cm37．在某市2020年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N（98，100），已知参加本次考试的全市理科学生约有9450人，如果某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第（）附：若X～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544A．1500名B．1700名C．4500名D．8000名8．已知(1+xm)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n，若a1＝3，a2＝4，则m＝（）A．1B．3C．2D．49．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左右焦点分别为F1，F2，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P，Q两点，且∠PAQ=5π6，则该双曲线的离心率为（）A．√2B．√3C．√213D．√1310．设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足2√S n=a n+1，则数列{a n﹣7}的前n项和T n的最小值为（）A．−494B．−72C．72D．﹣1211．已知三棱锥P﹣ABC满足PA＝PB＝PC＝AB＝2，AC⊥BC，则该三棱锥外接球的体积为（）A．3227√3πB．323πC．329√3πD．163π12．已知f（x）是定义在（−π2，π2）上的奇函数，f（1）＝0，且当x∈（0，π2）时，f（x）+f′（x）tan x＞0，则不等式f（x）＜0的解集为（）A．（﹣1，0）∪（1，π2）B．（﹣1，0）∪（0，1）C．（−π2，﹣1）∪（1，π2）D．（−π2，﹣1）∪（0，1）二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．设函数f（x）＝mx2lnx，若曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线与直线ex+y+2020＝0平行，则m ＝ ．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n +1＝2a n ，若数列{b n }满足b n •S n ＝1，则b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10= ．15．已知A （3，0），B （0，1），C （﹣1，2），若点P 满足|AP →|=1，则|OB →+OC →+OP →|最大值为 ．16．已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，直线l 过点F 且倾斜角为5π6．若直线l 与抛物线C在第二象限的交点为A ，过点A 作AM 垂直于抛物线C 的准线，垂足为M ，则△AMF 外接圆上的点到直线2√2x ﹣y ﹣3＝0的距离的最小值为 ． 三、解答题（共5小题，满分60分）17．在△ABC 中，内角A ，B ，C 满足√3sin(B +C)=2sin 2A2． （1）求内角A 的大小；（2）若AB ＝5，BC ＝7，求BC 边上的高．18．如图，已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1，D 是AB 的中点，E 是C 1C 的中点，且AB ＝1，AA 1＝2．（1）证明：CD ∥平面A 1EB ； （2）求二面角B ﹣A 1E ﹣D 的余弦值．19．已知椭圆C ：x 24+y 22=1，A ，B 分别为椭圆长轴的左右端点，M 为直线x ＝2上异于点B 的任意一点，连接AM 交椭圆于P 点． （1）求证：OP →⋅OM →为定值；（2）是否存在x 轴上的定点Q 使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点． 20．已知函数f （x ）＝e x +（m ﹣e ）x ﹣mx 2．（1）当m＝0时，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）在区间（0，1）内存在零点，求实数m的取值范围．21．一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准率为0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为a（0＜a＜0.4）．每个勘探小组配备1名甲类人员与2名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为ξ．（1）证明：在ξ各个取值对应的概率中，概率P（ξ＝1）的值最大．（2）在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发．现在有三个勘探小组A i（i＝1，2，3）可派出，若小组A i能完成特殊任务的概率t；t i＝P（ξ＝i）（i＝1，2，3），且各个小组能否完成任务相互独立．试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ﹣2ρsinθ＝1．若P为曲线C1上的动点，Q是射线OP上的一动点，且满足|OP|•|OQ|＝2，记动点Q的轨迹为C2．（1）求C2的直角坐标方程；（2）若曲线C1与曲线C2交于M，N两点，求△OMN的面积．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f(x)=|x−k|+12|x+3|−2(k∈R)．（1）当k＝1时，解不等式f（x）≤1；（2）若f（x）≥x对于任意的实数x恒成立，求实数k的取值范围．参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知集合A ，B 均为全集U ＝{1，2，3，4，5，6，7}的子集，集合A ＝{1，2，3，4}，则满足A ∩∁U B ＝{1，2}的集合B 可以是（ ） A ．{1，2，3，4}B ．{1，2，7}C ．{3，4，5，6}D ．{1，2，3}【分析】根据题意得出1，2∉B ，即可判断结论．解：∵集合A ，B 均为全集U ＝{1，2，3，4，5，6，7}的子集，集合A ＝{1，2，3，4}， 要满足A ∩∁U B ＝{1，2}； 则1，2∉B ，故符合条件的选项为C ． 故选：C ． 2．复数z =4+3i3−4i（i 为虚数单位）的虚部为（ ） A ．﹣1B ．2C ．5D ．1【分析】利用复数的运算法则即可得出． 解：∵z =4+3i3−4i =(4+3i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=25i25=i ， ∴复数z =4+3i3−4i 的虚部是1， 故选：D ．3．若x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，则z ＝2x +y 的最大值为（ ）A ．﹣7B ．3C ．5D ．7【分析】先画出线性约束条件表示的可行域，再将目标函数赋予几何意义，最后利用数形结合即可得目标函数的最值．解：画出x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，可行域如图阴影部分：由{x =2x −y =−1，得A （2，3）， 目标函数z ＝2x +y 可看做斜率为﹣2的动直线，其纵截距越大，z 越大， 由图数形结合可得当动直线过点A 时，z 最大＝2×2+3＝7． 故选：D ．4．如图，△OAB是边长为2的正三角形，记△OAB位于直线x＝t（0＜t≤2）左侧的图形的面积为f（t），则y＝f（t）的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】根据面积的变换趋势与t的关系进行判断即可．解：当0＜x＜1时，函数的面积递增，且递增速度越来越快，此时，CD，不合适，当1≤x≤2时，函数的面积任然递增，且递增速度逐渐变慢，排除A，故选：B．5．将函数f（x）＝cos（2x﹣1）的图象向左平移1个单位长度，所得函数在[0，12]的零点个数是（）A．0个B．1个C．2个D．3个或以上【分析】先根据平移法则求出平移后的图象解析式，再根据零点定义即可求出．【解答】解；设函数f（x）＝cos（2x﹣1）的图象向左平移1个单位长度，所得函数为g （x ），∴g （x ）＝f （x +1）＝cos （2x +1） 令t ＝2x +1，x ∈[0，12]，∴t ∈[1，2]由g （x ）＝0，所以2x +1=π2，方程只有一个解． 故选：B ．6．某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正三棱锥后得到的．如果被截正方体的棱长为40cm ，则石凳子的体积为（ ） A ．1920003cm 3B ．1600003cm 3C ．160003cm 3D ．640003cm 3【分析】由正方体的体积减去八个正三棱锥的体积求解． 解：如图，正方体AC 1 的棱长为40cm ，则截去的一个正三棱锥的体积为13×12×20×20×20=40003cm 3．又正方体的体积为V ＝40×40×40＝64000cm 3， ∴石凳子的体积为64000−8×40003=1600003cm 3， 故选：B ．7．在某市2020年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N （98，100），已知参加本次考试的全市理科学生约有9450人，如果某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第（ ）附：若X ～N （μ，σ2），则P （μ﹣σ＜X ＜μ+σ）＝0.6826，P （μ﹣2σ＜X ＜μ+2σ）＝0.9544 A ．1500名B ．1700名C ．4500名D ．8000名【分析】将正态总体向标准正态总体的转化，求出概率，即可得到结论． 解：∵考试的成绩ξ服从正态分布N （98，100）．∵μ＝98，σ＝10， ∴P （ξ≥108）＝1﹣P （ξ＜108）＝1﹣Φ（108−9810）＝1﹣Φ（1）≈0.158 7，即数学成绩优秀高于108分的学生占总人数的15.87%． ∴9450×15.87%≈1500 故选：A ．8．已知(1+xm )n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a n x n ，若a 1＝3，a 2＝4，则m ＝（ ） A ．1B ．3C ．2D ．4【分析】根据通项求出第二、三项的系数，列方程组求出m 的值． 解：二项式展开式的通项为：T k+1=1m k C nk x k ． 当k ＝1，2时，可得{a 1=1m C n 1=3a 2=1m2C n 2=4，解得n ＝9，m ＝3． 故选：B ．9．已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点分别为F 1，F 2，A 为双曲线的左顶点，以F 1F 2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P ，Q 两点，且∠PAQ =5π6，则该双曲线的离心率为（ ） A ．√2B ．√3C ．√213D ．√13【分析】由题意画出图形，联立双曲线渐近线方程与圆的方程，可得P ，Q 的坐标，得到∠F 2AQ =π3，则tan π3=b 2a=√3，结合隐含条件即可求得双曲线的离心率．解：如图，设双曲线的一条渐近线方程为y =bax ，联立{y =ba xx 2+y 2=c2，解得x P ＝﹣a ，x Q ＝a ，∴Q （a ，b ），且AP ⊥x 轴，∵∠PAQ =5π6，∴∠F 2AQ =π3，则tanπ3=b 2a=√3，则b 2＝c 2﹣a 2＝12a 2，得e 2＝13，即e =√13． 故选：D ．10．设正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2√S n =a n +1，则数列{a n ﹣7}的前n 项和T n 的最小值为（ ） A ．−494B ．−72C ．72D ．﹣12【分析】根据a n ＝S n ﹣S n ﹣1求得数列{a n }的通项公式，则可以推出a n ﹣7＝2n ﹣8，通过分组求和法求得数列{a n ﹣7}的前n 项和T n ，通过二次函数的最值求得T n 的最小值． 解：2√S n =a n +1， ∴S n =(a n +12)2，S n−1=(a n−1+12)2， a n ＝S n ﹣S n ﹣1=a n 2+2a n −a n−12−2a n−14，化简得：2（a n +a n ﹣1）=a n 2−a n−12，正项数列{a n }中，a n ﹣a n ﹣1＝2． n ＝1时，2√S 1=a 1+1， ∴a 1＝1．∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． a n ＝1+2×（n ﹣1）＝2n ﹣1． a n ﹣7＝2n ﹣8，T n ＝2×1﹣8+2×2﹣8+2×3﹣8+…+2n ﹣8 =2×n(n+1)2−8n =n 2﹣7n =(n −72)2−494， ∵n ∈N *，n ＝3或n ＝4时，T n 的最小值为﹣12． 故选：D ．11．已知三棱锥P ﹣ABC 满足PA ＝PB ＝PC ＝AB ＝2，AC ⊥BC ，则该三棱锥外接球的体积为（）A．3227√3πB．323πC．329√3πD．163π【分析】因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点D，再由PA＝PB ＝PC可得球心O在直线PD所在的直线上，设为O，然后在直角三角形中有勾股定理可得外接球的半径，进而求出外接球的体积．解：因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点D，可得外接圆的半径为r=12AB=1，再由PA＝PB＝PC＝AB＝2可得PD⊥面ABC，可得PD=√PA2−AD2=√4−1=√3，可得球心O在直线PD所在的直线上，设外接球的半径为R，取OP＝OA＝R，在△OAD中，R2＝r2+（PD﹣R）2，即R2＝1+（√3−R）2，解得：R=√3=2√33，所以外接球的体积V=4π3R3=32√327π，故选：A．12．已知f（x）是定义在（−π2，π2）上的奇函数，f（1）＝0，且当x∈（0，π2）时，f（x）+f′（x）tan x＞0，则不等式f（x）＜0的解集为（）A．（﹣1，0）∪（1，π2）B．（﹣1，0）∪（0，1）C．（−π2，﹣1）∪（1，π2）D．（−π2，﹣1）∪（0，1）【分析】令g（x）＝f（x）sin x，g′（x）＝[f（x）+f′（x）tan x]•cos x，当x∈（0，π2）时，根据f（x）+f′（x）tan x＞0，可得函数g（x）单调递增．又g（1）＝0，可得x∈（0，1）时，g（x）＝f（x）sin x＜0，sin x＜0，解得f（x）＜0．x＝0时，f（0）＝0，舍去．根据f（x）是定义在（−π2，π2）上的奇函数，可得g（x）是定义在（−π2，π2）上的偶函数．进而得出不等式f （x ）＜0的解集．解：令g （x ）＝f （x ）sin x ，g ′（x ）＝f （x ）cos x +f ′（x ）sin x ＝[f （x ）+f ′（x ）tan x ]•cos x ，当x ∈（0，π2）时，f （x ）+f ′（x ）tan x ＞0，∴g ′（x ）＞0，即函数g （x ）单调递增．又g （1）＝0，∴x ∈（0，1）时，g （x ）＝f （x ）sin x ＜0，sin x ＜0，解得f （x ）＜0． x ＝0时，f （0）＝0，舍去．∵f （x ）是定义在（−π2，π2）上的奇函数，∴g （x ）是定义在（−π2，π2）上的偶函数．∴不等式f （x ）＜0的解集为（﹣1，0）∪（0，1）． 故选：B ．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．设函数f （x ）＝mx 2lnx ，若曲线y ＝f （x ）在点（e ，f （e ））处的切线与直线ex +y +2020＝0平行，则m ＝ −13．【分析】求出f （x ）的导数，然后根据切线与直线ex +y +2020＝0平行，得f ′（e ）＝﹣e ，列出关于m 的方程，解出m 的值． 解：f ′（x ）＝m （2xlnx +x ），又曲线y ＝f （x ）在点（e ，f （e ））处的切线与直线ex +y +2020＝0平行， ∴f ′（e ）＝3em ＝﹣e ，解得m =−13． 故答案为：−13．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n +1＝2a n ，若数列{b n }满足b n •S n ＝1，则b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10= 2046 ．【分析】数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n +1＝2a n ，利用求和公式：S n ．由数列{b n }满足b n •S n ＝1，可得b n =1S n．进而得出b n +1b n，再利用等比数列的求和公式即可得出．解：数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n +1＝2a n ，∴S n =2n−12−1=2n ﹣1．若数列{b n }满足b n •S n ＝1，∴b n =1S n=12n−1． ∴b n +1b n=2n ．则b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10=2+22+……+210=2(210−1)2−1=211﹣2＝2046．故答案为：2046．15．已知A （3，0），B （0，1），C （﹣1，2），若点P 满足|AP →|=1，则|OB →+OC →+OP →|最大值为 √13+1 ．【分析】根据|AP →|=1，易知P 点在以A （3，0）为圆心，1为半径的圆上，设P （3+cos θ，sin θ），通过坐标表示出OB →+OC →+OP →，再根据模长公式求解．解：由题，点P 满足|AP →|=1，说明P 点在以A （3，0）为圆心，1为半径的圆上， 设P （3+cos θ，sin θ），则OB →+OC →+OP →=（2+cos θ，3+sin θ），∴||=√(2+cosθ)2+(3+sinθ)2=√14+2√13sin(θ+φ)（tan φ=23），根据三角函数的值域，可知|OB →+OC →+OP →|最大值为√13+1． 故答案为：√13+1．16．已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，直线l 过点F 且倾斜角为5π6．若直线l 与抛物线C在第二象限的交点为A ，过点A 作AM 垂直于抛物线C 的准线，垂足为M ，则△AMF 外接圆上的点到直线2√2x ﹣y ﹣3＝0的距离的最小值为√23．【分析】由抛物线的方程可得焦点F 的坐标，由题意求出直线l 的方程，代入抛物线的方程求出A ，B 的坐标，由题意求出M 的坐标，求出线段AF 的中垂线，及AM 的中垂线，两条直线的交点为三角形AMF 的外接圆的圆心，及半径，求出圆心到直线√2x −y ﹣3＝0的距离d ，则可得圆上到直线的最小距离为d ﹣r ． 解：由抛物线的方程可得焦点F （0，1），准线方程y ＝﹣1， 因为直线l 过点F 且倾斜角为5π6，则直线l 的方程为：y =−√33x +1，直线与抛物线联立{y =−√33x +1x 2=4y，整理可得x 2+4√33x ﹣4＝0，解得x 1=2√3，x 2=6√3，可得y 1=13，y 2＝3， 即A （√3，3），由题意可得M （√3，﹣1），可得△ABF 的外接圆的圆心N 直线线段AM 的中垂线上，y ＝1上，又在线段AF 的中垂线上，而AF 的中点（−√3，2），y ﹣2=√3（x +√3）即y =√3x +5， 联立{y =1y =√3x +5解得：N （√3，1），所以圆心坐标为（√3，1），半径r =4√33，圆心到直线的距离d =|−4√2√3−1−3|√3=4√23+4√33，所以外接圆上的点到直线的距离√2x ﹣y ﹣3＝0的最小距离为d ﹣r =4√23，故答案为：4√23．三、解答题（共5小题，满分60分）17．在△ABC 中，内角A ，B ，C 满足√3sin(B +C)=2sin 2A 2． （1）求内角A 的大小；（2）若AB ＝5，BC ＝7，求BC 边上的高．【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和三角函数的值的应用求出结果． （2）利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．解：（1）在△ABC 中，sin （B +C ）＝sin A ，内角A ，B ，C 满足√3sin(B +C)=2sin 2A 2． 所以√3sinA =1−cosA ，则：sin(A +π6)=12，由于A ∈（0，π），所以A +π6∈(π6，7π6)， 则：A =2π3．（2）由于A =2π3，AB ＝5，BC ＝7， 由余弦定理得：72＝AC 2+52﹣10AC ，解得AC ＝3（﹣8舍去）． 则：S △ABC =12×AB ×AC ×sin 2π3=15√34．设BC 边上的高为h ，所以12×BC ×h =15√34，解得h =15√314．18．如图，已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1，D 是AB 的中点，E 是C 1C 的中点，且AB ＝1，AA 1＝2．（1）证明：CD ∥平面A 1EB ； （2）求二面角B ﹣A 1E ﹣D 的余弦值．【分析】（1）取A 1B 的中点F ，连结EF 、DF ，推导出四边形CDEF 是平行四边形，从而CD ∥=EF ，由此能证明CD ∥平面A 1EB ． （2）推导出CD 、BD 、DF 两两垂直，以D 为原点，DB 、DC 、DF 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B ﹣A 1E ﹣D 的余弦值． 解：（1）证明：取A 1B 的中点F ，连结EF 、DF ， ∵D 、F 分别是AB ，A 1B 的中点，∴DF ∥=12A 1A ，∵A 1A ∥=C 1C ，E 是C 1C 的中点，∴DF ∥=EC ， ∴四边形CDEF 是平行四边形，∴CD ∥=EF ， ∵CD ⊄平面A 1EB ，EF ⊂平面A 1EB ， ∴CD ∥平面A 1EB ．（2）解：∵△ABC 是正三角形，D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ， ∵在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ， ∴A 1A ⊥CD ，由（1）知DF ∥A 1A ，∴CD 、BD 、DF 两两垂直，∴以D 为原点，DB 、DC 、DF 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则D （0，0，0），B （12，0，0），E （0，√32，1），A 1（−12，0，2），∴BE →=（−12，√32，1），DE →=（0，√32，1），A 1E →=（12，√32，﹣1），设平面A 1DE 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅A 1E →=12x +√32y −z =0n →⋅DE →=√32y +z =0，取z =√3，得n →=（4√3，﹣2，√3）， 设平面A 1BE 的法向量m →=（a ，b ，c ），则{m →⋅A 1E →=12a +√32b −c =0m →⋅BE →=−12a +√32b +c =0，取c ＝1，得m →=（2，0，1）， 设二面角B ﹣A 1E ﹣D 的平面角为θ，则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=9√3355．∴二面角B ﹣A 1E ﹣D 的余弦值为9√3355．19．已知椭圆C ：x 24+y 22=1，A ，B 分别为椭圆长轴的左右端点，M 为直线x ＝2上异于点B 的任意一点，连接AM 交椭圆于P 点．（1）求证：OP →⋅OM →为定值；（2）是否存在x 轴上的定点Q 使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点． 【分析】（1）由椭圆的方程可得A ，B 的坐标，设M ，P 的坐标，可得AP ，AM 的斜率相等，求出数量积OP →⋅OM →，由k AP •k BP =y 02x 02−4=−12，可得M ，P 的坐标的关系，进而可得OP →⋅OM →为定值．（2）假设存在Q 满足条件，因为以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点可得MQ →⋅BP →=0，由（1）可得整理得n （x 0﹣2）＝0，再由x 0≠2可得n ＝0，解：（1）证明：由椭圆的方程可得：A （﹣2，0），B （2，0），设M （2，m ），P （x 0，y 0），（m ≠0，x 0≠±2）， 则x 024+y 022=1，得y 02=−x 02−42，又k AP =y 0x 0+2=k AM =m−02−(−2)=m4，k BP =y 0x 0−2，所以k AP •k BP =y 02x 02−4=−12， 又m 4⋅y 0x 0−2=−12，整理可得2x 0+my 0＝4，所以OP →⋅OM →=2x 0+my 0＝4为定值．（2）假设存在定点Q （n ，0）满足要求，设M （2，m ），P （x 0，y 0），（m ≠0，x 0≠±2），则以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点可得MQ →⋅BP →=0， 所以（n ﹣2，﹣m ）•（x 0﹣2，y 0）＝nx 0﹣2n ﹣2x 0+4﹣my 0＝0，① 由（1）得2x 0+my 0＝4，②，由①②可得n （x 0﹣2）＝0，因为x 0≠2，解得n ＝0，所以存在x 轴上的定点Q （0，0），使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点．20．已知函数f（x）＝e x+（m﹣e）x﹣mx2．（1）当m＝0时，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）在区间（0，1）内存在零点，求实数m的取值范围．【分析】（1）将m＝0带入，求导得f′（x）＝e x﹣e，再求出函数f（x）的单调性，进而求得极值；（2）求导得f′（x）＝e x﹣2mx+m﹣e，令g（x）＝f′（x），对函数g（x）求导后，分m＝0，m＜0及m＞0讨论，m＝0时容易得出结论，m＜0时运用零点存在性定理可得出结论，m＞0时运用放缩思想，先证明e x＞ex，进而可得f（x）＞0在（0，1）上恒成立，由此得出结论，以上情况综合，即可求得实数m的取值范围．解：（1）当m＝0时，f（x）＝e x﹣ex，f′（x）＝e x﹣e，又f′（x）是增函数，且f′（1）＝0，∴当x＞1时，f′（x）＞0，当x＜1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴当x＝1时，f（x）取得极小值f（1）＝0，无极大值；（2）f′（x）＝e x﹣2mx+m﹣e，令g（x）＝f′（x）＝e x﹣2mx+m﹣e，则g′（x）＝e x﹣2m，①当m＝0时，f（1）＝0，由（1）知f（x）在区间（0，1）上没有零点；②当m＜0时，则g′（x）＞0，故g（x）＝f′（x）在（0，1）上单调递增，又g（0）＝f′（0）＝1+m﹣e＜0，g（1）＝f′（1）＝﹣m＞0，∴存在x0∈（0，1），使得g（x0）＝f′（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，当x∈（x0，1）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，又∵f（0）＝1，f（1）＝0，∴f（x）在（0，1）上存在零点；③当m＞0，x∈（0，1）时，令h（x）＝e x﹣ex，则h′（x）＝e x﹣e，∵在x∈（0，1）上，h′（x）＜0，h（x）是减函数，∴h（x）＞h（1）＝0，即e x＞ex，∴f（x）＝e x+（m﹣e）x﹣mx2＞ex+（m﹣e）x﹣mx2＝m（x﹣x2）＞0，∴f（x）在（0，1）上没有零点；综上，要使f（x）在（0，1）上内存在零点，则m的取值范围为（﹣∞，0）．21．一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准率为0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为a（0＜a＜0.4）．每个勘探小组配备1名甲类人员与2名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为ξ．（1）证明：在ξ各个取值对应的概率中，概率P（ξ＝1）的值最大．（2）在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发．现在有三个勘探小组A i（i＝1，2，3）可派出，若小组A i能完成特殊任务的概率t；t i＝P（ξ＝i）（i＝1，2，3），且各个小组能否完成任务相互独立．试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．【分析】（1）每个勘探小组共有3名人员，故ξ的所有可能取值为0，1，2，3，再依据相互独立事件的概率求出每个ξ的取值所对应的概率，并用作差法逐一比较P（ξ＝1）与P（ξ＝0）、P（ξ＝2）、P（ξ＝3）的大小关系即可得证；（2）先根据（1）中的结论比较P（ξ＝2）和P（ξ＝3）的大小，可得到t1＞t2＞t3，故而可猜想出结论，再进行证明．证明时，设三个小组A i（i＝1，2，3）按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p1，p2，p3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η＝1，2，3，然后求出η的分布列和数学期望，只需证明数学期望E（η）＝3﹣2p1﹣p2+p1p2≥3﹣2t1﹣t2+t1t2成立即可，这一过程采用的是作差法，其中用到了因式分解的相关技巧．解：（1）由已知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P（ξ＝0）＝（1﹣0.6）•（1﹣a）2＝0.4（1﹣a）2，P（ξ＝1）=0.6(1−a)2+(1−0.6)⋅C21a(1−a)=0.2(1−a)(3+a)，P（ξ＝2）=0.6⋅C21a(1−a)+(1−0.6)a2=0.4a(3−2a)，P（ξ＝3）＝0.6a2．∵0＜a＜0.4，∴P（ξ＝1）﹣P（ξ＝0）＝0.2（1﹣a）（1+3a）＞0，P（ξ＝1）﹣P（ξ＝2）＝0.2（3a2﹣8a+3）＞0，P（ξ＝1）﹣P（ξ＝3）＝﹣0.2（4a2+2a﹣3）＞0，∴概率P（ξ＝1）的值最大．（2）由（1）可知，当0＜a＜0.4时，有t1＝P（ξ＝1）的值最大，且t2﹣t3＝P（ξ＝2）﹣P（ξ＝3）＝0.2a（6﹣7a）＞0，∴t1＞t2＞t3，∴应当以A1，A2，A3的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值．证明如下：假定p1，p2，p3为t1，t2，t3（t1＞t2＞t3）的任意一个排列，即若三个小组A i（i＝1，2，3）按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p1，p2，p3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η＝1，2，3，且η的分布列为η123P p1（1﹣p1）p2（1﹣p1）（1﹣p2）∴数学期望E（η）＝p1+2（1﹣p1）p2+3（1﹣p1）（1﹣p2）＝3﹣2p1﹣p2+p1p2下面证明E（η）＝3﹣2p1﹣p2+p1p2≥3﹣2t1﹣t2+t1t2成立，∵（3﹣2p1﹣p2+p1p2）﹣（3﹣2t1﹣t2+t1t2）＝2（t1﹣p1）+（t2﹣p2）+p1p2﹣p1t2+p1t2﹣t1t2＝2（t1﹣p1）+（t2﹣p2）+p1（p2﹣t2）+t2（p1﹣t1）＝（2﹣t2）（t1﹣p1）+（1﹣p1）（t2﹣p2）≥（1﹣p1）（t1﹣p1）+（1﹣p1）（t2﹣p2）＝（1﹣p1）[（t1+t2）﹣（p1+p2）]≥0，∴按照完成任务概率从大到小的A1，A2，A3的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．一、选择题22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ﹣2ρsinθ＝1．若P为曲线C1上的动点，Q是射线OP上的一动点，且满足|OP|•|OQ|＝2，记动点Q的轨迹为C2．（1）求C2的直角坐标方程；（2）若曲线C1与曲线C2交于M，N两点，求△OMN的面积．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．解：（1）曲线C1的极坐标方程为ρcosθ﹣2ρsinθ＝1．若P为曲线C1上的动点，Q是射线OP上的一动点，且满足|OP|•|OQ|＝2，记动点Q 的轨迹为C2．设P（ρ1，θ），Q（ρ，θ），则：ρ1cosθ﹣2ρ1sinθ＝1，即ρ1=1cosθ−2sinθ，由于|OP|•|OQ|＝2，所以ρ＝2cosθ﹣4sinθ，整理得ρ2＝2ρcosθ﹣4ρsinθ，转换为直角坐标方程为：（x﹣1）2+（y+2）2＝5（原点除外）．（2）曲线C1的极坐标方程为ρcosθ﹣2ρsinθ＝1转换为直角坐标方程为：x﹣2y﹣1＝0．曲线C2的圆心为（1，﹣2），半径为√5，所以圆心到直线C1的距离d=|1−2×(−2)−1|√1+(−2)2=4√5．所以|MN|=2√(√5)2−(4√5)2=√5．由于点O到C1的距离d2=√12+(−2)2=√5所以S△OMN=12×|MN|×d2=12×√5√5=35．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f(x)=|x−k|+12|x+3|−2(k∈R)．（1）当k＝1时，解不等式f（x）≤1；（2）若f（x）≥x对于任意的实数x恒成立，求实数k的取值范围．【分析】（1）由题意可得|x﹣1|+12|x+3|≤3，由零点分区间法和绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；（2）由题意可得|x﹣k|+12|x+3|≥x+2恒成立．讨论x≤﹣2恒成立，x＞﹣2时，可得|x﹣k|≥x+12恒成立，讨论﹣2＜x≤﹣1，x＞﹣1时，结合绝对值不等式的解法和恒成立思想，可得所求范围．解：（1）当k＝1时，不等式f（x）≤1即为|x﹣1|+12|x+3|≤3，等价为{x≥1x−1+12x+32≤3或{−3＜x＜11−x+12x+32≤3或{x≤−31−x−12x−32≤3，解得1≤x≤53或﹣1≤x＜1或x∈∅，则原不等式的解集为[﹣1，53 ]；（2）f（x）≥x对于任意的实数x恒成立，即为|x﹣k|+12|x+3|≥x+2恒成立．当x≤﹣2时，|x﹣k|+12|x+3|≥0≥x+2恒成立；当x＞﹣2时，|x﹣k|+12|x+3|≥x+2恒成立等价为|x﹣k|+x+32≥x+2，即|x﹣k|≥x+12恒成立，当﹣2＜x≤﹣1时，|x﹣k|≥x+12恒成立；当x＞﹣1时，|x﹣k|≥x+12恒成立等价为x﹣k≥x+12或x﹣k≤−x+12恒成立．即x≥2k+1或x≤23（k−12）恒成立，则2k+1≤﹣1解得k≤﹣1，所以k的取值范围是（﹣∞，﹣1]．。
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题分析(全国卷)
2020年高考理科数学试题分析与2021年高考备考（全国卷）2020年高考数学考试试卷及试卷结构说明：2020年高考试卷结构与往年基本保持一致：第一大题，选择题，共12小题，每小题5分，共60分；第二大题，填空题，共4小题，每小题5分，共20分。
第三大题，解答题，共6小题，必考题5道，涉及的内容有数列，三角函数（每年二选一），立体几何，解析几何，概率与统计，函数与导数。
必考题每道题12分，满分60分。
选考题2道（选择一道作答），包括坐标系与参数方程和不等式选讲两部分内容。
选考题共10分。
解答题共计70分。
选择题考点分析:填空题考点分析：选择填空题主干知识比重分析：解答题考点分析：试卷整体主干知识比重分析：试卷分析：选择题：①2020年的高考数学选择题部分，仍然体现了基础性和创新性。
即部分题目考生乍一看可能没有思路，但是经过仔细分析之后一切又回归到数学模型之中。
这些题目，如全国Ⅰ卷的第3题，全国Ⅱ卷的第4题，全国Ⅲ卷的第4题均有所体现，同学们初看题目，信息量较大，但是经过仔细分析，把它转换成数学问题，一切都会变得异常清晰；②选择题总体来看没有出现偏难怪的知识点，都是平时常见和大量训练的试题，考生比较容易上手，这可以让平时认真努力的同学在考试之中取得一个不错的分数。
这也体现了高考的本质性功能，即选拔性考试而非智力型的考试。
③选择题压轴题不约而同的考察了对数与指数函数以及与函数与导数的综合应用，与往年相比有很大的不同，这也说明，在平时的复习当中一定要面面俱到，认真把握每一个考点，在考试的时候才能够处变不惊。
填空题：①填空题部分13-15题难度较小，涉及的内容主要是线性规划，平面向量，复数，排列组合，二项式定理的一些简单的应用，总体而言，难度不是很大，大多数考生只要平时认真复习，认真做练习，都能够取得一个令人较为满意的成绩。
②填空题16题压轴题主要是立体几何与三角函数两个考点，两个考点也是经常作为填空题的压轴题出现，总体来看，难度似乎有所下降，但是综合性较强，一般考生在有限的时间内完成该题目，可能有一定的困难。
2020年全国高考理科数学一卷试题分析报告
2020年全国高考理科数学一卷试题分析报告2020年新课标全国Ⅰ卷理科数学卷延续了以往的考查特征：对必备知识的考查体现稳定性，并在对关键能力和学科素养的考查上力求创新性。
整张试卷充分体现“立德树人、服务选拔、导向教学”这一高考核心立场。
所有的题目都是学生平时见过做过的问题，学生上手比较容易，但计算量略大于去年，尤其是圆锥曲线与导数问题。
解答题的顺序再次回归原来的模式，与2017年及之前的高考题基本保持一致，没有像2019年那样进行较大幅度的变动。
从试卷难度来看，总体上与19年难度相当，比18年要难，难点主要体现在对应用问题与数学文化问题的题意分析与理解、加大对空间想象能力的考查、对学生计算能力的要求加大、理科概率统计问题解题方法不再是以往的模型化问题、以及部分知识点的考法变化较大，反猜题的味道很浓，意在破除应试教育。
全卷满分150分，分为必考和选考两部分，必考部分包括12个选择题、4个填空题和5个解答题；选考部分包括选修系列4的“坐标系与参数方程”、“不等式选讲”各1个解答题，考生从2题中任选1个作答，若多做，则按所做的第一题给分。
试卷体现了传统试题的“基础性”，引导学生打牢知识基础，例如：理1、理2考查一元二次不等式、集合交集；理4考查抛物线定义；理5考查非线性回归与函数图象；理8考查二项式定理求特定项系数；理13考查截距型线性规划问题；理6考查导数几何意义；理14考查单位向量、向量垂直、夹角与模长问题；理17考查等差等比数列基本量计算、错位相减；理17考查正弦定理余弦定理、面积公式、恒等变形；理18考查线面垂直的判定、二面角的求法。
同时，知识点的考查上体现“综合性”，引导学生多角度思考问题，例如：理10将球与解三角形结合，考查学生的空间想象能力与综合应用能力；理20将圆锥曲线与平面向量结合，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的综合运用能力，体现了向量的工具性作用。
3.实际应用问题可以体现数学的应用性，激发学生学以致用的成就感。
2020年广东省高考数学试题和答卷分析
2020年广东省高考数学试题和答卷分析华南师范大学数学科学学院(510631)王先义刘秀湘2020年高考数学全国I卷以立德树人为根本任务,全面贯彻德智体美劳全面发展的教育方针,坚持以素养为导向,能力为重的命题原则,融合数学应用、数学探究和数学文化,在考查数学基础知识时,注重对数学思想方法、数学关键能力及数学核心素养的考查,体现了高考数学科学选拔和育人导向的作用.尽管因疫情原因使备考受到影响,但大部分考生能够正常发挥,基础知识掌握较好.本文就2020年高考数学试卷试题分析、考生主观题答卷典型错误和教学备考及建议三个方面进行分析,希望有助于中学数学教学及高考备考.一、试题分析2020年高考数学全国I卷命题严格依据课程标准和考试大纲进行命题,体现了数学学科的基础性、综合性、创新性和综合性.在考查基础知识的同时,注重对数学素养和数学思想方法的考查,展现数学的科学价值和人文价值.1.突出理性思维,考查关键能力理性思维在数学素养中起着最本质、最核心的作用.数学科高考突出理性思维,将数学关键能力与“理性思维、数学应用、数学探究、数学文化”蕴含的学科素养统一在理性思维的主线上,在数学应用、数学探究等方面突出体现了理性思维和关键能力的考查.如理科12题以基本初等函数中的指数和对数函数及其运算法则为知识背景,条件简洁大方,要求考生能够深入思考条件的结构特征,从而构造函数模型,综合考查学生的观察、运算、推理判断与灵活运用知识的综合能力.文科16题主要考查数列的递推公式、数列的部分和以及数学分类讨论思想,在数学运算中渗透了等差数列求和公式的应用;试题在递推结构上进行创新,使考生不能直接套用公式进行求解,需要考生通过观察和思考,分析奇偶项的符号特征.理科16题给出常见的三棱锥的平面展开图,要求考生能够同时结合三棱锥的平面展开图和立体模型进行思考,并运用解三角形的知识进行求解,综合考查学生的观察、空间想象和运算能力.理科19题以实际生活的比赛为背景,题干条件通俗易懂,设问简约明了,但问题复杂多样,要求学生面对实际问题进行深入分析,逐一分类讨论,综合考查学生数学逻辑推理能力和应用意识.这些试题在考查学生基础知识的同时,打破以往的高考解题的套路,对试题的条件和结构进行大胆创新,旨在于引导考生在解决问题时应先根据问题情境观察、比较、分析、综合、抽象与概括,从而寻得解决之道,突出理性思维,考查学生的关键能力.2.坚持探索创新,科学调控难度2020年的全国I试卷在基础内容上全面考查,主干内容考查保持稳定,在试卷难度设计上进行了探索创新,科学调控试卷难度,体现了“低起点”、“多层次”和“高落差”三个特点.首先,选择题、填空题的起点低、入口宽.选择、填空题主要考查基础知识的掌握情况,没有多个知识点的交汇或设置陷阱,考生仅需要运用相关知识进行简单的计算或观察即可得出答案.即使作为选择题的压轴题,文科12题也是一道“纯”立体几何问题,分析题意后即可转化为“已知正三棱锥的底面边长和高,求侧棱长”的问题,思维转化比较顺畅,并不要求多个模块知识的综合交汇.理科16题是填空题的压轴题,将三棱锥与其展开图相结合来设置问题,立意很新颖,内容却常规,对于全体考生都比较熟悉.其次,试题设计重视思维的层次性.文科18题以解三角形问题为载体,深入考查正弦定理、余弦定理及三角恒等变换等知识,对考生数学运算能力的要求较高;第(1)问设置求三角形的面积的问题,问题通俗简单,考生既能利用余弦定理求出三角形面积,也能用正弦定理结合三角恒等变换求出三角形面积,不同层次的考生都能尝试作答.理科18题借助圆锥与多面体相结合的图形考查线面垂直和二面角余弦值的问题,不同层次的考生都能作答,但证明过程的严谨性和思路的简洁性区分了不同层次的考生.由于图形结构的新颖,部分考生建系时原点与坐标轴的选择不当,导致关键点、向量的坐标计算复杂;另外,部分学生对这类问题缺乏整体的解决方案,不知道求解第(2)问时可以直接利用之前的结论.如果注意到圆锥和三棱锥的高度对称性,考生建系时能使图形中的关键点落在坐标平面内,那么解答过程不仅思路简单,而且可以降低运算的难度,节约时间成本.总体来说,空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力较高的考生在此题解答中得到较好的展现.再次,试题在思维的灵活性、深刻性,方法的综合性、探究性和创造性等方面体现区分度,不同的解题策略和计算的准确度会产生解题时间成本上的巨大的“落差”.考生作答时应“三思后行”,结合题干信息,对各种解决策略进行前瞻性的预判,选择解题问题的最佳策略,从而赢得时间.文科18题第(2)问考生既可以利用三角形的内角和消元得到关于角C (或A )的三角方程,利用三角恒等变换公式直接求出角C (或A ),也可以结合平方关系、商数关系等转化为角C 的正切方程等,实际上,此题借助题中∠B 的三角函数值巧妙转化,则sin A +√3sin C =√22可以利用正弦定理转化为a +√3c =√2b ,极大地简化运算.文科18题第(2)问求三棱锥的体积时,将体积表达式进行化归转化,即V P −ABV =V B −ACP ,避免计算P O ,提高运算效率.理科19题第(2)问注意圆锥和三棱锥的高度的对称性,选取O 为坐标原点,建立合适的空间直角坐标系,使得P,E 在坐标轴上,BC 平行于轴,这样可以快速写出各个点的坐标,计算出法向量,同时结合第(1)问的结论,降低计算量.文科21题(理科20题)第(2)问属于高中数学圆锥曲线中的定点问题,考查高中数学的基本知识、基本技能、基本思想方法.另外,该题考查的问题经典,思路简单,但是运算量大,运算的准确度要求高,主元选择和消参的技巧性强,是一道“入门容易成佛难”的试题.理科21题是以含参函数的性质研究为载体,设计了一道可以多角度思考的问题,学生可以根据自己的水平和能力找到不同的解决方法和途径,大部分学生都选择做差或者分离参数的方法转化为求函数的最值,不同方法使求导和函数性态分析难度相差较大,对考生的逻辑推理和运算能力要求较高.3.坚持立德树人,倡导五育并举2020年高考数学试卷结合学科特点和学科知识,基于“五育并举”的教育方针高度进行整体设计,响应德、智、体、美、劳全面发展的教育方针.文、理科试卷的第3题以世界奇迹“古埃及胡夫金字塔”为例,抽象出正四棱锥模型,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机融合,该题在考查学生立体几何图形时,也引导学生欣赏自然之美,将美育教育融入数学教育.文、理科第5题以课外学习小组的实验研究为背景,考查学生对统计知识和函数模型的应用,展示了其它学科与数学学科的交叉与联系,体现了数学应用的基础性和广泛性.理科19题以3人羽毛球比赛为背景,通过约定赛制及可能存在的比赛结果设置问题,将概率问题融入常见的羽毛球比赛中,考查考生古典概率模型、事件的关系和运算、事件独立性等知识,考查考生的逻辑思维能力,引导学生会用数学的眼光观察世界,会用数学的思维分析世界,会用数学的语言表达世界.文科第17题以社会生产劳动实践为情境,以工业生产中的总厂分配分配加工业务为主题,以两分厂的A 级品概率和厂家的决策问题设问,考查考生应用所学的概率统计知识分析和处理现实社会中实际数据的能力,试题来源于劳动,体现了数学与生活的密切关联,培养学生的劳动态度和劳动精神.这些试题情境来源于社会生活的不同领域,美育教育有助于培养学生良好的审美素养,促进学生形成积极的人生态度,发展学生的创造力;体育教育能帮助学生形成健康意识,注重增强体质,健全自身人格,锻炼精神意志;劳动教育有助于培养学生的劳动态度和劳动精神,对塑造正确的世界观、人生观和价值观具有重要的意义.二、考生填空、解答题答卷典型错误及分析(一)文科卷题考生的典型错误原因分析号答案为8.误将最优解(1,0)当作(1,1)代入.13答案为7.误将最优解(1,0)当作(0,1)代入.题答案为14.可行域判断错误,认为最优解在(0,2)处取得.其他错误答案.可行域判断错误或如错解直线交点.答案为1.审题不清,误将“垂直”当作“平行”处理,即a //b ,则m =1.14答案为−1或2.取b 向量的横坐标或纵坐标为0,即m +1=0或2m −4=0.题答案为−3.计算出错,即a ·b (m +1)−(2m −4)==−m −3=0,则m =−3.其他错误答案.(1)向量数量积的坐标计算公式错误;(2)求解m 出错.答案为y −2x ,2x ,2x −y.方程表示不完整,有缺失项.答案为y =2k.做题粗心,错误使用自变量变量符号使用k 指代x .答案为f (x )=2x.方程与函数概念混淆.答案为y =2x =0.对直线方程的概念理解不清.答案为y =2x (x >0).对变量取值范围理解有误,将曲线中的x 取值范围直接套用到其切线y =2x 上.答案为(1,2).审题不清,误以为题目为求切点坐标.15题答为y −y 0=2(x −1),y −y 0=2(x −x 0),y =2x +b.不会计算或者完整计算切点坐标.答案为y =2x +1或y =2x −5.切点求解错误,误认为ln 1=1,所以x 0=1,y 0=ln x 0+x 0+1=3,即由直线方程为y =2x +1或者在代入点斜式时将切点的横纵坐标代反,即y =2x −5.答案为y =2x −2.直线方程点斜式记忆错误,将x 0=1后直接代入错误的点斜式方程y =k (x −x 0)得y =2x −2.其他斜率为2的错误直线方程.(1)求导出错;(2)计算切点出错;(3)直线方程化简出错等.16答案为1,2,3,4,2020.盲猜答案.题其他错误答案.在分奇、偶项计算时错误.第一问:概念理解错误用频率估计概率出错,如P 甲=100×14=52,P 乙=100×128=257.对题干中信息和表格中的数据意义理解出错,不知道如何用频率来估计概率.第一问:计算错误40100=125,28100=125,28100=910.分数化简约分出错.17题第二问:审题不清x 甲=90×40+50×20+20×20−50×20−100×25=1500.x 乙=90×28+50×17+20×34−50×21−100×20=1000.审题不清,没有求平均利润,以总利润大小为标准判断,但与题目的设问不符.第二问:平均数计算错误(1)x =40×90+50×20+20×20−20×50100=40;(2)x =28×90+17×50+34×20−21×50100=30;(3)x =40×90+50×20+20×2080−50×2020−25×100100=−125;(4)x =28×90+17×50+34×2029−50×2121−20×100100=−23.(1)计算利润时没有减掉成本;(2)直接用平均加工费判断;(3)平均利润概念不清,计算平均利润时,总频数用错.第二问:计算错误(1)1500100=150,1000100=100;(2)1100×(90−25)×40+(50−25)×20+(20−25)×20−(50+25)×20=15.四则混合运算计算出错,漏括号等.第一问:公式出错(1)b 2=a 2+c 2−ac ·cos B ;(2)b =a 2+c 2−2ac ·cos B ;(3)b =a +c −2ac ·cos B ;(4)sin B =a 2+c 2−b 22ac等等.余弦定理公式错误.第一问:公式错误S =12ab sin A =12ab sin B =12ac cos B.三角形的面积公式记错.第一问:特殊角的三角函数值错误(1)cos 150◦=12;(2)cos 150◦=−12;(3)sin 150◦=√32;(4)sin 90◦=√22等等.特殊值的三角函数值记错.第一问:计算错误(1)28=(√3c )2+c 2−2√3c 2·(−√32),得c 2=28.(2)4c 2−282√3c 2=−√32,得c 2=72.(3)(2√7)2=14.计算错误,多项式的四则运算错误或者无理数的平方计算错误.第一问:第(1)问已知条件是B =150◦,应该用关于B 的余弦定理,学生误用关于A 或C 的余弦定理导致解题受阻.解题思路错误.18题第二问:审题不清第(2)问误用第(1)问的条件.题干、题设条件关系不清楚.第二问:将条件sin A +√3sin C =√22抄错成sin A +√3sin C =√32.数据抄错,解题习惯不好.第二问:对sin A +√3sin C =√22直接用正弦定理得到a +√3c =√22.公式运用错误.第二问:公式错误或者不熟悉(1)sin A +√3sin C =2sin (A +π6);(2)12sin A +√32sin C =sin (A +C );(3)sin [π−(B +C )]=sin (B −C );(4)化简到√32sin C +12cos C =√22不知道怎么处理.(1)辅助角公式(或正弦的和角公式)记错;(2)诱导公式记错;(3)不会逆用和角公式化简或者辅助角公式化简等.第二问:合并同类项错误由12cos C −√32sin C +√3sin C =√22得(1)12cos C −√32sin C =√22;(2)12cos C −3√32sin C =√22;(3)12cos C +3√32sin C =√22;(4)12cos C +2√3−√32sin C =√22.在进行代数式的计算时,合并同类项出错.第二问:角的范围与三角函数值由sin (C +π6)=√22,C +π6=π4或C +π6=3π4,解得C =π12或7π12.思维不严谨,本题中0<C <π6,考生没有考虑角的范围,导致答案出错.第二问:思路错误由sin (A +C )=sin B =12得方程组sin A cos C +cos A sin C =12,sin A +√3sin C =√22,sin 2A +cos 2A =1,sin 2C +cos 2C =1.方程组无法求解.考生对三角恒等变换不熟练,陷入四元二次方程组的“死胡同”,而未能求解出sin C 的值.第一问:逻辑完全混乱,没有明确的思路,证明完全错误.相关知识完全没掌握.第一问:仅直接写出P A ⊥P C ,P A =P B ,∆P AC =∆P BC,OD ⊥面ABC ,OP ⊥面ABC 等部分相关条件.对面面垂直的方法和判定定理不熟悉.第一问:逻辑不严谨没有P A =P B 等条件直接推导出∆P AC =∆P BC .逻辑推理不严密,跳步严重.第一问:没证明P B ⊥P C .直接写出结果,缺少∆P AC =∆P BC ,三棱锥P -ABC 为正三棱锥或者P C 2+P B 2=BC 2等依据.19题第一问:(1)未说明P C ⊥AB ;(2)未从P O ⊥面ABC 推出P O ⊥AB ;(3)没从AB ⊥面P OC 推出AB ⊥P C .线面垂直定义和线面垂直判定定理不熟,逻辑推理不严密.第一问:没有完整、充分的说明“一条线垂直面内两相交直线”条件就直接写出“线面垂直”的结论.线面垂直判定定理不熟,逻辑推理不严密.第二问:求圆锥底面半径所需两个方程不全或出错(1)没法准确得出方程rl =√3;(2)没法准确得出方程l 2−r 2=2.缺乏方程思想,对圆锥相关性质不熟悉.第二问:解方程求r 的计算出错或者无法求解.运算能力较差,高次方程不懂得换元降次或者十字相乘法不熟.第二问:锥体体积公式少乘“13”或三角形面积公式少乘“12”.锥体体积公式和三角形面积公式不熟悉.第二问:高P O 算错.相关公式不熟或未找出计算方法.一问:求解不等式或方程错误(1)令f ′(x )=0,得x =1;(2)令f ′(x )>0,得x >e ;(3)令f ′(x )=e x −1>0,得x <0.极值点求错或不等式e x −1>0,e x −1<0不会解或解错.第一问:x <0,f (x )单调递减;x >0,f (x )单调递增.单调区间没有写成区间形式,第一问:直接说f (x )在x ∈(0,+∞)单调递增;f (x )在x ∈(−∞,0)单调递减.单调性分析不完整.第一问:x <0,f (x )<0,f ′(x )在(−∞,0)上单调递减;x >0,f (x )>0,f ′(x )在(0,+∞)上单调递增;f (x )与f ′(x )关系混淆.第一问:f ′(x )=e x −1,f (x )在(0,+∞)单调递增,f (x )在(−∞,0)单调递减.未能用f ′(x )与0的关系分析单调性.第一问:设x 1<x 2<0,则f (x 1)−f (x 2)>0.方法不当,试图单调性的定义法证明单调性.第二问:直接令最小值f (ln a )<0,解得a >1e.没有讨论a 在其它范围所对应零点的个数,思维不严谨.20题第二问:f ′(x )=e x −a,y =f (x )有两个零点,等价于y =e x 与y =a 有两交点.将f (x )零点与f ′(x )零点混淆.第二问:f (x )有两零点,则∆>0.将二次函数零点个数判断错误迁移.第二问:x <ln a,f (x )递减;x >ln a,f (x )递增,f (x )最小为f (ln a )<0,则有两个零点.没有在x =ln a 左右两端找到令f (x 0)>0的x 0,缺乏用零点存在定理“卡点”的严谨性.第二问:(1)a 0时f ′(x )>0,f (x )在R 上递增(没有描述零点个数情况).(2)a 0时,f (x )只有一个零点(零点个数情况描述错误).对于简单的特殊情况未能准确说清零点个数.第二问:局部分参法a >0,不会计算过定点(−2,0)与y =e x相切的切线斜率k .不会求过曲线外一点求已知曲线的切线方程.第二问:局部分参法求得切线斜率k =1e ,a >1e时,有两个零点(其它范围没有分析零点个数).没有分类讨论斜率a 在不同范围内,零点个数的不同情况,缺乏对答案完备性的分析.第二问:完全分参法由f (x )=e x −a (x +2)=0得a =e xx +2.没有考虑x =−2,以致后续对g (x )=e xx +2图像分析错误.第二问:完全分参法后函数求导错误g ′(x )=e x (x +3)(x +2)2.求导的四则运算法则不熟悉.第二问:完全分参法x ∈(−∞,−2),x ∈(−2,−1),g (x )单调递增,x ∈(−1,+∞),g (x )单调递减.单调性判断错误.第一问:圆M 的圆心M (a,b )满足的方程组(a +√2)2+(b −√2)2=r 2(a −√2)2+(b +√2)2=r 2没有解出a =b 或者解出a 与b 是错误关系.计算能力不足,不能对三元二次方程组进行消元求解.第一问:A,B,G 的坐标出错或−→AG,−−→GB 的坐标表示出错(1)写成A (−c,0),B (c,0);(2)写成A (−x,0),B (x,0)或者A (x 1,0),B (x 2,0);(3)写成A (−a,0),B (a,0),G (1,0)或−→AG =(1+a,0),−−→GB =(a −1,0)等.(1)没看清题意,误将椭圆顶点看做焦点;(2)向量坐标表示等概念理解不清楚,向量加、减和点乘的坐标运算法则错误;(3)书写粗心导致计算错误.第一问:−→AG ·−−→GB =8的转化或计算出错(1)|AG |=|GB |=a 或−→AG ·−−→GB =a 2=8或−→AG ·−−→GB =2a =8;(2)−→AG ·−−→GB =2c =8;(3)√a 2+1·√a 2+1=8;(4)得a 2−1=8,所以a 2=7得|−→AG |·|−−→GB |cos ∠AGB =8或∠AGB =120◦.(1)向量数量积的坐标运算法则不熟悉;(2)把AG,GB 的长度看成a ,认为−→AG ·−−→GB =a 2或−→AG ·−−→GB =a +a ;(3)向量的数量积的公式错误,认为−→AG ·−−→GB = −→AG −−→GB ,向量夹角概念不清楚,认为−→AG 与−−→GB 的夹角是∠AGB ,或认为−→AG 与−−→GB 的夹角是60◦.21题第一问:方程写成x 23+y 2=1.求出a =3,忘记平方.第二问:联立CD :x =my +n 或y =kx +t,x 29+y 2=1,消元整理过程出错,或韦达定理出错.代数运算容易出错.第二问:直线P A,P B 的方程出错(1)设l P A :y =k (x +3),l P B :y =k (x −3);(2)设l P A :y =k 1x +b 1,l P B :y =k 2x +b 2;(3)设l P A :y =y 03(x −3),l P B :y =y 09(x +3);(4)设l P A :y =9y 0(x +3),l P B :y =3y 0(x −3).(1)对直线方程的表达方式不熟悉,习惯性书写导致出错.(2)两条直线斜率不一样,习惯性书写时不区分.(3)没有利用已知点,机械设方程,增加了方程的未知量的个数;(4)斜率计算出错,或对斜率公式掌握不牢.第二问:C,D 点坐标出错.不会应用韦达定理求根,或运算出错.第二问:定点求错或无法求出定点.字母运算、转化能力不足.第二问:没有讨论特殊情况:设CD :x =my +n 漏掉y =0的情况;设CD :y =kx +t 漏掉斜率不存在的情况.做题不细心,解题思路不严谨.第一问:曲线方程正确但描述不完整只回答圆或半径为1的圆或圆心在原点的圆或没有回答问题.不知道描述一条曲线不能仅仅说明形状,还应该包含这条曲线的关键要素.第一问:转化参数方程时得错误曲线y =x tan t或x 2+y 2=t 2或x 2+y 2=1并回答曲线是“直线”或“椭圆、双曲线”等.(1)不知道如何消参或对参数的理解错误,转化过程并没有消去参数t ;(2)认为cos t 是cos 乘t ;(3)对于常见曲线方程的形式不能给出正确判断,即对直线、椭圆和双曲线的方程表达形式不熟悉.第二问:方程C 1:x =cos 4ty =sin 4t (t 为参数)不会消参,只代入k =4或者尝试用x −y =cos 2t −sin 2t 消参或者消参得x +y =1.对三角恒等式的运用不熟练,不能观察出√x =cos 2t,√y =sin 2t ,然后根据三角恒等关系消元.第二问:联立√x +√y =1,4x −16y +3=0,消元后无法求解方程.(1)看到根号就懵了,不懂得如何解方程组,对代入消元解方程组的方法思想没有掌握;(2)对于含根的方程不知道如何处理,不能根据式子结构利用一元二次方程的方法求解.第二问:求得方程组的解为x =14y =12或x =√22y =√22或 x =16936y =76等.(1)十字相乘时符号错误;(2)平方变成开方;(3)y 忘记平方;(4)没有验算的意识.22题第二问:直接联立C 1与C 2,化简得到方程4cos 4t −16sin 4t +3=0后不能对方程继续处理.不知道可以把cos 4t 看成(cos 2t )2,并利用cos 2t +sin 2t =1化成一个一元二次方程.第二问:x =cos 4t =cos 22t +12,y =sin 4t =1−cos 22t 2.指数幂运算不过关或者二倍角公式使用错误,应化简为x =cos 4t =(cos 22t +12)2,y =sin 4t =(1−cos 22t 2)2.第二问:(1)直线的方程写成4x −6y +3=0或者4x +16y +3=0或者2x −16y +3=0;(2)√x +√y =1变形得到x 2+y 2+2√xy =1或者x 2+y 2=1.(1)粗心,符号或者系数抄错;(2)完全平方公式不熟练.第一问:图像错误(1)描点的位置不准确;(2)直线的位置不对;(3)直线化成曲线;(4)图像不完整;(5)平移图像画得不规范;(6)图像平移的方向错.(1)点的坐标计算错误或者将点(−13,−83)错误地点在了(−13,−53)或(−13,−113);(2)将y =−x −3画成了像单调递增的函数图像,对于一次函数的单调性理解有误;(3)将直线画成了各种曲线,对各种函数图像记忆混淆;(4)没有写出完整的解析式,导致分段函数的部分段图像没有画完整;(5)(6)将f (x )的图像向右平移得到f(x+1)的图像,对于函数图像的平移方向的判断掌握不熟.第一问:分段函数出错(1)分段函数定义域不全;(2)分段函数解析式错误.(1)−x−3,x<−13;5x−1,−13<x<1;x+3,x>1;忽略端点;(2)去绝对值时候的运算错误,导致解析式求错.第二问:分类讨论中错误(1)分类讨论分类不完整;(2)每一类讨论最后交集求错;(3)分类讨论中错用大括号,并集写成交集;(1)分类的临界点没有找完整;(2)在分类讨论时,对条件和结论的关系没有厘清;(3)粗心导致数字计算和大小比较错误.23题第二问:集合运算的问题(1)解集的形式错误;(2)并集符号的使用错误;(3)元素和集合的关系表达错误.(1)解集写成x<76;(2)解集写成x −43∪−43<x<76;(3)x∈∅写成x=∅.第二问:计算出错(1)合并同类项错误;(2)解不等式错误;(3)绝对值计算错误.(1)多项式的运算能力偏弱;(2)−6x>7解成x>−76;(3)取绝对值时,绝对值符号里面式子的正负判断失误.第二问:求交点用错分段函数解析式.函数图像和解析式的对应能力偏弱.第一问:解不等式错用了放缩.错误利用绝对值不等式放缩,从而能解出不正确的结果.例如:要解不等式|3x+1|+|3x+4|>2|x−1|−2|x|,但因为2|x−1|−2|x| 2,错误的将原式等价于解|3x+1|+|3x+4|>2.(二)理科卷题考生的典型错误原因分析号13答案为14.计算错误.题答案为−112或−7.用代点法的时候代入错误的点.14答案为3.向量模的运算错误,求出向量的模的平方之后忘记开方.题答案为1或√2或2.看到单位向量且认为是等边三角形或者等腰直角三角形.答案为√3或2或3或13.计算错误.案为√2或√22.误认为是a=b.15题答案为√10.把直线AB的斜率误认为是渐近线的斜率.答案为12.离心率公式记忆错误,误认为离心率是a/c.答案为−12或12.余弦定理公式错误,公式右边系数记错.16题答案为√22或√32或−√32.胡乱猜测角的大小,写出相应的三角函数值.答案为60◦或120◦或45◦等等.(1)审题不准;(2)胡乱猜测角的大小.答案为14.运算错误.第一问:由a1为a2,a3的等差中项得2a1=a3−a2,a12=a2·a3,a2=a1+d等.等差中项和等比中项概念不清导致混淆第一问:由q2+q−2=0解得q=−1,q=2,q=−1±√52.方程求解错误,对一元二次方程的系数看错或者求根公式错误.第一问:由q2+q−2=0,解得q=1,q=−2.没有舍去q=1.审题不准,没看清题干条件.17题第二问:当n为奇(偶)数时,S n=1×(−2)0+2×(−2)2+4×(−2)4···+(n−1)×(−2)n−1.概念不清,没理解前n项和的概念.第二问:用错位相减法得3S n=(−2)0+(−2)1+(−2)2+···+(−2)n−1+n·(−2)n.正负号出错.第二问:由q=−2,得a n=−2n−1,所以S n=1+2·−2+3·−22+···+n·−2n−1.表达有误,平时书写习惯不好.第二问:3S n=(−2)0+(−2)1+(−2)2+···+(−2)n−1−n·(−2)n,得3S n=1+(−2)·[1−(−2)]1−(−2)−n·(−2)n或者3S n=(−2)·[1−(−2)]1−(−2)−n·(−2)n.对等比数列求和公式不熟,如弄错项数.第二问:由3S n=1+(−2)[1−(−2)]3−n·(−2)n得S n=19−(3n−1)(−2)9或者S n=13+−2+2·(−2)+n(−2)9.指数运算能力欠缺,合并同类项正负号出错.第二问:由3S n=1−(−2)n3−n·(−2)n得S n=1−(3n+1)·(−2)n.误将除以3当成乘以3进行运算.第二问:由1⃝−2⃝得S n=19−(3n+1)(−2)n9或者得出错误答案.跳步太多,导致失分.第一问:表达不严谨,对于两问中边长数值的设定,没有“不妨设”或者“不失一般性假设”等关键字眼.不清楚上述表达的内涵,书写不严谨.第一问:各类数据计算错误率很高(1)设等边三角形边长AB=a或AB=1时,其它边长计算出错.(2)通过向量坐标计算法向量时出错.(1)带字母结构的运算能力较差;(2)含根号结构的化简处理能力欠缺.第一问:无任何合理证明即认定P A⊥P B和P A⊥P C关键证明步骤缺失.缺乏证明线线垂直的平几思路.第一问:直接利用线线垂直或者面面垂直直接得到线面垂直,如由P A⊥BC直接得P A⊥面P BC.对线面垂直的判定定理不清楚.18题第一问:用法向量知识证明线面垂直时,利用−→P A·m=0得−→P A//m.对线面垂直的向量判定原理不清晰.第二问:建系出错,没有保证三个方向互相垂直,如分别以−→CA,−−→CB为x,y轴建系.空间想象能力弱导致寻找垂直关系困难第二问:书写点的坐标和所建立的坐标系不一致对坐标系中各坐标轴所对应的方向感较差.第二问:利用等体积法计算二面角的平面角余弦值时,不能清晰指出平面角的位置或者等量关系,求面积和体积时运算出错.空间想象能力欠缺,运算能力薄弱.第二问:利用两个法向量求夹角余弦值时运算出错.向量积的坐标运算法则或利用法向量求二面角的公式错误.第二问:缺乏最终结论,直接将两个法向量的夹角余弦值作为答案.对二面角的平面角和法向量的夹角之间的关系不清楚.19题第一问:无任何文字说明,直接写结果,如116,124等.数学语言书写表达习惯未养成.。
2020年广东高考理科数学解答题分析与预测——数列2
2020年广东高考理科数学解答题分析与预测——数列1.在数列{}{},n n a b 中,112,4a b ==,且1,,n n n a b a +成等差数列,11,,n n n b a b ++成等比数列. ⑴求234,,a a a 及234,,b b b ,由此猜测{}{},n n a b 的通项公式,并证明你的结论; ⑵证明:1122111512n n a b a b a b +++<+++L .1.已知数列{}n a 的首项11=a ，*∈∀N n ，nn n a a a +=+221． ⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵求证：*∈∀N n ，312<∑=ni i a ．3.在数列}{n a 中，()1111,302.n n n n a a a a a n --=+-=≥(Ⅰ)求数列}{n a 的通项； （Ⅱ）若11n n a a λλ++≥对任意2n ≥的整数恒成立，求实数λ的取值范围；(Ⅲ)设数列}{n n b b =的前n 项和为n T，求证：)21.3n T >解析：（Ⅰ）由条件得21112n n n n n n b a a a b b +++=+=，由此可得2233446912162025a b a b a b ======，，，，，． ··········· 2分 猜测2(1)(1)n n a n n b n =+=+，． ·················· 4分 用数学归纳法证明：①当n =1时，由上可得结论成立．②假设当n =k 时，结论成立，即2(1)(1)k k a k k b k =+=+，，那么当n =k +1时，22221122(1)(1)(1)(2)(2)k k k k k k a a b a k k k k k b k b +++=-=+-+=++==+，． 所以当n =k +1时，结论也成立．由①②，可知2(1)(1)n n a n n b n =++，对一切正整数都成立． ······ 7分 （Ⅱ）11115612a b =<+． n ≥2时，由（Ⅰ）知(1)(21)2(1)n n a b n n n n +=++>+． ········ 9分 故112211111111622334(1)n n a b a b a b n n ⎛⎫+++<++++ ⎪+++⨯⨯+⎝⎭…… 111111116223341n n ⎛⎫=+-+-++- ⎪+⎝⎭… 111111562216412n ⎛⎫=+-<+= ⎪+⎝⎭ 综上，原不等式成立． ····················· 12分⒚⑴由n n n a a a +=+221，得21111+=+n n a a ……1分，21111=-+n n a a ……2分 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是首项11=n a ，公差21=d 的等差数列……3分 212111+=-+=n n a n ……4分，所以*∈∀N n ，12+=n a n ……5分⑵（方法一）n n n n n a n 24124)1(42222+<++=+=……6分，222+-=n n ……7分 4>n 时，由以上不等式得)222()1212()5232()4222()3212(12+-++--++-+-+-<∑=n n n n a ni i Λ……9分 22122212+-+-+=n n ……10分，3<……11分 因为⎭⎬⎫⎩⎨⎧∑=n i i a 12是递增数列，所以*∈∀N n ，312<∑=n i n a ……12分． （方法二）)1(4)1(422+<+=n n n a n ……6分，244+-=n n ……7分 2>n 时，由以上不等式得)144()4434()3424(112212+-++-+-+<+=∑∑==n n a a ni i n i i Λ……9分 14241+-+=n ……10分，3<……11分 因为⎭⎬⎫⎩⎨⎧∑=n i i a 12是递增数列，所以*∈∀N n ，312<∑=n i n a ……12分．解：(Ⅰ) 1232,6,12a a a ===.…………………………………………… 2分21. （本题满分14分）解：（Ⅰ）将()11302n n n n a a a a n --+-=≥整理得：()11132n n n a a --=≥ ………..1分 所以()1113132,32n n n n a a n =+-=-=-即 ………………….3分 1n =,上式也成立，所以132n a n =- …………………..5分 （Ⅱ）若11n n a a λλ++≥恒成立，即3132n n λλ++≥-恒成立 …………..6分 整理得：()()()313231n n n λ+-≤- 令()()()313231n n n c n +-=- ()()()()()()343131323134n n n n n n c c +++-+--=-= …………8分因为2n ≥,所以上式>0，即}{n c 为单调递增数列，所以2c 最小，2283c =, 所以λ的取值范围为28-3⎛⎤∞ ⎥⎝⎦， ………….10分(Ⅲ)由n b =得23n b ===>=..................................12分 所以，12n n T b b b =+++L23>+L )213= ……….14分。
广东省2020年高考[理数]考试真题与答案解析
![广东省2020年高考[理数]考试真题与答案解析](https://img.taocdn.com/s3/m/be0efd5f30b765ce0508763231126edb6f1a7614.png)
A ．B ．10π97C ．D ．4π338．的展开式中x 3y 3的系数为25()()x x y xy ++A ．5B ．10C ．15三、解答题：共70分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
第每个试题考生都必须作答。
第已知A 、B 分别为椭圆E ：（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，2221x y a+=，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8AG GB ⋅=D ．（1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.21．（12分）已知函数.2()e x f x ax x =+-（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥x 3+1，求a 的取值范围.12（二）选考题：共10分。
请考生在第22、23题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．以坐标原点为极点，轴正xOy 1C cos ,sin kkx t y t⎧=⎪⎨=⎪⎩(t )x 半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．2C 4cos 16sin 30ρθρθ-+=（1）当时，是什么曲线？1k =1C （2）当时，求与的公共点的直角坐标．4k =1C 2C 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数．()|31|2|1|f x x x =+--（1）画出的图像；()y f x =（2）求不等式的解集．()(1)f x f x >+则.25cos ,|||5⋅==n m n m n m |所以二面角的余弦值为.B PC E --25519．解：（1）甲连胜四场的概率为．116（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为；116乙连胜四场的概率为；116丙上场后连胜三场的概率为．18所以需要进行第五场比赛的概率为．11131161684---=（3）丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为．18比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，．1161818因此丙最终获胜的概率为．111178168816+++=20．解：（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）.则，=（a ，–1）.由=8得a 2–1=8，即a =3.(,1)AG a = GB AG GB ⋅所以E 的方程为+y 2=1．29x （2）设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）.若t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，由题意可知–3<n <3.由于直线PA 的方程为y =（x +3），所以y 1=（x 1+3）.9t9t直线PB 的方程为y =（x –3），所以y 2=（x 2–3）.3t 3t可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于，故，可得，222219x y +=2222(3)(3)9x x y +-=-121227(3)(3)y y x x =-++即①221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=将代入得x my n =+2219x y +=222(9)290.m y mny n +++-=所以，．12229mn y y m +=-+212299n y y m -=+代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +--++++=解得n =–3（含去），n =.32故直线CD 的方程为，即直线CD 过定点（，0）．3=2x my +32若t =0，则直线CD 的方程为y =0，过点（，0）.32综上，直线CD 过定点（，0）.3221．解：（1）当a =1时，f （x ）=e x +x 2–x ，则=e x +2x –1．()f x '故当x ∈（–∞，0）时，<0；当x ∈（0，+∞）时，>0．所以f （x ）在（–∞，()f x '()f x '0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）等价于.31()12f x x ≥+321(1)e 12x x ax x --++≤设函数，则321()(1)e (0)2xg x x ax x x -=-++≥32213()(121)e 22xg x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2xx x a x a -=--+++.1(21)(2)e 2x x x a x -=----（i ）若2a +1≤0，即，则当x ∈（0，2）时，>0.所以g （x ）在（0，2）单调递12a ≤-()g x '增，而g （0）=1，故当x ∈（0，2）时，g （x ）>1，不合题意.（ii ）若0<2a +1<2，即，则当x ∈(0，2a +1)∪(2，+∞)时，g'(x )<0；当x ∈1122a -<<(2a +1，2)时，g'(x )>0.所以g (x )在(0，2a +1)，(2，+∞)单调递减，在(2a +1，2)单调递增.由于g (0)=1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7−4a )e −2≤1，即a ≥.27e4-所以当时，g (x )≤1.27e 142a -≤<（iii ）若2a +1≥2，即，则g (x )≤.12a ≥31(1)e 2xx x -++由于，故由（ii ）可得≤1.27e 10[,)42-∈31(1)e 2x x x -++故当时，g (x )≤1.12a ≥综上，a 的取值范围是.27e [,)4-+∞22．解：（1）当k =1时，消去参数t 得，故曲线是圆心为坐标原点，1cos ,:sin ,x t C y t =⎧⎨=⎩221x y +=1C 半径为1的圆．（2）当k =4时，消去参数t 得的直角坐标方程为．414cos ,:sin ,x t C y t ⎧=⎪⎨=⎪⎩1C 1x y +=的直角坐标方程为．2C 41630x y -+=由解得．1,41630x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩1414x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故与的公共点的直角坐标为．1C 2C 11(,)4423．解：（1）由题设知13,,31()51,1,33, 1.x x f x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪⎪+>⎪⎩的图像如图所示．()y f x =（2）函数的图像向左平移()y f x =的图像与()y f x =(y f x =+。
2020年高考全国I卷理科数学解析几何解答题评析
查， 在难度设计上， 不仅有层次性， 而且在思维的灵活性和 深刻性， 方法的综合性和创新性等方面给学生提供了多种分 析问题和解决问题的途径.试题难度适中， 区分度好， 发挥数 学学科高考的选拔性功能.
一、 近 5 年高考全国 I 卷理科数学解析几何解答题回顾
类别 2016 年
2017 年
题目
考点
思想方法
应考方略 数学有数
2020 年高考全国 I 卷理科数学解析几何解答题评析
文/广东省江门市教育局教育研究院 钟烙华
2020 年高考全国 I 卷理科数学第 20 题 （文科第 21 题） 是解析几何解答题， 第 1 问是用平面向量数量积包装， 确定 参数的值， 从而确定椭圆的方程， 解法简单直接； 第 2 问是 证明动直线经过定点， 入口宽， 方法多.本题重视数学运算、 直观想象和逻辑推理等数学核心素养， 突出对运算能力的考
线 C1， 直线 l 交 C1 于 M， N 两点， 过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 点 到 直 线 的 距 离 、 入、 分类讨论
P， Q 两点， 求四边形 MPNQ 面积的取值范围.
弦长公式
20. 已知椭圆 C：
ｘ２ ａ２
＋
ｙ２ ｂ２＝１（aFra bibliotekb>0），
四点 P1
（1, 1）， P2
整体代
C， PB 与 E 的另一个交点为 D. （1） 求 E 的方程； （2） 证明： 直线 CD 程、 动直线过定点 入、 分类讨论
过定点.
从上表可以得出， 近 5 年高考全国 I 卷理科数学解析几 何解答题不仅题型稳定， 而且难度也稳定， 为平稳过渡新高 考奠定基础.5 年第 1 问都是求曲线方程， 2016、 2017、 2020 这三年都是求椭圆的标准方程， 2018、 2019 这两年都是求直 线方程. 第 2 问中 2017、 2020 这两年都是证明动直线经过定
2020年全国高考数学-全国Ⅲ卷三卷理科解析(Word域、极致精编版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试——全国Ⅲ理科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A ＝{(x ，y )|x ，y ∈N *，y ≥x }，B ＝{(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：由题意，A ∩B 中的元素满足⎩⎨⎧y ≥x ，x ＋y ＝8，且x ，y ∈N *，由x ＋y ＝8≥2x ，得x ≤4．所以满足要求的元素有(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)，故A ∩B 中元素的个数为4．2．复数11－3i的虚部是( )A ．－310B ．－110C ．110D ．310答案：D解析：因为z ＝11－3i ＝1＋3i (1－3i )(1＋3i )＝110＋310i ，所以复数z ＝11－3i 的虚部为310．3．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p 1，p 2，p 3，p 4，且∑4i ＝1p i ＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( )A ．p 1＝p 4＝0.1，p 2＝p 3＝0.4B ．p 1＝p 4＝0.4，p 2＝p 3＝0.1C ．p 1＝p 4＝0.2，p 2＝p 3＝0.3D ．p 1＝p 4＝0.3，p 2＝p 3＝0.2答案：B解析：易知四种情形中平均数均为x －＝∑4i ＝1x i p i ＝2.5．对于A ，方差s 2A ＝(1－2.5)2×0.1＋(2－2.5)2×0.4＋(3－2.5)2×0.4＋(4－2.5)2×0.1＝0.65； 对于B ，方差s 2B ＝(1－2.5)2×0.4＋(2－2.5)2×0.1＋(3－2.5)2×0.1＋(4－2.5)2×0.4＝1.85； 对于C ，方差s 2C ＝(1－2.5)2×0.2＋(2－2.5)2×0.3＋(3－2.5)2×0.3＋(4－2.5)2×0.2＝1.05； 对于D ，方差s 2D ＝(1－2.5)2×0.3＋(2－2.5)2×0.2＋(3－2.5)2×0.2＋(4－2.5)2×0.3＝1.45．因此，B 选项这一组标准差最大．法二：样本数据距离平均数越大，且概率越大时，方差和标准差可能越大．4．Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．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 )＝K 1＋e －0.23(t －53)，其中K 为最大确诊病例数．当I (t *)＝0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为( )(ln19≈3)A ．60B ．63C ．66D ．69答案：C解析：当I (t *)＝K 1＋e－0.23(t *－53)＝0.95K ，则e 0.23(t *－53)＝19，所以0.23(t *－53)＝ln19≈3，解得t *≈30.23＋53≈66．5．设O 为坐标原点，直线x ＝2与抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为( )A ．(14，0)B ．(12，0)C ．(1，0)D ．(2，0)答案：B解析：因为直线x ＝2与抛物线y 2＝2px (p ＞0)交于D ，E 两点，且OD ⊥OE ，所以∠DOx ＝∠EOx ＝π4，所以D (2，2)，代入抛物线方程得4＝4p ，即p ＝1，所以抛物线的焦点坐标为(12，0)．6．已知向量a ，b 满足|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，则cos ＜a ，a ＋b ＞＝( )A ．－3135B ．－1935C ．1735D ．1935答案：D解析：易得a ·(a ＋b )＝|a |2＋a ·b ＝52－6＝19，|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝25－2×6＋36＝7．因此，cos ＜a ，a ＋b ＞＝a ·(a ＋b )|a |·|a ＋b |＝195×7＝1935．7．在△ABC 中，cos C ＝23，AC ＝4，BC ＝3，则cos B ＝( )A ．19B ．13C ．12D ．23答案：A解析：由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9，即AB ＝3．于是cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝9＋9－162×3×3＝19．8．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋42B ．4＋42C ．6＋23D ．4＋2 3 答案：C解析：根据三视图，在正方体中截取出符合题意的立体图形．在立体图形中，易得S △ABC ＝S △ADC ＝S △CDB ＝12×2×2＝2．易得AB ＝AD ＝DB ＝22，故S △ADB ＝12AB ·AD ·sin60º＝34(22)2＝23．所以，该几何体的表面积是3×2＋23＝6＋23．9．已知2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，则tan θ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案：D解析：因为2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，所以2tan θ－tan θ＋11－tan θ＝7，解得tan θ＝2．10．若直线l 与曲线y ＝x 和x 2＋y 2＝15都相切，则l 的方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x ＋12C ．y ＝12x ＋1D ．y ＝12x ＋12答案：D解析：设直线l 与曲线y ＝x 的切点为(x 0，x 0)，x 0＞0，因函数y ＝x 的导数为y'＝12x ，所以直线l 的方程为y －x 0＝12x 0(x －x 0)，即x －2x 0y ＋x 0＝0．由于直线l 与圆x 2＋y 2＝15相切，则d ＝x 01＋4x 0＝r ＝15，整理得5x 20－4x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－15(舍)．所以，直线l 的方程为x －2y ＋1＝0，即y ＝12x ＋12．11．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为5．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案：A解析：因为离心率e ＝ca＝5，所以c ＝5a ．因为F 1P ⊥F 2P ，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝(2c )2． S △PF 1F 2＝12|PF 1|·|PF 2|＝4，即|PF 1|·|PF 2|＝8．又由双曲线的定义可得||PF 1|－|PF 2||＝2a ．因为(|PF 1|－|PF 2|)2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|，即4a 2＝4c 2－16，又c ＝5a ，所以16a 2＝16，解得a ＝1．12．已知55＜84，134＜85．设a ＝log 53，b ＝log 85，c ＝log 138，则( )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b答案：A解析：由题意可知a ，b ，c ∈(0，1)．a b ＝log 53log 85＝lg3lg5·lg8lg5＜1(lg5)2·(lg3＋lg82)2＝(lg3＋lg82lg5)2＝(lg24lg25)2＜1，所以a ＜b ； 由b ＝log 85，得8b ＝5，因为55＜84，得85b ＜84，所以5b ＜4，得b ＜45；由c ＝log 138，得13c ＝8，因为134＜85，得134＜135c ，所以5c ＞4，得c ＞45．综上所述，a ＜b ＜c ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，2x －y ≥0，x ≤1，则z ＝3x ＋2y 的最大值为_________．答案：714．(x 2＋2x )6的展开式中常数项是__________(用数字作答)．答案：240解析：(x 2＋2x )6的二项展开式通项为T r ＋1＝C r 6·(x 2)6－r ·(2x )r ＝C r6(2)r ·x 12－3r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4，所以(x 2＋2x )6的展开式中常数项是C 46·24＝240．15．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________． 答案：23π 解析：法一：圆锥内半径最大的球应该是该圆锥的内切球，如图．由底面半径为1，母线长为3，易得高SC ＝22．不妨设该内切球与母线BS 切于点D ，令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，可得ODOS ＝BC BS ，即r 22－r ＝13，解得r ＝22． 此时V ＝43πr 3＝23π．法二：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BC ＝2，AB ＝AC ＝3，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ．设内切圆半径为r ，则12×2×22＝S △ABC ＝S △AOB ＋S △BOC ＋S △AOC ＝12×AB ×r ＋12×BC ×r ＋12×AC ×r ＝12×(3＋3＋2)×r ，解得r ＝22，故体积V ＝43πr 3＝23π．16．关于函数f (x )＝sin x ＋1sin x有如下四个命题：①f (x )的图像关于y 轴对称．②f (x )的图像关于原点对称． ③f (x )的图像关于直线x ＝π2对称．④f (x )的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 答案：②③解析：函数f (x )的定义域为{x |x ≠kπ，k ∈Z }，定义域关于0对称，易得f (－x )＝sin(－x )＋1sin(－x )＝－sin x －1sin x ＝－(sin x ＋1sin x )＝－f (x )，所以f (x )是非零的奇函数，因此图象关于原点对称，故命题①错误，命题②正确；对于命题③，因为f (π2－x )＝sin(π2－x )＋1sin(π2－x )＝cos x ＋1cos x ，f (π2＋x )＝sin(π2＋x )＋1sin(π2＋x )＝cos x ＋1cos x ，则f (π2－x )＝f (π2＋x )，所以f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，命题③正确；对于命题④，当－π＜x ＜0时，sin x ＜0，则f (x )＝sin x ＋1sin x＜0＜2，命题④错误．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． (一)必考题：共60分．17．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n ．(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n ．解析：(1)由题意，a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝3×5－8＝7．猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，故a n ＝2n ＋1． 证明：①当n ＝1时，a 1＝3＝2＋1；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k ＝2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝3a k －4k ＝3(2k ＋1)－4k ＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，命题也成立．综上，由数学归纳法知，对任意的n ∈N *，都有a n ＝2n ＋1． (2)由(1)可知，2n a n ＝(2n ＋1)·2n ，则S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得，－S n＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，所以S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2．18．某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：(1)(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(3)若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?人次≤400 人次＞400空气质量好 空气质量不好附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，P (K 2≥k ) 0.050 0.0100.001k3.841 6.635 10.828解析：(1)由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为2＋16＋25100＝0.43，等级为2的概率为5＋10＋12100＝0.27，等级为3的概率为6＋7＋8100＝0.21，等级为4的概率为7＋2＋0100＝0.09．(2)由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100×20＋300×35＋500×45100＝350．(3)2×2列联表如下：人次≤400 人次＞400空气质量不好 33 37 空气质量好228 K 2＝100×(33×8－37×22)55×45×70×30≈5.820＞3.841，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．19．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1．(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．解析：(1)在棱CC 1上取点G ，使得CG ＝2C 1G ，连接DG 、FG 、C 1E 、C 1F ．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得CG ＝23CC 1＝23BB 1＝BF 且CG ∥BF ，所以四边形BCGF 为平行四边形，因此BC _∥FG ． 又BC _∥AD ，所以FG _∥AD ，因此四边形ADGF 为平行四边形，所以AF _∥DG ． 易得C 1G _∥DE ，所以四边形DEC 1G 为平行四边形，因此C 1E _∥DG ． 所以C 1E _∥AF ，则四边形AEC 1F 为平行四边形，因此点C 1在平面AEF 内．(2)以点C 1为坐标原点，C 1D 1、C 1B 1、C 1C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C 1－xyz ．易得A (2，1，3)，A 1(2，1，0)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，故AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1)．设平面AEF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，得⎩⎨⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，取z 1＝－1，得x 1＝y 1＝1，则m ＝(1，1，－1)．设平面A 1EF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1F →＝0，得⎩⎨⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，取z 2＝2，得x 2＝1，y 2＝4，则n ＝(1，4，2)．于是cos ＜m ，n ＞＝m ·n |m |·|n |＝33×21＝77．设二面角A －EF －A 1的平面角为θ，则|cos θ|＝77，所以sin θ＝1－cos 2θ＝427，因此，二面角A －EF －A 1的正弦值为427．20．已知椭圆C ：x 225＋y 2m 2＝1(0＜m ＜5)的离心率为154，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．解析：(1)因为椭圆C ：x 225＋y 2m2＝1(0＜m ＜5)，所以a ＝5，b ＝m ．e ＝c a＝1－(b a)2＝1－(m 5)2＝154，解得m ＝54，所以C ：x 225＋y 2(54)2＝1，即x 225＋16y 225＝1．(2)不妨设P ，Q 在x 轴上方，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x ＝6与x 轴交点为N ．因为BP ⊥BQ ，所以∠PBM ＋∠QBN ＝90º，又∠BQN ＋∠QBN ＝90º，所以∠PBM ＝∠BQN ．又|BP |＝|BQ |，所以△PMB ≌△BNQ ．因为椭圆C ：x 225＋16y 225＝1，所以B (5，0)，所以|PM |＝|BN |＝6－5＝1，即y P ＝1，将其代入x 225＋16y 225＝1，可得x P ＝3或－3，所以P 点为(3，1)或(－3，1)．①当P 点为(3，1)时，|MB |＝5－3＝2＝|NQ |，故Q 点为(6，2)． 因为A (－5，0)，可求得直线AQ 的直线方程为2x －11y ＋10＝0，故点P 到直线AQ 的距离为d ＝|2×3－11×1＋10|22＋112＝|5|125＝55，又|AQ |＝(6＋5)2＋(2－0)2＝55，所以△APQ 面积为12×55×55＝52． ②当P 点为(－3，1)时，|MB |＝5＋3＝8＝|NQ |，故Q 点为(6，8)．因为A (－5，0)，可求得直线AQ 的直线方程为8x －11y ＋40＝0，故点P 到直线AQ 的距离为d ＝|8×(－3)－11×1＋40|82＋112＝|5|185＝5185，又|AQ |＝(6＋5)2＋(8－0)2＝185，所以△APQ 面积为12×185×5185＝52． 综上所述，△APQ 的面积为52．21．设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．(1)求b ．(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1．解：(1)因为f'(x )＝3x 2＋b ，由题意得f'(12)＝0，即3×(12)2＋b ＝0，则b ＝－34．(2)由(1)得f (x )＝x 3－34x ＋c ，故f'(x )＝3x 2－34＝3(x ＋12)(x －12)．令f'(x )＞0，得x ＞12或x ＜－12；令f'(x )＜0，得－12＜x ＜12．所以f (x )在(－12，12)上递减，在(－∞，－12)，(12，＋∞)上递增．且f (－1)＝f (12)＝c －14，f (－12)＝f (1)＝c ＋14．若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )在[－1，1]上有零点，则c －14≤0≤c ＋14，得－14≤c ≤14．当c ＝－14时，易知f (x )的零点为－12和1，满足所有零点的绝对值都不大于1．当c ＝14时，易知f (x )的零点为－1和12，满足所有零点的绝对值都不大于1．当－14＜c ＜14时，f (－1)＝f (12)＝c －14＜0，f (－12)＝f (1)＝c ＋14＞0，所以f (x )的零点x 1∈(－1，－12)，x 2∈(－12，12)，x 3∈(12，1)，满足所有零点的绝对值都不大于1．综上，f (x )所有零点的绝对值都不大于1．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． [选修4—4：坐标系与参数方程](10分)22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2－t －t 2，y ＝2－3t ＋t 2(t 为参数且t ≠1)，C 与坐标轴交于A 、B 两点．(1)求|AB |；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程．解析：(1)令x ＝0，则2－t －t 2＝0，解得t ＝－2或1(舍)，则y ＝2－3t ＋t 2＝12，故A (0，12)．令y ＝0，则2－3t ＋t 2＝0，解得t ＝2或1(舍)，则x ＝2－t －t 2＝－4，故B (－4，0)． |AB |＝42＋122＝410．(2)由(1)可知k AB ＝3，则直线AB 的方程为y ＝3(x ＋4)，即3x －y ＋12＝0．所以，直线AB 的极坐标方程为3ρcos θ－ρsin θ＋12＝0．[选修4—5：不等式选讲](10分)(2020全国Ⅲ理23文23)设a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1．(1)证明：ab ＋bc ＋ca ＜0；(2)用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }≥34．解析：(1)因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0，所以ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)．因为abc ＝1，所以a ，b ，c 均不为0，所以ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)＜0．(2)不妨设max{a ，b ，c }＝a ．由a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1，可知a ＞0，b ＜0，c ＜0．易得a ＝－b －c ，a ＝1bc ，所以a 2＝(b ＋c )2≥4bc ＝4a ，即a 3≥4，所以a ≥34．即证得max{a ，b ，c }≥34．。
2020年广东高考理科数学解答题分析与预测——立体几何2
2020年广东高考理科数学解答题分析与预测——立体几何1.如图所示，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．2.如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB⊥B 1C.(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A A 1B 1 C 1的余弦值．3.如图所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC的正弦值．4.如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆o ，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥(II)求二面角A PD C --的余弦值.5.如图,在底面为直角梯形的四棱锥ABCD P -中,BC AD //,︒=∠90ABC ,⊥PD 平面ABCD ,1=AD ,3=AB ,4=BC (1)求直线AB 与平面PDC 所成的角;(2)在棱PC 上是否存在点E ,使得//DE 平面PAB ,若存在说明E 的位置，若不存在，说明理由.APEC DB6.等边三角形ABC 的边长为3,点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点,且满足AD DB =12CE EA =(如图3).将△ADE 沿DE 折起到△1A DE 的位置,使二面角1A DE B --成直二面角,连结1A B 、1AC (如图4).(1)求证:1A D ⊥平面BCED ;(2)在线段BC 上是否存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60o ?若存在,求出PB 的长,若不存在,请说明理由.17．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又M是AB的中点，所以CD∥MA且CD＝MA.连接AD1.因为在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，CD∥C1D1，CD＝C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)方法一：连接AC，MC.由(1)知，CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，所以BC＝AD＝MC.由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝3，因此CA⊥CB.设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz.所以A(3，0，0)，B(0，1，0)，D 1(0，0，3)． 因此M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以MD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，3x ＋y －2 3z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量．因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n|＝55，所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 方法二：由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N.由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1 AB C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC＝60°， 3所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152.在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152＝55，所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 19．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO.由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO.又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO.又因为AB ＝BC ，所以△BOA≌ △BOC.故OA⊥OB，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直．以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又AB ＝BC ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B(1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0.AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，－33， A 1B 1→＝AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C →1＝BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z)是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB 1＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)． 设m 是平面A 1B 1C 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0，同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m|＝17.所以结合图形知二面角A A 1B 1 C 1的余弦值为17.19．解：(1)证明：方法一，过点E 作EO⊥BC，垂足为O ，连接OF.由△ABC≌△DBC 可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝π2，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO ∩FO ＝O ，所以BC⊥平面EFO.又EF ⊂平面EFO ，所以EF⊥BC.方法二，由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线，并将其作为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线，并将其作为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，3)，D(3，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，12，32)，F(32，12，0)，所以EF →＝(32，0，－32)，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC→＝0，从而EF →⊥BC →，所以EF⊥BC.图2(2)方法一，在图1中，过点O 作OG⊥BF，垂足为G ，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC ，所以EO⊥面BDC ，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG ⊥BF ，因此∠EGO 为二面角EBFC 的平面角．在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32.由△BGO∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而得sin ∠EGO ＝255，即二面角EBFC 的正弦值为2 55. 方法二，在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z)，又BF →＝(32，12，0)，BE →＝(0，12，32)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF→＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角EBFC 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15， 因此sin θ＝25＝2 55，即所求二面角正弦值为2 55.【答案】【答案】解1:(1)∵⊥PD 平面ABCD ⊂PD 面PDC ∴平面⊥PDC 平面ABCD过D 作AB DF //交BC 于F 过点F 作CD FG ⊥交CD 于G , ∵平面I PDC 平面CD ABCD =∴⊥FG 面PDC∴FDG ∠为直线AB 与平面PDC 所成的角 在DFC Rt ∆中,︒=∠90DFC ,3=DF ,3=CF ∴3tan =∠FDG , ∴︒=∠60FDG即直线AB 与平面PDC 所成角为︒60(2)连结EF ,∵AB DF //,⊄DF 平面PAB ,⊂AB 平面PAB ∴//DF 平面PAB又∵//DE 平面PAB 且D DF DE =I ∴平面//DEF 平面PAB ∴AB EF //又∵1=AD ,4=BC ,1=BFPEFBCDAGP∴41==BC BF PC PE ∴41=,即41=λ 解2:如图,在平面ABCD 内过D 作直线AB DF //,交BC 于F ,分别以DA 、DF 、DP 所在的直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.设a PD =,则)0,0,0(D 、)0,0,1(A 、)0,3,1(B 、)0,3,3(-C 、),0,0(a P (1)设面PDC 的法向量为),,(z y x = ∵)0,3,3(-=、),0,0(a =∴由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n DP n DC 得⎪⎩⎪⎨⎧==+-0033az y x 令1=x 可解得⎪⎩⎪⎨⎧==03z y∴)0,3,1(= ∵)0,3,0(= ∴2323030||||,cos =⨯++=⋅<n AB n AB ∴直线AB 与平面PDC 所成的角θ,则23|,cos |sin =><=θ∵︒<<︒900θ ∴︒=60θ 即直线AB 与平面PDC 所成的角为︒60(2)∵),3,3(a --= ∴),3,3(λλλλa --==∴),3,3(),3,3(),0,0(λλλλλλa a a a PE DP DE --=--+=+= 设面PAB 的法向量为),,(111z y x = ∵)0,3,0(=AB 、),0,1(a PA -=∴由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00 得⎪⎩⎪⎨⎧=-=003az x y 令1=z 可解得⎩⎨⎧==a x y 0∴)1,0,(a m =若//DE 平面PAB ,则003)1,0,(),3,3(=-++-=⋅--=⋅λλλλλa a a a a a 而0≠a , 所以41=λB【答案】(本小题主要考查空间直线与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识,考查空间想象能力和运算求解能力等,本小题满分14分)证明:(1)因为等边△ABC 的边长为3,且AD DB =12CE EA =, 所以1AD =,2AE =. 在△ADE 中,60DAE ∠=o ,由余弦定理得DE ==. 因为222AD DE AE +=, 所以AD DE ⊥. 折叠后有1A D DE ⊥因为二面角1A DE B --是直二面角,所以平面1A DE ⊥平面BCED 又平面1A DE I 平面BCED DE =,1A D ⊂平面1A DE ,1A D DE ⊥, 所以1A D ⊥平面BCED(2)解法1:假设在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60o . 如图,作PH BD ⊥于点H ,连结1A H 、1A P 由(1)有1A D ⊥平面BCED ,而PH ⊂平面BCED , 所以1A D ⊥PH又1A D BD D =I , 所以PH ⊥平面1A BD所以1PA H ∠是直线1PA 与平面1A BD 所成的角 设PB x =()03x ≤≤,则2xBH =,PH x =在Rt △1PA H 中,160PA H ∠=o ,所以112A H x =在Rt △1A DH 中,11A D =,122DH x =-由22211A D DH A H +=,得222111222x x ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得52x =,满足03x ≤≤,符合题意 所以在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60o ,此时52PB = 解法2:由(1)的证明,可知ED DB ⊥,1A D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点,以射线DB 、DE 、1DA 分别为x间直角坐标系D xyz -如图 设2PB a =()023a ≤≤,则BH a =,PH =,2DH a =- 所以()10,0,1A ,()2,0P a -,()E所以()12,,1PA a =-u u u r因为ED ⊥平面1A BD ,所以平面1A BD 的一个法向量为()DE =u u u r因为直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60o ,所以11sin 60PA DE PA DE=ou u u r u u u r g u u u r u u u r==, 解得54a =即522PB a ==,满足023a ≤≤,符合题意所以在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60o ,此时52PB =。
2020年广东高考数学试卷
2020年广东高考数学试卷摘要：1.2020年广东高考数学试卷概述2.试卷结构及题型分析3.解答技巧与策略4.实用解题方法与例题解析5.针对不同题型的应对策略6.复习建议与备考指南正文：一、2020年广东高考数学试卷概述2020年广东高考数学试卷整体难度适中，题型常规，涵盖了高中数学的基础知识和重点内容。
试卷分为选择题、填空题、解答题三个部分，各部分试题分值占比合理。
二、试卷结构及题型分析1.选择题：共10题，每题4分，共计40分。
题目涉及的知识点包括函数与导数、三角函数、概率与统计、数列、立体几何等。
2.填空题：共10题，每题4分，共计40分。
题目主要考察考生对基础知识的掌握和运用能力，如代数运算、几何知识等。
3.解答题：共6题，每题20分，共计120分。
题目涉及的知识点包括函数与导数、三角函数、数列、立体几何、解析几何等。
三、解答技巧与策略1.选择题：快速筛选选项，运用排除法、代入法等解题方法。
2.填空题：熟练掌握基础知识，注意审题，简洁明了地表达解题过程。
3.解答题：理清题意，灵活运用公式、定理，注重解题步骤的清晰性和逻辑性。
四、实用解题方法与例题解析1.函数与导数：掌握函数的性质，如单调性、奇偶性等，熟练运用导数求极值、最值问题。
2.三角函数：熟练运用三角函数公式，解决三角函数的恒等变换、最值问题等。
3.数列：理解等差、等比数列的性质，运用求和公式、通项公式等。
4.立体几何：掌握空间几何体的性质，如表面积、体积公式，熟悉向量运算。
5.解析几何：理解平面直角坐标系的性质，熟练运用解析几何公式求解问题。
五、针对不同题型的应对策略1.计算题：细心审题，合理运用公式、定理，注重步骤的清晰性。
2.分析题：理清题意，善于从已知条件中挖掘隐含信息，灵活运用解题方法。
3.应用题：将实际问题抽象为数学问题，善于寻找问题的关键点，简化问题。
六、复习建议与备考指南1.扎实掌握基础知识，强化基本运算能力、解题技巧。
- 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、"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、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)。
xx2020高考理科数学试题评析
xx2018高考理科数学试题评析
2018年全国I卷理科数学试题，注重考试内容的基础性、全面性、综合性、应用性，坚持能力立意的原则，重点考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力以及综合运用数学知识解决问题的能力，考查考生的数学素养和探究意识。
具体来说，今年全国I卷理科试题有如下几个特点：
一是保持安定，主要体现在全面考查基础，突出考查主干，如多数试题都是以学生最熟悉的知识和问题呈现，只要对所涉及的知识和方法有基本的认知就可正确作答，这类试题有利于安定考生的心态，有利于考生正常发挥。
此外，试题注重对高中所学内容的全面考查，如集合、复数、函数、数列、线性规划、平面向量、计数原理、极坐标与参数方程、不等式等内容都得到了有用的考查。
在此基础上，试卷还强调对主干内容的重点考查，如在解答题中考查了函数与导数、解三角形、概率统计、立体几何、圆锥曲线等主干内容，这体现了试卷对数学知识考查的基础性、全面性和综合性。
试卷在强调通性通法的同时，还坚持能力立意，试卷往往以一道题为载体，呈现给考生的是解决一类问题的通用方法。
如第18题考查了证明面面垂直和求线面角的大凡方法，重点考查考生的逻辑推理和空间想象能力;第19题考查了解决圆锥曲线定值问题的大凡方法，重点考查考生的运算求解能力;特别是第21题考查了化归与转化的思想方法，揭示了如何构造辅助函数证明不等式的方法，重点考查考生分析问题和解决问题的能力。
二是坚持创新，主要体现在注重题型设计创新，综合考查数学素养，试题设问新奇。
如第10题以古希腊数学家研究的几何图形为情境，设计了一个几何概型及几何概率计算的问题;第16题关于三角函数的最值问题，体现导数工具在研究函数最值问题中的大凡性应用;第20题将函数与概率综合，设问新奇，体现了考生运用数学知识解决数学问题的能力和素养。
三是注重应用，试题贴近生产生活实际，体现数学应用价值。
如第3题以新农村建设为背景，试题情境丰盛，贴近生活，具有深刻的时代气息，设计的
1/ 2
问题自然却不乏新奇;再如第20题以产品质量检查为背景，设计的问题有很强的现实意义，如何根据期望进行科学合理决策，不仅考查考生对概率统计知识的理解，更是考查概率统计知识在数学和生活中的应用，使考生体会到数学知识与现实生活息息相关。
总的来说，今年全国I卷理科数学试题全面覆盖中学数学的主干内容，坚持通俗问题考查真功夫，没有偏题怪题，非常有利于高校科学选拔，也对高中教学有很好的导向作用。
2/ 2。