江苏省2020年高考数学第20题优美解

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2020年高考数学一轮复习考点20两角和与差的正弦余弦和正切必刷题理含解析

考点20 两角和与差的正弦、余弦和正切1、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b 2＝a 2＋bc ，A ＝π6，则角C ＝( )A.π6B ．π4C ．π6或3π4D ．π4或3π4【答案】B【解析】在△ABC 中，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，即32＝b 2＋c 2－a 22bc，所以b 2＋c 2－a 2＝3bc .又b2＝a 2＋bc ，所以c 2＋bc ＝3bc ，即c ＝(3－1)b ＜b ，则a ＝2－3b ，所以cos C ＝b 2＋a 2－c 22ab ＝22，解得C ＝π4.故选B.2、△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝7，c ＝4，cos B ＝34，则△ABC 的面积为( )A ．37B ．372C ．9D ．92【答案】B【解析】.由余弦定理b 2＝c 2＋a 2－2ac cos B ，得7＝16＋a 2－6a ，解得a ＝3，∵cos B ＝34，∴sin B ＝74，∴S △ABC ＝12ca sin B ＝12×4×3×74＝372.故选B.3、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若b 2＋c 2－a 2＝3bc ，且b ＝3a ，则下列关系一定不成立的是( ) A ．a ＝c B ．b ＝c C ．2a ＝c D ．a 2＋b 2＝c 2【答案】B【解析】由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3bc 2bc ＝32，则A ＝30°.又b ＝3a ，由正弦定理得sin B ＝3sin A ＝3sin 30°＝32，所以B ＝60°或120°. 当B ＝60°时，△ABC 为直角三角形，且2a ＝c ，可知C ，D 成立；当B ＝120°时，C ＝30°，所以A ＝C ，即a ＝c ，可知A 成立．故选B.4、已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，sin A ∶sin B ＝1∶3，c ＝2cos C ＝3，则△ABC 的周长为( ) A ．3＋3 3 B ．2 3 C ．3＋2 3 D ．3＋ 3【答案】C【解析】因为sin A ∶sin B ＝1∶3，所以b ＝3a ，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋（3a ）2－c 22a ×3a＝32，又c ＝3，所以a ＝3，b ＝3，所以△ABC 的周长为3＋23，故选C.5、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若A ＝60°，b ＝1，S △ABC ＝3，则c ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】D【解析】∵S △ABC ＝12bc sin A ，∴3＝12×1×c ×32，∴c ＝4.6、在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ，则A 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，πC.⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π 【答案】C【解析】由正弦定理及sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C 可得a 2≤b 2＋c 2－bc ，即b 2＋c 2－a 2≥bc ，由余弦定理可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ≥bc 2bc ＝12，又0＜A ＜π，所以0＜A ≤π3.故A 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3.故选C.7、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若cb＜cos A ，则△ABC 为( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形 D ．等边三角形【答案】A【解析】根据正弦定理得c b ＝sin Csin B＜cos A ，即sin C ＜sin B cos A ，∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin C ＝sin(A ＋B )＜sin B cos A ，整理得sin A cos B ＜0.又在三角形中sin A ＞0， ∴cos B ＜0，∴π2＜B ＜π.∴△ABC 为钝角三角形．8、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 为锐角三角形，且满足sin B (1＋2cos C )＝2sinA cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是( )A ．a ＝2bB ．b ＝2aC ．A ＝2BD ．B ＝2A【答案】A【解析】因为A ＋B ＋C ＝π，sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，所以sin(A ＋C )＋2sin B cosC ＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，所以2sin B cos C ＝sin A cos C .又cos C ≠0，所以2sin B ＝sin A ，所以2b ＝a ，故选A.9、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝7，b ＝3，c ＝2，则A ＝( ) A.π6B ．π4C ．π3D ．π2【答案】C【解析】∵cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32＋22－722×3×2＝12，且A ∈()0，π，∴A ＝π3.故选C. 10、已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c －b c －a ＝sin Asin C ＋sin B，则B 等于( ) A.π6 B ．π4C.π3D ．3π4【答案】C【解析】根据正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R ，得c －b c －a ＝sin A sin C ＋sin B ＝ac ＋b，即a 2＋c 2－b 2＝ac ，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，又0＜B ＜π，所以B ＝π3，故选C.11、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若(a 2＋b 2－c 2)tan C ＝ab ，则角C 的大小为( ) A.π6或5π6 B ．π3或2π2C.π6D ．2π3【答案】A【解析】由题意知，a 2＋b 2－c 22ab ＝12tan C ⇒cos C ＝cos C 2sin C ，∴sin C ＝12.又C ∈(0，π)，∴C ＝π6或5π6.故选A.12、在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则cos A ＝( )A.31010B ．1010C ．－1010D ．－31010【答案】C【解析】如图，过A 作AD ⊥BC ，垂足为D ，由题意知AD ＝BD ＝13BC ，则CD ＝23BC ，AB ＝23BC ，AC ＝53BC ，在△ABC 中，由余弦定理的推论可知，cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC＝29BC 2＋59BC 2－BC 22×23BC ×53BC ＝－1010，故选C. 13、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＋sin A －2cos B ＋sin B＝0，则a ＋bc的值是( ) A ．1 B ． 2 C. 3 D ．2【答案】B【解析】因为cos A ＋sin A －2cos B ＋sin B＝0，所以(cos A ＋sin A )(cos B ＋sin B )＝2，所以cos A cosB ＋sin A sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ＝2，即cos(A －B )＋sin(A ＋B )＝2，所以cos(A －B )＝1，sin(A＋B )＝1，又A ，B 分别为三角形的内角，所以A ＝B ，A ＋B ＝π2，所以a ＝b ，C ＝π2，所以a ＋bc ＝22c ＋22c c＝2，故选B.14、△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sin A )，则A ＝( ) A.3π4B ．π3C ．π4D ．π6【答案】C【解析】∵b ＝c ，∴B ＝C .又由A ＋B ＋C ＝π得B ＝π2－A 2.由正弦定理及a 2＝2b 2(1－sin A )得sin 2A ＝2sin 2B ·(1－sin A )，即sin 2A＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 2(1－sin A )，即sin 2A ＝2cos 2A 2(1－sin A )，即4sin 2A 2cos 2A 2＝2cos 2A 2(1－sin A )，整理得cos 2A 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－sin A －2sin 2A 2＝0，即cos 2A2(cos A －sin A )＝0.∵0＜A ＜π，∴0＜A 2＜π2，∴cos A2≠0，∴cos A ＝sin A ．又0＜A ＜π，∴A ＝π4.15、在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝2 3sin B ，则A ＝( )A ．150°B ．120°C ．60°D ．30°【答案】D【解析】由a 2－b 2＝3bc ，得sin 2A －sin 2B ＝3sin B ·sinC ， ∵sin C ＝23sin B ，∴sin A ＝7sin B ，∴c ＝23b ，a ＝7b ，由余弦定理得cos A ＝12b 2＋b 2－7b22×23b ×b＝32，∴A ＝30°.故选D. 16、在△ABC 中，A ＝π4，b 2sin C ＝42sin B ，则△ABC 的面积为________．【答案】2【解析】因为b 2sin C ＝42sin B ，所以b 2c ＝42b ，即bc ＝42，故S △ABC ＝12bc sin A ＝12×42×22＝2.17、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2(b cos A ＋a cos B )＝c 2，b ＝3，3cos A ＝1，则a 的值为________．【答案】3【解析】由正弦定理可得2(sin B cos A ＋sin A cos B )＝c sin C ，∵2(sin B cos A ＋sin A cos B )＝2sin(A ＋B )＝2sin C ，∴2sin C ＝c sin C ，∵sin C ＞0，∴c ＝2，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋32－2×2×3×13＝9，∴a ＝3.18、在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝5，B ＝2π3，△ABC 的面积为1534，则cos2A ＝________．【答案】7198【解析】由三角形的面积公式，得S △ABC ＝12ac sin B ＝12×a ×5×sin 2π3＝12×32×5a ＝1534，解得a ＝3.由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝32＋52－2×3×5×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝49，得b ＝7.由a sin A ＝b sin B ⇒sin A ＝a b sin B ＝37sin2π3＝3314，∴cos 2A ＝1－2sin 2A ＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫33142＝7198. 19、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若角A ，B ，C 依次成等差数列，且a ＝1，b ＝3，则S △ABC ＝________. 【答案】32【解析】因为角A ，B ，C 依次成等差数列，所以B ＝60°.由正弦定理，得1sin A ＝3sin 60°，解得sin A ＝12.因为0°＜A ＜180°，所以A ＝30°或150°(舍去)，此时C ＝90°，所以S △ABC ＝12ab ＝32. 20、已知△ABC 中，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________．【答案】152；104【解析】由余弦定理得cos ∠ABC ＝42＋22－422×4×2＝14，∴cos ∠CBD ＝－14，sin ∠CBD ＝154，∴S △BDC ＝12BD ·BC ·sin∠CBD ＝12×2×2×154＝152.又cos ∠ABC ＝cos 2∠BDC ＝2cos 2∠BDC －1＝14，0＜∠BDC ＜π2，∴cos ∠BDC ＝104. 21、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若b 2＋c 2＝2a 2，则cos A 的最小值为________．【答案】12【解析】因为b 2＋c 2＝2a 2，则由余弦定理可得a 2＝2bc cos A ，所以cos A ＝a 22bc ＝12×b 2＋c 22bc ≥12×2bc 2bc ＝12(当且仅当b ＝c 时等号成立)，即cos A 的最小值为12.22、△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知△ABC 的面积为a 23sin A .(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长．【答案】【解析】(1)由题设得12ac sin B ＝a 23sin A ，即12c sin B ＝a3sin A .由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A3sin A .故sin B sin C ＝23.(2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12.所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3.由题设得12bc sin A ＝a23sin A，a ＝3，即bc ＝8.由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9，即(b ＋c )2－3bc ＝9，由bc ＝8，得b ＋c ＝33.故△ABC 的周长为3＋33.23、如图，在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a cos A ＝b cos C ＋c cos B .(1)求角A 的大小；(2)若点D 在边AC 上，且BD 是∠ABC 的平分线，AB ＝2，BC ＝4，求AD 的长．【答案】【解】(1)由题意及正弦定理得2sin A cos A ＝sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin(B ＋C )＝sin A ． ∵sin A ≠0，∴cos A ＝12.∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos A ，即16＝4＋AC 2－2AC ，解得AC ＝1＋13，或AC ＝1－13(负值，舍去)． ∵BD 是∠ABC 的平分线，AB ＝2，BC ＝4， ∴AD DC ＝AB BC ＝12，∴AD ＝13AC ＝1＋133. 24、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos A a＋cos B b＝sin C c. (1)证明：sin A sin B ＝sin C . (2)若b 2＋c 2－a 2＝65bc ，求tan B ．【答案】(1)见解析 (2)4 【解析】(1)证明：由正弦定理asin A＝bsin B ＝csin C，可知原式可以化简为cos A sin A ＋cos B sin B ＝sin Csin C＝1，因为A 和B 为三角形的内角，所以sin A sin B ≠0，则两边同时乘以sin A sin B ，可得 sin B cos A ＋sin A cos B ＝sin A sin B ，由和角公式可知，sin B cos A ＋sin A cos B ＝sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，∴sin C ＝sin A sin B ，故原式得证．(2)由b 2＋c 2－a 2＝65bc ，根据余弦定理可知，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35.因为A 为三角形内角，A ∈(0，π)，sin A ＞0，则sin A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，即cos A sin A ＝34，由(1)可知cos A sin A ＋cos B sin B ＝sin C sin C ＝1，所以cos B sin B ＝1tan B ＝1－cos A sin A ＝1－34＝14，所以tan B ＝4. 25、在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知cos 2B ＋cos B ＝1－cos A cosC . (1)求证：a ，b ，c 成等比数列； (2)若b ＝2，求△ABC 的面积的最大值．【答案】(1)见解析 (2) 3【解析】(1)在△ABC 中，cos B ＝－cos(A ＋C )．由已知，得(1－sin 2B )－cos(A ＋C )＝1－cos A cos C ，∴－sin 2B －(cos A cosC －s in A sin C )＝－cos A cos C ，化简，得sin 2B ＝sin A sinC . 由正弦定理，得b 2＝ac ，∴a ，b ，c 成等比数列． (2)由(1)及题设条件，得ac ＝4.则cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥2ac －ac 2ac ＝12，当且仅当a ＝c 时，等号成立． ∵0＜B ＜π，∴sin B ＝1－cos 2B ≤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32. ∴S △ABC ＝12ac sin B ≤12×4×32＝ 3.∴△ABC 的面积的最大值为 3.26、在锐角三角形ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且4sin A cos 2A －3cos(B ＋C )＝sin 3A ＋ 3. (1)求A 的大小；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的取值范围．【答案】 (1) π3 (2) 32c【解析】(1)∵A ＋B ＋C ＝π，∴cos(B ＋C )＝－cos A ①， ∵3A ＝2A ＋A ，∴sin 3A ＝sin(2A ＋A )＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ②，又sin 2A ＝2sin A cos A ③，将①②③代入已知，得2sin 2A cos A ＋3cos A ＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ＋3，整理得sin A ＋3cos A ＝3，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝32，又A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A ＋π3＝2π3，即A ＝π3.(2)由(1)得B ＋C ＝2π3，∴C ＝2π3－B ，∵△ABC 为锐角三角形，∴2π3－B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2且B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，解得B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，在△ABC 中，由正弦定理得2sin B ＝csin C，∴c ＝2sin C sin B ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B sin B ＝3tan B＋1，又B ∈⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2，∴1tan B ∈(0，3)，∴c ∈(1，4)，∵S △ABC ＝12bc sin A ＝32c ，∴S △ABC ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，23.27、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A .(1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．【答案】 (1) 见解析 (2) 12.【解析】(1)由题意知 2⎝⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B ．因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C . 从而sin A ＋sin B ＝2sin C . 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.28、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .(1)若23cos 2A ＋cos 2A ＝0，且△ABC 为锐角三角形，a ＝7，c ＝6，求b 的值； (2)若a ＝3，A ＝π3，求b ＋c 的取值范围．【答案】(1) 5 (2)b ＋c ∈(3，23]【解析】(1)∵23cos 2A ＋cos 2A ＝23cos 2A ＋2cos 2A －1＝0， ∴cos 2A ＝125，又A 为锐角，∴cos A ＝15，而a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即b 2－125b －13＝0，解得b ＝5(负值舍去)，∴b ＝5.(2)解法一：由正弦定理可得b ＋c ＝2(sin B ＋sin C )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin B ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6， ∵0＜B ＜2π3，∴π6＜B ＋π6＜5π6， ∴12＜sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6≤1，∴b ＋c ∈(3，23]．解法二：由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 可得 b 2＋c 2－3＝bc ，即(b ＋c )2－3＝3bc ≤34(b ＋c )2，当且仅当b ＝c 时取等号， ∴b ＋c ≤23，又由两边之和大于第三边可得b ＋c ＞3，∴b ＋c 的取值范围为(3，23]．。

2020年高考数学(理)二轮专题学与练 20 坐标系与参数方程(考点解读)(解析版)

专题20 坐标系与参数方程1.考查参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化．2.考查利用曲线的参数方程、极坐标方程计算某些量或讨论某些量之间的关系．知识点一、直角坐标与极坐标的互化如图，把直角坐标系的原点作为极点，x 轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x ，y )和(ρ，θ)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝y x x ≠0.【特别提醒】在曲线方程进行互化时，一定要注意变量的范围，要注意转化的等价性．知识点二、直线、圆的极坐标方程 (1)直线的极坐标方程若直线过点M (ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置直线的极坐标方程 ①直线过极点：θ＝α；②直线过点M (a ，0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a ； ③直线过点M ⎝⎛⎭⎫b ，π2且平行于极轴：ρsin θ＝b . (2)几个特殊位置圆的极坐标方程 ①圆心位于极点，半径为r ：ρ＝r ；②圆心位于M (r ，0)，半径为r ：ρ＝2r cos θ；③圆心位于M ⎝⎛⎭⎫r ，π2，半径为r ：ρ＝2r sin θ. 【特别提醒】当圆心不在直角坐标系的坐标轴上时，要建立圆的极坐标方程，通常把极点放置在圆心处，极轴与x 轴同向，然后运用极坐标与直角坐标的变换公式．知识点三、参数方程 (1)直线的参数方程过定点M (x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)．(2)圆、椭圆的参数方程①圆心在点M (x 0，y 0)，半径为r 的圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋r cos θ，y ＝y 0＋r sin θ(θ为参数，0≤θ≤2π)．②椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数)．【特别提醒】在参数方程和普通方程的互化中，必须使x ，y 的取值范围保持一致．高频考点一坐标系与极坐标例1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，在极坐标系Ox 中，(2,0)A ，)4B π，)4C 3π，(2,)D π，弧AB ，BC ，CD 所在圆的圆心分别是(1,0)，(1,)2π，(1,)π，曲线1M 是弧AB ，曲线2M 是弧BC ，曲线3M 是弧CD ．(1)分别写出1M ，2M ，3M 的极坐标方程；(2)曲线M 由1M ，2M ，3M 构成，若点P 在M 上，且||OP =P 的极坐标．【答案】(1)1M 的极坐标方程为π2cos 04ρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭，2M 的极坐标方程为π3π2sin 44ρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭，3M 的极坐标方程为3π2cos π4ρθθ⎛⎫=-≤≤⎪⎝⎭． (2)π3,6⎛⎫ ⎪⎝⎭或π3,3⎛⎫ ⎪⎝⎭或2π3,3⎛⎫ ⎪⎝⎭或5π3,6⎛⎫ ⎪⎝⎭．【解析】(1)由题设可得，弧,,AB BC CD 所在圆的极坐标方程分别为2cos ρθ=，2sin ρθ=，2cos ρθ=-．所以1M 的极坐标方程为π2cos 04ρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭，2M 的极坐标方程为π3π2sin 44ρθθ⎛⎫=≤≤ ⎪⎝⎭，3M 的极坐标方程为3π2cos π4ρθθ⎛⎫=-≤≤⎪⎝⎭． (2)设(,)P ρθ，由题设及(1)知若π04θ≤≤，则2cos 3θ=，解得π6θ=；若π3π44θ≤≤，则2sin 3θ=，解得π3θ=或2π3θ=；若3ππ4θ≤≤，则2cos 3θ-=，解得5π6θ=．综上，P 的极坐标为π3,6⎛⎫ ⎪⎝⎭或π3,3⎛⎫ ⎪⎝⎭或2π3,3⎛⎫ ⎪⎝⎭或5π3,6⎛⎫⎪⎝⎭．【变式探究】在极坐标系中，直线4cos()106ρθπ-+=与圆2sin ρθ=的公共点的个数为___________.【答案】2【解析】直线为23210x y ++= ，圆为22(1)1x y +-= ，因为314d =< ，所以有两个交点【变式探究】在极坐标系中，直线cos 3sin 10ρθρθ--=与圆2cos ρθ=交于A ，B 两点，则||AB =______.【答案】2【解析】直线310x y -=过圆22(1)1x y -+=的圆心，因此 2.AB =【变式探究】在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为( ) A ．θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝2B ．θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝2C ．θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝1D ．θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝1【解析】由ρ＝2cos θ得x 2＋y 2－2x ＝0. ∴(x －1)2＋y 2＝1，圆的两条垂直于x 轴的切线方程为x ＝0和x ＝2. 故极坐标方程为θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝2，故选B.【答案】B高频考点二参数方程例2．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为(t 为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为．(1)求C 和l 的直角坐标方程； (2)求C 上的点到l 距离的最小值．【答案】(1)221(1)4y x x +=≠-；l的直角坐标方程为2110x ++=；(2)7．【解析】(1)因为221111t t --<≤+，且()22222222141211y t t x t t ⎛⎫-⎛⎫+=+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭+，所以C 的直角坐标方程为221(1)4y x x +=≠-．l的直角坐标方程为2110x ++=． (2)由(1)可设C 的参数方程为cos ,2sin x y αα=⎧⎨=⎩(α为参数，ππα-<<)．C 上的点到lπ4cos 11α⎛⎫-+ ⎪=．2221141t x t t y t ⎧-=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，2cos sin 110ρθθ+=当2π3α=-时，π4cos 113α⎛⎫-+ ⎪⎝⎭取得最小值7，故C 上的点到l 距离的最小值为7．【变式探究】在平面坐标系中xOy 中，已知直线l 的参考方程为x 82t t y =-+⎧⎪⎨=⎪⎩(t 为参数)，曲线C 的参数方程为22,x s y ⎧=⎪⎨=⎪⎩(s 为参数).设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值.【答案】5【解析】直线l 的普通方程为280x y -+=. 因为点P 在曲线C上，设()22,P s ，从而点P 到直线l 的的距离224s d +==，当s =min d =. 因此当点P 的坐标为()4,4时，曲线C上点P 到直线l 的距离取到最小值5. 【考点】参数方程化普通方程【变式探究】在直角坐标系x O y 中，曲线C 1的参数方程为cos 1sin x a ty a t=⎧⎨=+⎩(t 为参数，a ＞0)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ=4cos θ.(I)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(II)直线C 3的极坐标方程为0θα=，其中0α满足tan 0α=2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a ．【答案】(I)圆，222sin 10a ρρθ-+-=(II)1【解析】解：(Ⅰ)消去参数t 得到1C 的普通方程222)1(a y x =-+.1C 是以)1,0(为圆心，a 为半径的圆.将θρθρsin ,cos ==y x 代入1C 的普通方程中，得到1C 的极坐标方程为01sin 222=-+-a θρρ.(Ⅰ)曲线21,C C 的公共点的极坐标满足方程组⎩⎨⎧==-+-,cos 4,01sin 222θρθρρa 若0≠ρ，由方程组得01cos sin 8cos 1622=-+-a θθθ，由已知2tan =θ，可得0cos sin 8cos162=-θθθ，从而012=-a ，解得1-=a (舍去)，1=a .1=a 时，极点也为21,C C 的公共点，在3C 上.所以1=a .【变式探究】已知直线l 的参数方程为1,1x t y t =-+⎧⎨=+⎩(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2cos 2θ＝4⎝⎛⎭⎫ρ＞0，3π4＜θ＜5π4，则直线l 与曲线C 的交点的极坐标为________．【解析】直线l 的直角坐标方程为y ＝x ＋2，由ρ2cos 2θ＝4得ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4，直角坐标方程为x 2－y 2＝4，把y ＝x ＋2代入双曲线方程解得x ＝－2，因此交点为(－2，0)，其极坐标为(2，π)．【答案】(2，π)【变式探究】若以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段y ＝1－x (0≤x ≤1)的极坐标方程为( )A ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2B ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4C ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2D ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4【解析】∵cos ,sin ,x y ρθρθ=⎧⎨=⎩∴y ＝1－x 化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρ＝1cos θ＋sin θ.∵0≤x ≤1，∴线段在第一象限内(含端点)，∴0≤θ≤π2.故选A.【答案】A1．【2019年高考北京卷理数】已知直线l 的参数方程为13,24x t y t=+=+⎧⎨⎩(t 为参数)，则点(1，0)到直线l 的距离是( )A ．15B ．25C ．45D ．65【答案】D【解析】由题意，可将直线l 化为普通方程：1234x y --=，即()()41320x y ---=，即4320x y -+=，所以点(1，0)到直线l的距离65d ==，故选D ． 2．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为(t 为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为．(1)求C 和l 的直角坐标方程； (2)求C 上的点到l 距离的最小值．【答案】(1)221(1)4y x x +=≠-；l的直角坐标方程为2110x ++=；(2)7．【解析】(1)因为221111t t --<≤+，且()22222222141211y t t x t t ⎛⎫-⎛⎫+=+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭+，所以C 的直角坐标方程为221(1)4y x x +=≠-．l的直角坐标方程为2110x ++=．(2)由(1)可设C 的参数方程为cos ,2sin x y αα=⎧⎨=⎩(α为参数，ππα-<<)．C 上的点到lπ4cos 11α⎛⎫-+ ⎪=．2221141t x t t y t ⎧-=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，2cos sin 110ρθθ++=当2π3α=-时，π4cos 113α⎛⎫-+ ⎪⎝⎭取得最小值7，故C 上的点到l 距离的最小值为7．3．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】在极坐标系中，O 为极点，点000(,)(0)M ρθρ>在曲线:4sin C ρθ=上，直线l 过点(4,0)A 且与OM 垂直，垂足为P ．(1)当0=3θπ时，求0ρ及l 的极坐标方程； (2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．【答案】(1)0ρ=l 的极坐标方程为cos 23ρθπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭； (2)4cos ,,42ρθθπ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦π．【解析】(1)因为()00,M ρθ在C 上，当03θπ=时，04sin 3ρπ== 由已知得||||cos23OP OA π==．设(,)Q ρθ为l 上除P 的任意一点．在Rt OPQ △中，cos ||23OP ρθπ⎛⎫-== ⎪⎝⎭，经检验，点(2,)3P π在曲线cos 23ρθπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭上．所以，l 的极坐标方程为cos 23ρθπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭． (2)设(,)P ρθ，在Rt OAP △中，||||cos 4cos ,OP OA θθ== 即 4cos ρθ=．因为P 在线段OM 上，且AP OM ⊥，故θ的取值范围是,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．所以，P 点轨迹的极坐标方程为4cos ,,42ρθθπ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦π．4．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，在极坐标系Ox 中，(2,0)A ，)4B π，)4C 3π，(2,)D π，弧AB ，BC ，CD 所在圆的圆心分别是(1,0)，(1,)2π，(1,)π，曲线1M 是弧AB ，曲线2M 是弧BC ，曲线3M 是弧CD ．(1)分别写出1M ，2M ，3M 的极坐标方程；(2)曲线M 由1M ，2M ，3M 构成，若点P 在M 上，且||OP =P 的极坐标．【答案】(1)1M 的极坐标方程为π2cos 04ρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭，2M 的极坐标方程为π3π2sin 44ρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭，3M 的极坐标方程为3π2cos π4ρθθ⎛⎫=-≤≤ ⎪⎝⎭．(2)π6⎫⎪⎭或π3⎫⎪⎭或2π3⎫⎪⎭或5π6⎫⎪⎭．【解析】(1)由题设可得，弧,,AB BC CD 所在圆的极坐标方程分别为2cos ρθ=，2sin ρθ=，2cos ρθ=-．所以1M 的极坐标方程为π2cos 04ρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭，2M 的极坐标方程为π3π2sin 44ρθθ⎛⎫=≤≤ ⎪⎝⎭，3M 的极坐标方程为3π2cos π4ρθθ⎛⎫=-≤≤⎪⎝⎭． (2)设(,)P ρθ，由题设及(1)知若π04θ≤≤，则2cos θ=，解得π6θ=；若π3π44θ≤≤，则2sin θ=π3θ=或2π3θ=；若3ππ4θ≤≤，则2cos θ-=5π6θ=．综上，P 的极坐标为π6⎫⎪⎭或π3⎫⎪⎭或2π3⎫⎪⎭或5π6⎫⎪⎭．5．【2019年高考江苏卷数学】在极坐标系中，已知两点3,,42A B ππ⎛⎫⎫ ⎪⎪⎝⎭⎭，直线l 的方程为sin 34ρθπ⎛⎫+= ⎪⎝⎭．(1)求A ，B 两点间的距离；(2)求点B 到直线l 的距离．【答案】(1)5；(2)2．【解析】(1)设极点为O ．在△OAB 中，A (3，4π)，B (2，2π)，由余弦定理，得AB =223(2)232cos()524ππ+-⨯⨯⨯-=． (2)因为直线l 的方程为sin()34ρθπ+=，则直线l 过点(32,)2π，倾斜角为34π．又(2,)2B π，所以点B 到直线l 的距离为3(322)sin()242ππ-⨯-=． 1. (2018年全国I 卷理数)在直角坐标系中，曲线的方程为．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求的直角坐标方程；(2)若与有且仅有三个公共点，求的方程．【答案】 (1)． (2)的方程为．【解析】 (1)由，得的直角坐标方程为．(2)由(1)知是圆心为，半径为的圆．由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线．记轴右边的射线为，轴左边的射线为．由于在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．经检验，当时，与没有公共点；当时，与只有一个公共点，与有两个公共点．当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．经检验，当时，与没有公共点；当时，与没有公共点．综上，所求的方程为．2. (2018年全国Ⅰ卷理数)在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，直线的参数方程为(为参数).(1)求和的直角坐标方程；(2)若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求的斜率．【答案】(1)当时，的直角坐标方程为，当时，的直角坐标方程为．(2)【解析】(1)曲线的直角坐标方程为．当时，的直角坐标方程为，当时，的直角坐标方程为．(2)将的参数方程代入的直角坐标方程，整理得关于的方程．①因为曲线截直线所得线段的中点在内，所以①有两个解，设为，，则．又由①得，故，于是直线的斜率．3. (2018年全国Ⅰ卷理数)在平面直角坐标系中，的参数方程为(为参数)，过点且倾斜角为的直线与交于两点．(1)求的取值范围；(2)求中点的轨迹的参数方程．【答案】(1)(2)为参数，【解析】(1)的直角坐标方程为．当时，与交于两点．当时，记，则的方程为．与交于两点当且仅当，解得或，即或．综上，的取值范围是．(2)的参数方程为为参数，．设，，对应的参数分别为，，，则，且，满足．于是，．又点的坐标满足所以点的轨迹的参数方程是为参数，．4. (2018年江苏卷)在极坐标系中，直线l 的方程为，曲线C 的方程为，求直线l 被曲线C 截得的弦长．【答案】直线l 被曲线C 截得的弦长为【解析】因为曲线C 的极坐标方程为，所以曲线C 的圆心为(2，0)，直径为4的圆．因为直线l 的极坐标方程为，则直线l 过A (4，0)，倾斜角为，所以A 为直线l 与圆C 的一个交点．设另一个交点为B ，则∠OAB =．连结OB ，因为OA 为直径，从而∠OBA =，所以．因此，直线l 被曲线C 截得的弦长为． 1.【2017天津，理11】在极坐标系中，直线4cos()106ρθπ-+=与圆2sin ρθ=的公共点的个数为___________.【答案】2【解析】直线为23210x y ++= ，圆为22(1)1x y +-= ，因为314d =< ，所以有两个交点 2. 【2017北京，理11】在极坐标系中，点A 在圆22cos 4sin 40ρρθρθ--+=上，点P 的坐标为(1，0)，则|AP |的最小值为___________.【答案】1【解析】将圆的极坐标方程化为普通方程为222440x y x y +--+= ，整理为()()22121x y -+-= ，圆心()1,2C ，点P 是圆外一点，所以AP 的最小值就是211AC r -=-=.3. 【2017课标1，理22】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为3cos ,sin ,x y θθ=⎧⎨=⎩(θ为参数)，直线l的参数方程为4,1,x a t t y t =+⎧⎨=-⎩（为参数）. (1)若a =−1，求C 与l 的交点坐标；(2)若C 上的点到la. 【答案】(1)C 与l 的交点坐标为()3,0， 2124,2525⎛⎫-⎪⎝⎭；(2)8a =或16a =-. 【解析】(1)曲线C 的普通方程为2219x y +=. 当1a =-时，直线l 的普通方程为430x y +-=.由22430{ 19x y x y +-=+=解得3{ 0x y ==或2125{ 2425x y =-=. 从而C 与l 的交点坐标为()3,0， 2124,2525⎛⎫-⎪⎝⎭. (2)直线l 的普通方程为440x y a +--=，故C 上的点()3cos ,sin θθ到l 的距离为d =当4a ≥-时， d=8a =；当4a <-时， d=16a =-.综上， 8a =或16a =-.【2017·江苏】[选修4-4：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在平面坐标系中xOy 中，已知直线l 的参考方程为x 82t ty =-+⎧⎪⎨=⎪⎩(t 为参数)，曲线C的参数方程为22,x s y ⎧=⎪⎨=⎪⎩(s 为参数).设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值.【答案】5【解析】直线l 的普通方程为280x y -+=. 因为点P 在曲线C上，设()22,P s ，从而点P 到直线l 的的距离224s d +==，当s =min d =. 因此当点P 的坐标为()4,4时，曲线C上点P 到直线l 的距离取到最小值5. 1.【2016年高考北京理数】在极坐标系中，直线cos sin 10ρθθ-=与圆2cos ρθ=交于A ，B 两点，则||AB =______.【答案】2【解析】直线10x -=过圆22(1)1x y -+=的圆心，因此 2.AB = 2.【2016高考新课标1卷】(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系x O y 中，曲线C 1的参数方程为cos 1sin x a ty a t =⎧⎨=+⎩(t 为参数，a ＞0)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ=4cos θ. (I)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(II)直线C 3的极坐标方程为0θα=，其中0α满足tan 0α=2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a ．【答案】(I)圆，222sin 10a ρρθ-+-=(II)1【解析】解：(Ⅰ)消去参数t 得到1C 的普通方程222)1(a y x =-+.1C 是以)1,0(为圆心，a 为半径的圆.将θρθρsin ,cos ==y x 代入1C 的普通方程中，得到1C 的极坐标方程为01sin 222=-+-a θρρ.(Ⅰ)曲线21,C C 的公共点的极坐标满足方程组⎩⎨⎧==-+-,cos 4,01sin 222θρθρρa 若0≠ρ，由方程组得01cos sin 8cos 1622=-+-a θθθ，由已知2tan =θ，可得0cos sin 8cos162=-θθθ，从而012=-a ，解得1-=a (舍去)，1=a .1=a 时，极点也为21,C C 的公共点，在3C 上.所以1=a .3.【2016高考新课标2理数】选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为22(6)25x y ++=．(Ⅰ)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；(Ⅰ)直线l 的参数方程是cos sin x t y t αα=⎧⎨=⎩(t 为参数)， l 与C 交于,A B 两点，||AB =，求l 的斜率．【答案】(Ⅰ)212cos 110ρρθ++=；(Ⅰ)3±. 【解析】(I)由cos ,sin x y ρθρθ==可得C 的极坐标方程212cos 110.ρρθ++= (II)在(I)中建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为()R θαρ=∈ 由,A B 所对应的极径分别为12,,ρρ将l 的极坐标方程代入C 的极坐标方程得212cos 110.ρρα++=于是121212cos ,11,ρραρρ+=-=22121212||||()4144cos 44,AB ρρρρρρα=-=+-=-由||10AB =得2315cos,tan 8αα==±，所以l 的斜率为153或153-. 4. 【2016高考新课标3理数】(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为3()sin x y ααα⎧=⎪⎨=⎪⎩为参数，以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，，建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为sin()224ρθπ+=(I)写出1C 的普通方程和2C 的直角坐标方程；(II)设点P 在1C 上，点Q 在2C 上，求PQ 的最小值及此时P 的直角坐标.【答案】(Ⅰ)1C 的普通方程为2213x y +=，2C 的直角坐标方程为40x y +-=；(Ⅰ)31(,)22．【解析】(Ⅰ)1C 的普通方程为2213x y +=，2C 的直角坐标方程为40x y +-=. (Ⅰ)由题意，可设点P 的直角坐标为3,sin )αα，因为2C 是直线，所以||PQ 的最小值即为P 到2C 的距离()d α的最小值，|3cos sin 4|()2sin()2|32d ααπαα+-==+-.当且仅当2()6k k Z παπ=+∈时，()d α取得最小值，2，此时P 的直角坐标为31(,)22.。

2020年江苏省高考数学试卷试题+答案详解

24.在三棱锥 A—BCD 中，已知 CB=CD= 5 ,BD=2，O 为 BD 的中点，AO⊥平面 BCD，AO=2，
E 为 AC 的中点．（1）求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值；
1
（2）若点 F 在 BC 上，满足 BF= BC，
4
设二面角 F—DE—C 的大小为θ，求 sinθ的值．
25.甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复 n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 Xn，恰有 2 个黑球的概率为 pn，恰有 1 个黑球的概率为 qn．（1）求 p1·q1 和 p2·q2；（2）求 2pn+qn 与 2pn-1+qn-1 的递推关系式和 Xn 的数学期望 E(Xn)(用 n 表示) ．
a1
d 2
q 2
1
aq120
，∴
d
q
4
.
b1 1 q
1
b1 1
12【答案】 4 5
【解析】∵
5x2
y2
y4
1，∴
y
0
且
x2
1 y4 5y2
∴
x2
y2
1 y4 5y2
y2
1 5y2
+
4y2 5
2
1 4y2 4 ， 5y2 5 5
当且仅当
1 5y2
4y2 5
，即
x2
3 , y2 10
等差数列 an 的前 n 项和公式为 Pn
na1
nn 1
d 2
d n2 2
a1
d 2
n
，
等比数列bn 的前
n

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题20不等式选讲(含答案及解析)

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编：20 不等式选讲1．【2022年全国甲卷】已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2=3，证明：(1)a+b+2c≤3；(2)若b=2c，则1a +1c≥3．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据a2+b2+4c2=a2+b2+(2c)2，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得0<a+4c≤3，即可得到1a+4c ≥13，再根据权方和不等式即可得证.(1)证明：由柯西不等式有[a2+b2+(2c)2](12+12+12)≥(a+b+2c)2，所以a+b+2c≤3，当且仅当a=b=2c=1时，取等号，所以a+b+2c≤3；(2)证明：因为b=2c，a>0，b>0，c>0，由（1）得a+b+2c=a+4c≤3，即0<a+4c≤3，所以1a+4c ≥13，由权方和不等式知1a +1c=12a+224c≥(1+2)2a+4c=9a+4c≥3，当且仅当1a =24c，即a=1，c=12时取等号，所以1a +1c≥3.2．【2022年全国乙卷】已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：(1)abc≤19；(2)ab+c +ba+c+ca+b≤2√abc；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．(1)证明：因为a >0，b >0，c >0，则a 32>0，b 32>0，c 32>0，所以a 32+b 32+c 323≥√a 32⋅b 32⋅c 323，即(abc )12≤13，所以abc ≤19，当且仅当a 32=b 32=c 32，即a =b =c =√193时取等号．(2)证明：因为a >0，b >0，c >0，所以b +c ≥2√bc ，a +c ≥2√ac ，a +b ≥2√ab ，所以a b+c≤2√bc=a 322√abc，b a+c≤2√ac=b 322√abc，ca+b≤2√ab =322√abc a b +c +b a +c +ca +b ≤a 322√abc +b 322√abc c 322√abc=a 32+b 32+c 322√abc=12√abc当且仅当a =b =c 时取等号．3．【2021年甲卷文科】已知函数()2,()2321f x x g x x x =-=+--．（1）画出()y f x =和()y g x =的图像；（2）若()()f x a g x +≥，求a 的取值范围．【答案】（1）图像见解析；（2）112a ≥ 【解析】【分析】（1）分段去绝对值即可画出图像；（2）根据函数图像数形结和可得需将()y f x =向左平移可满足同角，求得()y f x a =+过1,42A ⎛⎫⎪⎝⎭时a 的值可求.【详解】（1）可得2,2()22,2x x f x x x x -<⎧=-=⎨-≥⎩，画出图像如下：34,231()232142,2214,2x g x x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+--=+-≤<⎨⎪⎪≥⎪⎩，画出函数图像如下：（2）()|2|f x a x a +=+-，如图，在同一个坐标系里画出()(),f x g x 图像，()y f x a =+是()y f x =平移了a 个单位得到，则要使()()f x a g x +≥，需将()y f x =向左平移，即0a >，当()y f x a =+过1,42A ⎛⎫⎪⎝⎭时，1|2|42a +-=，解得112a =或52-（舍去），则数形结合可得需至少将()y f x =向左平移112个单位，112a ∴≥.【点睛】关键点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题，解题的关键是根据函数图像数形结合求解. 4．【2021年乙卷文科】已知函数()3f x x a x =-++．（1）当1a =时，求不等式()6f x ≥的解集; （2）若()f x a >-，求a 的取值范围．【答案】（1）(][),42,-∞-+∞.（2）3,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. 【解析】【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简()f x a >-，由此求得a 的取值范围. 【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当1a =时，()13f x x x =-++，13x x -++表示数轴上的点到1和3-的距离之和，则()6f x ≥表示数轴上的点到1和3-的距离之和不小于6，当4x =-或2x =时所对应的数轴上的点到13-，所对应的点距离之和等于6， ∴数轴上到13-，所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是4x ≤-或2x ≥，所以()6f x ≥的解集为(][),42,-∞-+∞.[方法二]【最优解】：零点分段求解法当1a =时，()|1||3|f x x x =-++．当3x ≤-时，(1)(3)6-+--≥x x ，解得4x ≤-；当31x -<<时，(1)(3)6-++≥x x ，无解；当1≥x 时，(1)(3)6-++≥x x ，解得2x ≥．综上，|1||3|6-++≥x x 的解集为(,4][2,)-∞-+∞．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意()f x a >-，即3a x a x -+>-+恒成立，333x a x x a a x -++-+=≥++，当且仅当()()30a x x -+≥时取等号，()3min f x a ∴=+, 故3a a +>-，所以3a a +>-或3a a +<，解得32a >-.所以a 的取值范围是3,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由||x a -是数轴上数x 表示的点到数a 表示的点的距离，得()|||3||3|f x x a x a =-++≥+，故|3|a a +>-，下同解法一. [方法三]：分类讨论+分段函数法当3a ≤-时，23,,()3,3,23,3,x a x a f x a a x x a x -+-<⎧⎪=--≤≤-⎨⎪-+>-⎩则min [()]3=--f x a ，此时3-->-a a ，无解．当3a >-时，23,3,()3,3,23,,x a x f x a x a x a x a -+-<-⎧⎪=+-≤≤⎨⎪-+>⎩则min [()]3=+f x a ，此时，由3a a +>-得，32a >-．综上，a 的取值范围为32a >-．[方法四]：函数图象法解不等式由方法一求得()min 3f x a =+后，构造两个函数|3|=+y a 和y a =-，即3,3,3,3a a y a a --<-⎧=⎨+≥-⎩和y a =-，如图，两个函数的图像有且仅有一个交点33,22⎛⎫- ⎪⎝⎭M ，由图易知|3|a a +>-，则32a >-．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得()3min f x a =+，利用不等式恒成立的意义得到关于a 的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得()f x 的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求()f x 最小值，要注意函数()f x 中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数()f x 的最小值后，构造关于a 的函数，利用数形结合思想求解关于a 的不等式.5．【2020年新课标1卷理科】已知函数()|31|2|1|f x x x =+--．（1）画出()y f x =的图像；（2）求不等式()(1)f x f x >+的解集．【答案】（1）详解解析；（2）7,6⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数()f x 的解析式，作出图象；（2）作出函数()1f x +的图象，根据图象即可解出．【详解】（1）因为()3,1151,1313,3x x f x x x x x ⎧⎪+≥⎪⎪=--<<⎨⎪⎪--≤-⎪⎩，作出图象，如图所示：（2）将函数()f x 的图象向左平移1个单位，可得函数()1f x +的图象，如图所示：由()3511x x --=+-，解得76x =-．所以不等式()(1)f x f x >+的解集为7,6⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭．【点睛】本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结合能力，属于基础题．6．【2020年新课标2卷理科】已知函数2()|21|f x x a x a =-+-+.（1）当2a =时，求不等式()4f x ≥的解集；（2）若()4f x ≥，求a 的取值范围.【答案】（1）32x x ⎧≤⎨⎩或112x ⎫≥⎬⎭；（2）(][),13,-∞-+∞.【解析】【分析】（1）分别在3x ≤、34x <<和4x ≥三种情况下解不等式求得结果；（2）利用绝对值三角不等式可得到()()21f x a ≥-，由此构造不等式求得结果. 【详解】（1）当2a =时，()43f x x x =-+-.当3x ≤时，()43724f x x x x =-+-=-≥，解得：32x ≤；当34x <<时，()4314f x x x =-+-=≥，无解；当4x ≥时，()43274f x x x x =-+-=-≥，解得：112x ≥；综上所述：()4f x ≥的解集为32x x ⎧≤⎨⎩或112x ⎫≥⎬⎭.（2）()()()()22222121211f x x a x a x a x a a a a =-+-+≥---+=-+-=-（当且仅当221a x a -≤≤时取等号）， ()214a ∴-≥，解得：1a ≤-或3a ≥，a ∴的取值范围为(][),13,-∞-+∞.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型. 7．【2020年新课标3卷理科】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 }．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）方法一：由()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明；（2）方法一：不妨设{}max ,,a b c a =，因为0,1a b c abc ++==，所以0,a >0,b <0,c <()()a b c=-+-≥34,a ≥a【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. 1,,,abc a b c =∴均不为0，则2220a b c ++>，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<．［方法二］：消元法由0a b c ++=得()b a c =-+，则()ab bc ca b a c ca ++=++()2a c ac =-++()22a ac c =-++223024c a c ⎛⎫=-+-≤ ⎪⎝⎭，当且仅当0a b c ===时取等号，又1abc =，所以0ab bc ca ++<．［方法三］：放缩法方式1：由题意知0,a ≠0,a b c ++=(),a c b =-+()222224a c b c b cb bc =+=++≥，又()ab bc ca a b c bc ++=++2a bc =-+224a a ≤-+2304a =-<，故结论得证．方式2：因为0a b c ++=，所以()22220222a b c a b c ab bc ca =++=+++++ ()()()22222212222a b b c c a ab bc ca ⎡⎤=++++++++⎣⎦()()122222232ab bc ca ab bc ca ab bc ca ≥+++++=++．即0ab bc ca ++≤，当且仅当0a b c ===时取等号，又1abc =，所以0ab bc ca ++<．［方法四］：因为0,1a b c abc ++==，所以a ，b ，c 必有两个负数和一个正数，不妨设0,a b c ≤<<则(),a b c =-+()20ab bc ca bc a c b bc a ∴++=++=-<.［方法五］：利用函数的性质方式1：()6b a c =-+，令()22f c ab bc ca c ac a =++=---，二次函数对应的图像开口向下，又1abc =，所以0a ≠，判别式222Δ430a a a =-=-<，无根，所以()0f c <，即0ab bc ca ++<．方式2：设()()()()()31f x x a x b x c x ab bc ca x =---=+++-，则()f x 有a ，b ，c 三个零点，若0ab bc ca ++≥，则()f x 为R 上的增函数，不可能有三个零点，所以0ab bc ca ++<．（2）［方法一］【最优解】：通性通法不妨设{}max ,,a b c a =，因为0,1a b c abc ++==，所以0,a >0,b <0,c <()()a b c =-+-≥则34,a a ≥≥．故原不等式成立．［方法二］：不妨设{}max ,,a b c a =，因为0,1a b c abc ++==，所以0a >，且,1,b c a bc a +=-⎧⎪⎨=⎪⎩则关于x 的方程210x ax a++=有两根，其判别式24Δ0a a =-≥，即a故原不等式成立．［方法三］：不妨设{}max ,,a b c a =，则0,a >(),b a c =-+1,abc =()1,a c ac -+=2210ac a c ++=，关于c 的方程有解，判别式()22Δ40a a =-≥，则34,a a ≥≥．故原不等式成立．［方法四］：反证法假设{}max ,,a b c0a b ≤<<1ab c =>a b c --=1132a b ---≥=={}max ,,a b c ≥证．【整体点评】（1）方法一：利用三项平方和的展开公式结合非零平方为正数即可证出，证法常规，为本题的通性通法，也是最优解法；方法二：利用消元法结合一元二次函数的性质即可证出；方法三：利用放缩法证出；方法四：利用符号法则结合不等式性质即可证出；方法五：利用函数的性质证出．（2）方法一：利用基本不等式直接证出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用一元二次方程根与系数的关系以及方程有解的条件即可证出；方法三：利用消元法以及一元二次方程有解的条件即可证出；方法四：利用反证法以及基本不等式即可证出．。

提高解析几何数学运算能力的策略——以20_23年高考全国乙卷理数第20题为例

提高解析几何数学运算能力的策略——以2023年高考全国乙卷理数第20题为例ʏ河南省郑州市第一〇一中学冯连福解析几何数学运算能力是指在明晰运算对象(直线㊁圆㊁圆锥曲线等)的基础上,依据运算法则解决数学问题的能力㊂同学们在解析几何数学运算中存在的诸多问题,要通过数学运算专项训练,培养良好的数学运算习惯,增强数学运算的信心,提高数学运算的正确率,达到敢计算愿计算会计算的效果㊂下面以2023年高考全国乙卷理数第20题为例,说明提高解析几何数学运算能力的策略㊂题目:已知椭圆C :y2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率为53,点A (-2,0)在椭圆C 上㊂(1)求椭圆C 的标准方程;(2)过点(-2,3)的直线交椭圆C 于P ,Q 两点,直线A P ,A Q 与y 轴的交点分别为M ,N ,证明:线段MN 的中点为定点㊂解析:(1)由题意得b =2,c a =53㊂又a 2=b 2+c 2,解得a =3,b =2㊂椭圆C 的标准方程为y 29+x 24=1㊂(2)求解定点问题的常用方法是先猜后证㊂若直线P Q 的斜率趋于零,则点M ㊁N 趋于点(0,3),故MN 中点过定点(0,3),下面证明这个结论㊂策略一点斜式正设㊂先用点斜式设出直线P Q ,再将直线方程与椭圆方程联立㊂设直线P Q 的方程为y =k (x +2)+3,即y =k x +2k +3,设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),M (0,y M ),N (0,y N )㊂联立y =k x +2k +3,9x 2+4y 2-36=0,得(9+4k 2)x 2+(16k 2+24k )x +(16k 2+48k )=0㊂因此,x 1+x 2=-16k 2+24k4k 2+9,x 1x 2=16k 2+48k9+4k2㊂易知直线A P 的方程为y =y 1x 1+2(x +2),令x =0,则M 0,2y 1x 1+2㊂同理可得,N 0,2y2x 2+2 ㊂设MN 的中点为0,y M+yN2 ㊂所以y M +y N 2=y 1x 1+2+y 2x 2+2=(k x 1+2k +3)(x 2+2)+(k x 2+2k +3)(x 1+2)(x 1+2)(x 2+2)=2k x 1x 2+(4k +3)(x 1+x 2)+8k +12x 1x 2+2(x 1+x 2)+4=3㊂MN 的中点是定点(0,3)㊂策略二点斜式反设㊂先用点斜式反设直线P Q ,再将直线方程与椭圆方程联立,此策略计算量较策略一少一些㊂设直线P Q 的方程为x +2=k (y -3),P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),M (0,y M ),N (0,y N )㊂联立x +2=k (y -3),y 29+x 24=1,得(9k 2+4)y 2-18(3k +2)k y +81k 2+108k =0㊂因此,y 1+y 2=18k (3k +2)9k 2+4,y 1㊃y 2=81k 2+108k9k 2+4㊂因为直线A P 的方程为y =y 1x 1+2(x +2),所以y M =2y 1x 1+2㊂同理,y N =2y 2x 2+2㊂故y M +y N2=y 1x 1+2+y 2x 2+2=y 1k (y 1-3)+y 2k (y 2-3)=1k ㊃y 1y 1-3+y 2y 2-3=1k ㊃2y 1y 2-3(y 1+y 2)y 1y 2-3(y 1+y 2)+9=1k ㊃54㊃(3k 2+4k )-3㊃18k ㊃(3k +2)27(3k 2+4k )-3㊃18k ㊃(3k +2)+9(9k 2+4)=1k ㊃108k36=3㊂故MN 的中点是定点(0,3)㊂策略三斜截式正设㊂先用斜截式设出直线P Q ,再将直线方程与椭圆方程联立,利用韦达定理写出表达式,最后代入m =2k +3化简㊂此策略数学运算量较前两种少㊂设直线P Q 的方程为y =k x +m ,设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),M (0,y M ),N (0,y N )㊂因为P Q 过(-2,3),所以m =2k +3㊂联立y =k x +m ,4y 2+9x 2-36=0,得(4k 2+9)x 2+8k m x +4m 2-36=0㊂故x 1+x 2=-8k m 4k 2+9,x 1x 2=4m 2-364k 2+9㊂则y M +y N2=y 1x 1+2+y 2x 2+2=2k x 1x 2+(2k +m )(x 1+x 2)+4mx 1x 2+2(x 1+x 2)+4㊂(思路一)直接代入韦达定理因此,y M +y N2=2k x 1x 2+(2k +m )(x 1+x 2)+8k +12x 1x 2+2(x 1+x 2)+4=2k (4m 2-36)+(2k +m )(-8k m )+4m (4k 2+9)4m 2-36+2(-8k m )+4(4k 2+9)=8k m 2-72k -16k 2m -8k m 2+16m k 2+36m4m 2-16k m +16k2=36(m -2k )4(m -2k )2=9m -2k =3㊂所以MN 的中点是定点(0,3)㊂(思路二)先分离常数再代入韦达定理,计算量会少一些㊂因此,y M +y N2=2k x 1x 2+(2k +m )(x 1+x 2)+4mx 1x 2+2(x 1+x 2)+4=2k +3(x 1+x 2)+12x 1x 2+2(x 1+x 2)+4=3㊂所以MN 的中点是定点(0,3)㊂策略四斜截式反设㊂先用斜截式仅设出直线P Q ,再将直线方程与椭圆方程联立㊂设P Q :x =m y +n ,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)㊂因P Q 过(-2,3),故3m +n =-2,即b +2=-3m ㊂联立x =m y +n ,4y 2+9x 2-36=0,得4y 2+9(m y +n )2-36=0㊂则(4+9m 2)y 2+18m n y +9(n 2-4)=0㊂因此,y 1+y 2=-18m n 9m 2+4,y 1y 2=9(n 2-4)9m 2+4㊂其中Δ=(18m n )2-4(4+9m 2)㊃9(n 2-4)>0,则9m 2-n 2+4>0㊂由于A P :y =y 1x 1+2(x +2),故可得点M 0,2y 1x 1+2㊂同理可得,点N 0,2y 2x 2+2㊂故MN 中点的纵坐标为:y 1x 1+2+y 2x 2+2=y 1m y 1+n +2+y 2m y 2+n +2=y 1m (y 1-3)+y 2m (y 2-3)=2y 1y 2-3(y 1+y 2)m [y 1+y 2-3(y 1+y 2)+9]=1m ㊃2㊃9(n 2-4)+3㊃18m n9(n 2-4)+3㊃18m n +9(9m 2+4)=1m ㊃2(n 2-4)+6m n(3m +n )2=n 2-4+3m n2m=n (n +3m )-42m =3㊂故MN 的中点是定点(0,3)㊂策略五点斜式正设+斜率同构㊂先对直线A P ㊁A Q 方程的点斜式正设,再与椭圆方程联立,求点P ,Q 坐标,最后斜率同构㊂设A P :y =k 1(x +2),A Q :y =k 2(x +2),设P (x P ,y P ),Q (x Q ,y Q )㊂设P Q :y -3=k (x +2)㊂联立y =k 1(x +2),y 29+x 24=1,得4k 21(x +2)2+9x 2=36㊂即(4k 21+9)x 2+16k 21x +16k 21-36=0㊂所以x A x P =16k 21-364k 21+9㊂由于x A =-2,故x P =18-8k 214k 21+9,y P =k 1(x P +2)=36k 14k 21+9㊂因为点P 在直线y -3=k (x +2)上,所以36k 14k 21+9-3=k ㊃364k 21+9㊂整理得12k 21-36k 1+36k +27=0㊂同理,12k 22-36k 2+36k +27=0㊂故k 1㊁k 2是12x 2-36x +36k +27=0的解,则k 1+k 2=3㊂因为M (0,2k 1),N (0,2k 2),所以MN 的中点是(0,k 1+k 2)㊂故MN 的中点是定点(0,3)㊂策略六斜截式反设+斜率同构㊂先对直线A P ㊁A Q 方程的斜截式反设,再求点P ,Q 坐标㊂设B (-2,3),由B ,P ,Q 三点共线,得到1m 1+1m 2=3㊂设A P :x =m 1y -2,A Q :x =m 2y -2,P (x P ,y P ),Q (x Q ,y Q )㊂联立x =m 1y -2,y 29+x 24=1,得(4+9m 21)y 2-36m 1y =0㊂所以y A +y P =36m 14+9m21,解得y P =36m 14+9m 21,x P =m 1y P -2=18m 21-84+9m 21㊂P 点坐标为18m 21-84+9m 21,36m 14+9m 21㊂同理,Q 点坐标为18m 22-84+9m 22,36m 24+9m 22㊂因为B ,P ,Q 三点共线,所以y P -3x P +2=y Q -3x Q +2,代入化简得1m 1+1m 2=3㊂因为M 0,2m 1 ,N 0,2m 2,所以MN 的中点为定点(0,3)㊂策略七点斜式正设+齐次化法㊂先用点斜式正设直线A P ㊁A Q 的方程,求出MN 中点坐标,联想齐次化㊂齐次化解题的要点是消常数项㊂设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)㊂则直线A P 的方程为y =y 1x 1+2(x +2),故M 0,2y 1x 1+2㊂同理可得,N 0,2y 2x 2+2㊂则MN 的中点为0,y 1x 1+2+y 2x 2+2㊂下面求y 1x 1+2+y 2x 2+2,联想齐次化㊂设直线P Q 的方程为m (x +2)+n y =1㊂因P Q 过(-2,3),故3n =1㊂联立m (x +2)+n y =1,9x 2+4y 2=36,得:9[(x +2)-2]2+4y 2=36㊂即(9-36m )(x +2)2-36n (x +2)y +4y 2=0,4y x +22-36n yx +2+9-36m =0㊂所以y 1x 1+2+y 2x 2+2=9n =3㊂故MN 的中点是定点(0,3)㊂策略八坐标轴平移+齐次化法+一般式㊂由于MN 中点的纵坐标与斜率有关,为简化计算,自然联想到以点A 为坐标系原点建立坐标系㊂将椭圆向右平移2个单位,即以A 为原点建立平面直角坐标系,则平移后椭圆C 方程为y 29+(x -2)24=1,即9x 2+4y 2-36x =0㊂设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)㊂则直线A P 的方程为y =y 1x 1㊃x ,可得M 2,2y 1x 1㊂同理可得,N 2,2y 2x 2㊂故y M +y N 2=y 1x 1+y 2x 2㊂所以MN 的中点是2,y 1x 1+y 2x 2㊂下面求y 1x 1+y 2x 2㊂设P Q :m x +n y =1㊂因为直线P Q 过点(0,3),所以3n =1㊂联立m x +n y =1,9x 2-36x +4y 2=0,得9x 2-36x (m x +n y )+4y 2=0㊂整理得(9-36m )x 2-36n x y +4y 2=0㊂则4yx2-36n y x+(9-36m )=0㊂故y 1x 1+y 2x 2=9n =3,即平移后MN 的中点为(2,3)㊂故平移前MN 的中点为定点(0,3)㊂策略九二次曲线系㊂此题是定点定值问题,背景是极点极线问题,故可用二次曲线系㊂设直线A P 的方程为x =m y -2,即x -m y +2=0㊂直线A Q 的方程为x =n y -2,即x -n y +2=0㊂直线P Q 的方程为y -3=k (x +2),即k x -y +2k +3=0㊂点A 处切线方程为x =-2,即x +2=0㊂设M (0,y M ),N (0,y N )㊂令x =0,则y M =2m ,y N =2n㊂M N 的中点为0,1m +1n ,即0,m +n m n㊂下面求m +nm n㊂过A ,B ,C 三点的二次曲线系方程为:(x -m y +2)(x -n y +2)+λ(x +2)㊃(k x -y +3+2k )=μy 29+x 24-1㊂对比两边展开式系数得:x 2项系数,1+λk =14μ;①y 2项系数,m n =19μ;②x y 项系数,-m -n -λ=0;③常数项,4+2λ(3+2k )=-μ㊂④由④得1+λk =-32λ-14μ㊂代入①式得μ=-3λ㊂由③得m +n =-λ㊂则m +n m n =-λ19μ=-λ19(-3λ)=3㊂故MN 的中点为定点(0,3)㊂策略十斜率同构㊂先由点斜式正设A P ㊁A Q ㊁P Q 的方程,再联立求点P ㊁Q 坐标,最后将两点坐标代入椭圆方程,利用同构求出k 1+k 2值,即求出中点坐标㊂设直线A P 的方程为y =k 1(x +2),则点M 的坐标为(0,2k 1)㊂设直线A Q 的方程为y =k 2(x +2),则点N 的坐标为(0,2k 2)㊂则MN 的中点为(0,k 1+k 2)㊂下面求k 1+k 2的值㊂设直线P Q 的方程为y =k (x +2)+3㊂将直线A P 与直线P Q 联立,求点P 坐标㊂由y =k (x +2)+3,y =k 1(x +2),得:P3k 1-k -2,3k 1k 1-k㊂同理可得,点Q的坐标为3k 2-k -2,3k 2k 2-k㊂因为点P 在椭圆9x 2+4y 2=36上,所以93k 1-k -22+43k 1k 1-k2=36㊂即99(k 1-k )2-12k 1-k +4+36k 21(k 1-k )2=36,也即4k 21-12k 1+12k +9=0㊂同理,点Q 在椭圆9x 2+4y 2=36上,可得4k 22-12k 2+12k +9=0㊂所以k 1㊁k 2是方程4x 2-12x +12k +9=0的解㊂故k 1+k 2=124=3㊂所以MN 的中点为定点(0,3)㊂以上为常用解题策略,请同学们仔细领会㊁认真钻研,对于不同的情景选择合适的策略,提高自己的解析几何数学运算能力㊂注:本文系2023年度河南省基础教育教学研究项目基于核心素养的高中生解析几何数学运算能力测评与对策研究 (立项编号J C J Y C 2303010018)研究成果㊂(责任编辑徐利杰)。

2020年全国高考数学一卷(理)20题解法赏析

２０２０年全国高考数学一卷(理)２０题解法赏析陈志年(安徽省合肥市肥西中学㊀２３１２００)摘㊀要:本文给出２０２０年全国高考数学一卷(理)２０题的多种解法及评析.关键词:解析几何ꎻ直线过定点ꎻ引进参数ꎻ参数的去留.中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)３１－００３８－０２收稿日期:２０２０－０８－０５作者简介:陈志年(１９６２.４－)ꎬ男ꎬ安徽人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２０年全国高考数学一卷(理)２０题是一道解析几何题ꎬ其中第二问是证明直线过定点.虽然是一类常见常考的题型ꎬ但是解决起来有一定的难度.难点在于:引进一个参数ꎬ思路简单ꎬ可运算量大ꎬ要求运算流畅㊁准确ꎻ引进多个参数ꎬ最后涉及到参数的消去与保留ꎬ要求思维灵活㊁缜密.下面给出该题的多种解法及评析ꎬ欣赏一题多解的妙趣ꎻ领略难点突破的秘诀.题目㊀已知ＡꎬＢ分别为椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２＝１(ａ>１)的左右顶点ꎬＧ为Ｅ的上顶点ꎬＡＧң ＧＢң＝８.Ｐ为直线ｘ＝６上的动点ꎬＰＡ与Ｅ的另一交点为ＣꎬＰＢ与Ｅ的另一交点为Ｄ.(１)求Ｅ的方程ꎻ(２)证明:直线ＣＤ过定点.解㊀(１)由题设得Ａ(－ａꎬ０)ꎬＢ(ａꎬ０)ꎬＧ(０ꎬ１)ꎬ则ＡＧң＝(ａꎬ１)ꎬＧＢң＝(ａꎬ－１).由ＡＧң ＧＢң＝８得ａ２－１＝８ꎬ即ａ＝３.所以Ｅ的方程为ｘ２９＋ｙ２＝１.(２)解法１㊀由(１)知Ａ(－３ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)ꎬ设Ｐ(６ꎬｔ)则ＰＡ的方程为ｙ＝ｔ９(ｘ＋３).将ｙ＝ｔ９(ｘ＋３)代入ｘ２９＋ｙ２＝１得(ｔ２＋９)ｘ２＋６ｔ２ｘ＋９ｔ２－８１＝０ꎬ则－３ｘｃ＝９ｔ２－８１ｔ２＋９ꎬ所以ｘｃ＝－３ｔ２＋２７ｔ２＋９ꎬＣ点的坐标为(－３ｔ２＋２７ｔ２＋９ꎬ６ｔｔ２＋９)ꎻ同样求得Ｄ点坐标为(３ｔ２－３ｔ２＋１ꎬ－２ｔｔ２＋１).当ｔ２ʂ３时ꎬ直线ＣＤ的斜率ｋＣＤ＝４ｔ－３ｔ２＋９ꎬ直线ＣＤ的方程为ｙ＋２ｔｔ２＋１＝４ｔ－３ｔ２＋９(ｘ－３ｔ２－３ｔ２＋１)ꎬ即ｙ＝４ｔ－３ｔ２＋９(ｘ－３２)ꎻ当ｔ２＝３时ꎬ直线ＣＤ的方程为ｘ＝３２.综上ꎬ直线ＣＤ过定点(３２ꎬ０).评析㊀本解法两次将直线方程代入椭圆方程得到关于ｘ的一元二次方程ꎬ有一定的运算量ꎬ要求零失误ꎻ利用韦达定理求得Ｃ㊁Ｄ的坐标ꎬ是一个技巧ꎻ写出直线ＣＤ的方程还需要化简整理ꎬ方能得到所要证的结论.解法２㊀由(１)知Ａ(－３ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)ꎬ设Ｐ(６ꎬｔ)ꎬＣ(３ｃｏｓαꎬｓｉｎα)ꎬＤ(３ｃｏｓβꎬｓｉｎβ)ꎬ则ＡＣң＝(３ｃｏｓα＋３ꎬｓｉｎα)ꎬＡＰң＝(９ꎬｔ)ꎬＢＤң＝(３ｃｏｓβ－３ꎬｓｉｎβ)ꎬＢＰң＝(３ꎬｔ).因为ＡＣңʊＡＰңꎬＢＤңʊＢＰңꎬ所以(３ｃｏｓα＋３)ｔ－９ｓｉｎα＝０ꎬ(３ｃｏｓβ－３)ｔ－３ｓｉｎβ＝０.当ｔʂ０时ꎬ则ｔ＝３ｔａｎα２ꎬｔｔａｎβ２＝－１ꎬ从而ｔａｎα２ｔａｎβ２＝－１３.若ｃｏｓαʂｃｏｓβꎬ直线ＣＤ的方程为ｙ－ｓｉｎα＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ３ｃｏｓα－３ｃｏｓβ(ｘ－３ｃｏｓα)ꎬ即ｙ＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ３ｃｏｓα－３ｃｏｓβ(ｘ－３ｓｉｎ(α－β)ｓｉｎα－ｓｉｎβ)ꎬ即ｙ＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ３ｃｏｓα－３ｃｏｓβ(ｘ－３ｃｏｓα－β２ｃｏｓα＋β２)ꎬ即ｙ＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ３ｃｏｓα－３ｃｏｓβ(ｘ－３(１＋ｔａｎα２ｔａｎβ２)１－ｔａｎα２ｔａｎβ２).将ｔａｎα２ｔａｎβ２＝８３－１３代入得直线ＣＤ的方程ｙ＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ３ｃｏｓα－３ｃｏｓβ(ｘ－３２).若ｃｏｓα＝ｃｏｓβꎬ由ｔａｎα２ｔａｎβ２＝－１３ꎬ不妨设ｔａｎα２＝３３ꎬｔａｎβ２＝－３３ꎬ所以ｃｏｓα＝ｃｏｓβ＝１２ꎬ直线ＣＤ的方程为ｘ＝３２.当ｔ＝０时ꎬ直线ＣＤ的方程为ｙ＝０.综上ꎬ直线ＣＤ过定点(３２ꎬ０).评析㊀本解法利用椭圆的参数方程设点的坐标ꎬ减少了参数的个数ꎻ整个解答过程中ꎬ利用了多个三角公式ꎬ如:同角三角函数基本关系公式ꎬ两角和与差公式ꎬ二倍角公式及通过角的变换推导的和差化积公式等ꎬ可以说三角公式的运用得到了极致.解法３㊀由(１)知Ａ(－３ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０).设Ｐ(６ꎬｔ)ꎬ根据对称性直线ＣＤ所过定点在ｘ轴上.当ｔʂ０时ꎬ设直线ＣＤ的方程为ｍｙ＝ｘ－ｎꎬＣ(ｍｙ１＋ｎꎬｙ１)ꎬＤ(ｍｙ２＋ｎꎬｙ２)ꎬ则ＡＣң＝(ｍｙ１＋ｎ＋３ꎬｙ１)ꎬＡＰң＝(９ꎬｔ)ꎬＢＤң＝(ｍｙ２＋ｎ－３ꎬｙ２)ꎬＢＰң＝(３ꎬｔ).因为ＡＣңʊＡＰңꎬＢＤңʊＢＰңꎬ所以(ｍｙ１＋ｎ＋３)ｔ－９ｙ１＝０ꎬ(ｍｙ２＋ｎ－３)ｔ－３ｙ２＝０.消去ｔ得ｙ２(ｍｙ１＋ｎ＋３)＝３ｙ１(ｍｙ２＋ｎ－３).即２ｍｙ１ｙ２＋３(ｎ－３)ｙ１－(ｎ＋３)ｙ２＝０.把ｘ＝ｍｙ＋ｎ代入ｘ２９＋ｙ２＝１得(ｍ２＋９)ｙ２＋２ｍｎｙ＋ｎ２－９＝０.把ｙ１ｙ２＝ｎ２－９ｍ２＋９代入２ｍｙ１ｙ２＋３(ｎ－３)ｙ１－(ｎ＋３)ｙ２＝０ꎬ得２ｍ(ｎ２－９)ｍ２＋９＋３(ｎ－３)ｙ１－(ｎ＋３)ｙ２＝０ꎬ把２ｍｍ２＋９＝－ｙ１＋ｙ２ｎ代入２ｍ(ｎ２－９)ｍ２＋９＋３(ｎ－３)ｙ１－(ｎ＋３)ｙ２＝０消去ｍ得－(ｎ２－９)(ｙ１＋ｙ２)＋３ｎ(ｎ－３)ｙ１－ｎ(ｎ＋３)ｙ２＝０ꎬ即(２ｎ２－９ｎ＋９)ｙ１－(２ｎ２＋３ｎ－９)ｙ２＝０.所以２ｎ２－９ｎ＋９＝０ꎬ２ｎ２＋３ｎ－９＝０ꎬ从而ｎ＝３２ꎬ直线ＣＤ的方程为ｍｙ＝ｘ－３２.当ｔ＝０时ꎬ直线ＣＤ的方程为ｙ＝０.综上ꎬ直线ＣＤ过定点(３２ꎬ０).评析㊀本解法引进多个参数ꎬ初心是利用韦达定理消去ｙ１和ｙ２保留ｍꎬ实际把ｙ１ｙ２＝ｎ２－９ｍ２＋９代入２ｍｙ１ｙ２＋３(ｎ－３)ｙ１－(ｎ＋３)ｙ２＝０ꎬ结合ｙ１＋ｙ２＝－２ｍｎｍ２＋９ꎬ发现易消去ｍꎬ保留ｙ１和ｙ２ꎬ利用ｙ１和ｙ２的任意性就可求得ｎ.解题过程中得到启发㊁灵感ꎬ适时调整我们的解题思路ꎬ体现了思维的多向性和灵活性.解法４㊀由(１)知Ａ(－３ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)ꎬ设Ｃ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＤ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＰ(６ꎬｔ)ꎬ则ＡＣң＝(ｘ１＋３ꎬｙ１)ꎬＡＰң＝(９ꎬｔ)ꎬＢＤң＝(ｘ２－３ꎬｙ２)ꎬＢＰң＝(３ꎬｔ).因为ＡＣңʊＡＰңꎬＢＤңʊＢＰңꎬ所以(ｘ１＋３)ｔ－９ｙ１＝０ꎬ(ｘ２－３)ｔ－３ｙ２＝０.消去ｔ得３ｙ１(ｘ２－３)＝ｙ２(ｘ１＋３)ꎬ所以９ｙ２１(ｘ２－３)２＝ｙ２２(ｘ１＋３)２.又ｙ２１＝９－ｘ２１９ꎬｙ２２＝９－ｘ２２９ꎬ从而得９(ｘ１－３)(ｘ２－３)＝(ｘ１＋３)(ｘ２＋３)ꎬ即４ｘ１ｘ２－１５(ｘ１＋ｘ２)＋３６＝０.根据对称性直线ＣＤ所过定点在ｘ轴上.当直线ＣＤ的斜率存在时ꎬ设直线ＣＤ的方程为ｙ＝ｋ(ｘ－ｎ)ꎬ把ｙ＝ｋ(ｘ－ｎ)代入ｘ２９＋ｙ２＝１得(９ｋ２＋１)ｘ２－１８ｋ２ｎｘ＋９ｋ２ｎ２－９＝０.把ｘ１＋ｘ２＝１８ｋ２ｎ９ｋ２＋１ꎬｘ１ｘ２＝９ｋ２ｎ２－９９ｋ２＋１代入４ｘ１ｘ２－１５(ｘ１＋ｘ２)＋３６＝０得ｋ２(２ｎ２－１５ｎ＋１８)＝０ꎬ所以２ｎ２－１５ｎ＋１８＝０ꎬ解得ｎ＝３２或ｎ＝６(舍去)ꎬ直线ＣＤ的方程为ｙ＝ｋ(ｘ－３２).当直线ＣＤ的斜率不存在时ꎬ则ｘ１＝ｘ２ꎬ又４ｘ１ｘ２－１５(ｘ１＋ｘ２)＋３６＝０ꎬ所以ｘ１＝ｘ２＝３２或ｘ１＝ｘ２＝６(舍去)ꎬ直线ＣＤ的方程为ｘ＝３２.综上ꎬ直线ＣＤ过定点(３２ꎬ０).评析㊀本解法引进更多的参数ꎬ利用Ｃ㊁Ｄ在椭圆上ꎬ我们首先消去ｙ１和ｙ２ꎬ得到４ｘ１ｘ２－１５(ｘ１＋ｘ２)＋３６＝０ꎬ至此应用韦达定理解答显而易见ꎬ水到渠成.解析几何中ꎬ设而不求㊁加强韦达定理的应用是解答问题的重要方法.㊀㊀㊀参考文献:[１]２０２０年普通高等学校招生全国统一考试数学Ⅰ卷.㊀[责任编辑:李㊀璟]９３。

2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅱ)(含解析版)

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题目时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号框.回答非选择题目时，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、选择题目：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 ||x |<3，x ∈Z }，B ={x ||x |>1，x ∈Z }，则A ∩B =（）A. B.{–3，–2，2，3）C.{–2，0，2} D.{–2，2}【答案】D 【解析】【分析】解绝对值不等式化简集合,A B 的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为3,2,1,0,1,2A x x x Z ，1,1B x x x Z x x 或 1,x x Z ，所以 2,2A B ∩.故选：D.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题.2.（1–i ）4=（）A.–4B.4C.–4iD.4i【答案】A【解析】【分析】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可.【详解】422222(1)[(1)](12)(2)4i i i i i .故选：A.【点睛】本题考查了复数的乘方运算性质，考查了数学运算能力，属于基础题.3.如图，将钢琴上的12个键依次记为a 1，a 2，…，a 12.设1≤i <j <k ≤12．若k –j =3且j –i =4，则称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.15【答案】C 【解析】【分析】根据原位大三和弦满足3,4k j j i ，原位小三和弦满足4,3k j j i 从1i 开始，利用列举法即可解出．【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足：3,4k j j i ．∴1,5,8i j k ；2,6,9i j k ；3,7,10i j k ；4,8,11i j k ；5,9,12i j k ．原位小三和弦满足：4,3k j j i ．∴1,4,8i j k ；2,5,9i j k ；3,6,10i j k ；4,7,11i j k ；5,8,12i j k ．故个数之和为10．故选：C ．【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题．4.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A.10名B.18名C.24名D.32名【答案】B 【解析】【分析】算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.【详解】由题意，第二天新增订单数为50016001200900 ，故需要志愿者9001850名.故选：B【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题.5.已知单位向量a ，b 的夹角为60°，则在下列向量中，与b 垂直的是（）A.a +2bB.2a +bC.a –2bD.2a –b【答案】D 【解析】【分析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可.【详解】由已知可得：11cos 601122a b a b .A ：因为215(2)221022a b b a b b ，所以本选项不符合题意；B ：因为21(2)221202a b b a b b ，所以本选项不符合题意；C ：因213(2)221022a b b a b b ，所以本选项不符合题意；D：因为21(2)22102a b b a b b ，所以本选项符合题意.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力.6.记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（）A.2n –1 B.2–21–n C.2–2n –1D.21–n –1【答案】B 【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n 项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a 可得：421153111122124a q a q q a a q a q ，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ，因此1121222n n n n n S a .故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n 项和公式的应用，考查了数学运算能力.7.执行右面的程序框图，若输入的k =0，a =0，则输出的k 为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C 【解析】分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的k 值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可求得答案.【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的k 值模拟程序的运行过程0,0k a 第1次循环，2011a ,011k ，210 为否第2次循环，2113a ,112k ，310 为否第3次循环，2317a ,213k ，710 为否第4次循环，27115a ,314k ，1510 为是退出循环输出4k .故选：C.【点睛】本题考查求循环框图的输出值，解题关键是掌握模拟循环语句运行的计算方法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8.若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线230x y 的距离为（）A.55B.255C.355D.455【答案】B 【解析】【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为 ,,0a a a ，可得圆的半径为a ，写出圆的标准方程，利用点 2,1在圆上，求得实数a 的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线230x y 的距离.【详解】由于圆上的点 2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为,a a ，则圆的半径为a ，圆的标准方程为 222x a y a a .由题意可得 22221a a a ，可得2650a a ，解得1a 或5a ，所以圆心的坐标为 1,1或 5,5，圆心到直线230x y 的距离均为22555d；所以，圆心到直线230x y 的距离为255.故选：B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.9.设O 为坐标原点，直线x a 与双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的两条渐近线分别交于,D E 两点，若ODE 的面积为8，则C 的焦距的最小值为（）A.4B.8C.16D.32【答案】B 【解析】【分析】因为2222:1(0,0)x y C a b a b ，可得双曲线的渐近线方程是b y x a，与直线x a 联立方程求得D ，E 两点坐标，即可求得||ED ，根据ODE 的面积为8，可得ab 值，根据2222c a b ，结合均值不等式，即可求得答案.【详解】∵2222:1(0,0)x y C a b a b双曲线的渐近线方程是by x a∵直线x a 与双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的两条渐近线分别交于D ，E 两点不妨设D 为在第一象限，E 在第四象限联立x ab y x a，解得x a y b故(,)D a b 联立x ab y x a，解得x a y b故(,)E a b ||2ED bODE 面积为：1282ODE S a b ab△∵双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b其焦距为2222222168c a b ab 当且仅当22a b 取等号C 的焦距的最小值：8【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.10.设函数331()f x x x,则()f x （）A.是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B.是奇函数，且在(0,+∞)单调递减C.是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D.是偶函数，且在(0,+∞)单调递减【答案】A 【解析】【分析】根据函数的解析式可知函数的定义域为0x x ，利用定义可得出函数 f x 为奇函数，再根据函数的单调性法则，即可解出．【详解】因为函数 331f x x x定义域为 0x x ，其关于原点对称，而 f x f x ，所以函数 f x 为奇函数．又因为函数3y x 在()0,+¥上单调递增，在(),0-¥上单调递增，而331y x x在()0,+¥上单调递减，在(),0-¥上单调递减，所以函数 331f x x x在()0,+¥上单调递增，在(),0-¥上单调递增．故选：A ．【点睛】本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题．11.已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（）A.3B.32C.1D.32【答案】C【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离22d R r.【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ，解得：2R .设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC ∵ 是面积为934的等边三角形，21393224a ，解得：3a ，22229933434a r a ，球心O 到平面ABC 的距离22431d R r .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.12.若2233x y x y ，则（）A.ln(1)0y x B.ln(1)0y x C.ln ||0x y D.ln ||0x y 【答案】A 【解析】【分析】将不等式变为2323x x y y ，根据 23t tf t 的单调性知x y ，以此去判断各个选项中真数与1的大小关系，进而得到结果.【详解】由2233x y x y 得：2323x x y y ，令 23ttf t ，2x y ∵为R 上的增函数，3x y 为R 上的减函数， f t 为R 上的增函数，x y ，0y x Q ，11y x ， ln 10y x ，则A 正确，B 错误；x y Q 与1的大小不确定，故CD 无法确定.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到,x y 的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.二、填空题目：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若2sin 3x ，则cos 2x __________．【答案】19【解析】【分析】直接利用余弦的二倍角公式进行运算求解即可.【详解】22281cos 212sin 12()1399x x .故答案为：19.【点睛】本题考查了余弦的二倍角公式的应用，属于基础题.14.记n S 为等差数列 n a 的前n 项和．若1262,2a a a ，则10S __________．【答案】25【解析】【分析】因为 n a 是等差数列，根据已知条件262a a ，求出公差，根据等差数列前n 项和，即可求得答案.【详解】∵ n a 是等差数列，且12a ，262a a 设 n a 等差数列的公差d根据等差数列通项公式： 11n a a n d 可得1152a d a d 即： 2252d d 整理可得：66d 解得：1d∵根据等差数列前n 项和公式：*1(1),2n n n S na d n N可得： 1010(101)1022045252S1025S .故答案为：25.【点睛】本题主要考查了求等差数列的前n 项和，解题关键是掌握等差数列的前n 项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.若x ，y 满足约束条件1121,x y x y x y，，则2z x y 的最大值是__________．【答案】8【解析】【分析】在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域，然后平移直线12y x ，在平面区域内找到一点使得直线1122y x z在纵轴上的截距最大，求出点的坐标代入目标函数中即可.【详解】不等式组表示的平面区域为下图所示：平移直线12y x，当直线经过点A 时，直线1122y x z 在纵轴上的截距最大，此时点A 的坐标是方程组121x y x y的解，解得：23x y，因此2z x y 的最大值为：2238 .故答案为：8.【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想，考查数学运算能力.16.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】【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题1p 的真假；利用三点共线可判断命题2p 的真假；利用异面直线可判断命题3p 的真假，利用线面垂直的定义可判断命题4p 的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.【详解】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面内，所以，AB ，即3l ，命题1p 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，则m 垂直于平面内所有直线，∵直线l 平面，直线m 直线l ，命题4p 为真命题.综上可知，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.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.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知25cos ()cos 24A A ．（1）求A ；（2）若33b c a，证明：△ABC 是直角三角形．【答案】（1）3A；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，25cos cos 24A A可化为251cos cos 4A A，即可解出；（2）根据余弦定理可得222b c a bc ，将33b c a 代入可找到,,a b c 关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．【详解】（1）因为25cos cos 24A A，所以25sin cos 4A A ，即251cos cos 4A A ，解得1cos 2A ，又0A ，所以3A；（2）因为3A ，所以2221cos 22b c a A bc ，即222b c a bc ①，又33b c a②，将②代入①得， 2223b c b c bc ，即222250b c bc ，而b c ，解得2b c ，所以3a c，故222b a c ，即ABC 是直角三角形．【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ，y i )(i =1，2，…，20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得20160i ix，2011200i iy，2021)80i i x x （，2021)9000i i y y （，201))800i i i x y x y （（.（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本(x i ，y i )(i =1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.附：相关系数r =12211))))ni iiiin ni i x y x x y y y x（（（（，2=1.414.【答案】（1）12000；（2）0.94；（3）详见解析【解析】【分析】（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可；（2）利用公式20120202211()()()()iii iii i x x yy r x x yy计算即可；（3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样.【详解】（1）样区野生动物平均数为201111200602020i i y ，地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为2006012000 （2）样本(,)i i x y 的相关系数为20120202211()()800220.943809000()()iii i i i i x x y y r x x y y（3）由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数学运算能力，是一道容易题.19.已知椭圆C 1：22221x y a b(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴重直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．（1）求C 1的离心率；（2）若C 1的四个顶点到C 2的准线距离之和为12，求C 1与C 2的标准方程．【答案】（1）12；（2）1C ：2211612x y ，2C ：28y x .【解析】【分析】（1）根据题意求出2C 的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设,A C 在第一象限，运用代入法求出,,,A B C D 点的纵坐标，根据4||||3CD AB ，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；【详解】解：（1）因为椭圆1C 的右焦点坐标为：(c,0)F ,所以抛物线2C 的方程为24y cx ，其中22c a b.不妨设,A C 在第一象限，因为椭圆1C 的方程为：22221x y a b，所以当x c 时，有222221c y b y a b a ，因此,A B 的纵坐标分别为2b a ，2ba；又因为抛物线2C 的方程为24y cx ，所以当x c 时，有242y c c y c ，所以,C D 的纵坐标分别为2c ，2c ，故22||bAB a，||4CD c .由4||||3CD AB 得2843b c a，即2322()c c a a ，解得2c a （舍去），12c a .所以1C 的离心率为12.（2）由（1）知2a c ，3b c ，故22122:143x y C c c，所以1C 的四个顶点坐标分别为(2,0)c ，(2,0)c ，(0,3)c ，(0,3)c ，2C 的准线为x c .由已知得312c c c c ，即2c .所以1C 的标准方程为2211612x y ，2C 的标准方程为28y x .【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.20.如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24.【解析】【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F 平面1A AMN ，只需证明EF 平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V .【详解】（1）∵,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB 又11//AA BB1//MN AA 在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM 又∵侧面11BB C C 为矩形，1BC BB 1//MN BB ∵MN BC由MN AM M ，,MN AM 平面1A AMNBC ⊥平面1A AMN又∵11//B C BC ，且11B C 平面ABC ，BC 平面ABC ，11//B C 平面ABC又∵11B C 平面11EB C F ，且平面11EB C F 平面ABC EF11//B C EF//EF BC又BC ∵平面1A AMNEF 平面1A AMN EF ∵平面11EB C F 平面11EB C F 平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图∵//AO 平面11EB C FAO 平面1A AMN ，平面1A AMN 平面11EB C F NP//AO NP又∵//NO AP6AO NP ∵O 为111A B C △的中心.1111sin 606sin 60333ON A C故：3ON AP，则333AM AP ，∵平面11EB C F 平面1A AMN ，平面11EB C F 平面1A AMN NP ，MH 平面1A AMNMH 平面11EB C F又∵在等边ABC 中EF APBC AM即36233AP BC EF AM由（1）知，四边形11EB C F 为梯形四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP 四边形111113B EBC F EB C F V S h 四边形，h 为M 到PN 的距离23sin 603MH ， 1243243V .【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.21.已知函数f （x ）=2ln x +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a的单调性．【答案】（1）1c ；（2）()g x 在区间(0,)a 和(,)a 上单调递减，没有递增区间【解析】【分析】（1）不等式()2f x x c 转化为()20f x x c ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数()g x 求导，把导函数()g x 分子构成一个新函数()m x ，再求导得到()m x ，根据()m x 的正负，判断()m x 的单调性，进而确定()g x 的正负性，最后求出函数()g x 的单调性.【详解】（1）函数()f x 的定义域为：(0,)()2()202ln 120()f x x c f x x c x x c ，设()2ln 12(0)h x x x c x ，则有22(1)()2x h x x x，当1x 时，()0,()h x h x 单调递减，当01x 时，()0,()h x h x 单调递增，所以当1x 时，函数()h x 有最大值，即max ()(1)2ln11211h x h c c ，要想不等式() 在(0,) 上恒成立，只需max ()0101h x c c ；（2）2ln 1(2ln 1)2(ln ln )()(0x a x a g x x x a x a且)x a 因此22(ln ln )()()x a x x x a g x x x a ，设()2(ln ln )m x x a x x x a ，则有()2(ln ln )m x a x ，当x a 时，ln ln x a ，所以()0m x ，()m x 单调递减，因此有()()0m x m a ，即()0g x ，所以()g x 单调递减；当0x a 时，ln ln x a ，所以()0m x ，()m x 单调递增，因此有()()0m x m a ，即()0g x ，所以()g x 单调递减，所以函数()g x 在区间(0,)a 和(,)a 上单调递减，没有递增区间.【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函数的单调性，考查了数学运算能力，是中档题.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分．[选修4—4：坐标系与参数方程]22.已知曲线C 1，C 2的参数方程分别为C 1：224cos 4sin x y ，（θ为参数），C 2：1,1x t t y t t（t 为参数）.（1）将C 1，C 2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C 1，C 2的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程.【答案】（1）1:4C x y ；222:4C x y ；（2）17cos 5.【解析】【分析】（1）分别消去参数和t 即可得到所求普通方程；（2）两方程联立求得点P ，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.【详解】（1）由22cos sin 1 得1C 的普通方程为：4x y ；由11x t t y t t 得：2222221212x t t y t t，两式作差可得2C 的普通方程为：224x y .（2）由2244x y x y 得：5232x y ，即53,22P ；设所求圆圆心的直角坐标为 ,0a ，其中0a ，则22253022a a，解得：1710a ，所求圆的半径1710r ，所求圆的直角坐标方程为：22217171010x y ，即22175x y x ，所求圆的极坐标方程为17cos 5.【点睛】本题考查极坐标与参数方程的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程、直角坐标方程化极坐标方程等知识，属于常考题型.[选修4—5：不等式选讲]23.已知函数2()|21|f x x a x a .（1）当2a 时，求不等式()4f x 的解集；（2）若()4f x ，求a 的取值范围.【答案】（1）32x x或112x；（2） ,13, .【解析】【分析】（1）分别在3x 、34x 和4x 三种情况下解不等式求得结果；（2）利用绝对值三角不等式可得到 21f x a ，由此构造不等式求得结果.【详解】（1）当2a 时， 43f x x x .当3x 时， 43724f x x x x ，解得：32x ≤；当34x 时， 4314f x x x ，无解；当4x 时， 43274f x x x x ，解得：112x；综上所述： 4f x 的解集为32x x或112x .（2） 22222121211f x x a x a x ax a a a a （当且仅当221a x a 时取等号）， 214a ，解得：1a 或3a ，a 的取值范围为 ,13, .【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.祝福语祝你马到成功，万事顺意!。

2020高考全国二卷数学试题分析解析解读

2020高考全国二卷数学试题分析解析解读2020年1月，教育部发布《中国高考评价体系》，明确“一核”、“四层”、“四翼”的高考评价体系，即高考要体现“立德树人、服务选才、引导教学”的核心功能，考查“核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”四层内容考查要求，考查“基础性、综合性、应用性、创新性”的四翼要求。

2020年全国Ⅱ卷高考文理科数学试题，依托高考评价体系，充分落实了“一核”“四层”“四翼”的要求，在试题整体结构稳定的基础上，有适度创新，突出数学学科特色，突出学科素养导向，有时代特色，注重能力考查，着重考查学生的思维能力，综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力。

试题主要呈现以下特点：一、试题稳中有变，大题结构动态调整2020年的高考数学保持题型、考点、难度的相对稳定，但是为了对接新高考，以学科素养立意命题，增加了阅读量、信息量，学生明显表现出不适应，感觉难度增大。

尤其是在题的顺序上打破常规，文理科的第3、4题新颖试题过早出现，出乎学生意料，耽误了一定的答题时间，在感觉和信心上受挫。

若学生能及时调整答题策略，后面的选择填空题都很常规，多数学生都能轻松解决。

此试卷对学生和教师的提醒是，困难的试题可能会在试卷的任何地方出现，不能再坚持难题一定在后面的观念了。

全国Ⅱ卷的理科和文科试题，对主观题的结构布局及考查难度也都进行了动态调整，文理科的解答题顺序均为：17题解三角形、18题概率统计，19题圆锥曲线，20题立体几何，21题函数导数；22、23题为二选一。

其中第一道大题第17题考查解三角形的相关知识，替换了2019年的立体几何大题的位置；而立体几何大题后移至第20题，仍然考查平行、垂直关系，直线和平面所成的角及体积的计算，但灵活性加大；解析几何大题前移至第19题的位置，难度有所降低。

大题结构的调整主要考查学生灵活应变的能力和主动调整适应的能力。

对重点内容的考查，在整体符合考试大纲的前提下，各部分内容和难度进行动态设计，这种设计有助于学生全面学习和掌握重点知识和重点内容，同时破解应试教育，指导高中教学。

2020年江苏省高考数学试卷(含答案详解)

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学Ⅰ注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷共4页，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。

本卷满分为160分，考试时间为120分钟。

2020年江苏省高考数学试卷及答案

2020年最新绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学参考公式：样本数据1x ，2x ，，n x 的标准差锥体体积公式222121[()()()]n s x x x x x x n=-+-++-13V Sh =其中x 为样本平均数其中S 为底面面积、h 为高柱体体积公式球的表面积、体积公式V Sh =24πS R =，34π3V R =其中S 为底面面积，h 为高其中R 为球的半径一、填空题：本大题共1小题，每小题5分，共70分． 1.)6cos()(πω-=x x f 最小正周期为5π，其中0>ω，则=ω 2.一个骰子连续投2次，点数和为4的概率3.),(11R b a bi a ii∈+-+表示为，则b a += 4.{}73)1(2-<-=x x x A ，则A Z 的元素的个数 5.b a ,的夹角为120，,3,1==b a 则=-b a 56在平面直角坐标系xoy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随机投一点，则落入E 中的概率7. 某地区为了解70~80岁老人的日平均睡眠时间（单位：h ），随机选择了50位老人进行调查。

下表是这50位老人日睡眠时间的频率分布表。

序号（i ）分组（睡眠时间）组中值（i G ）频数（人数）频率（i F ） 1 [4,5) 4.5 6 0.12 2 [5,6) 5.5 10 0.20 3 [6,7) 6.5 20 0.40 4 [7,8) 7.5 10 0.20 5[8,9) 8.5 4 0.08在上述统计数据的分析中，一部分计算算法流程图，则输出的S 的值是。

8.直线b x y +=21是曲线)0(ln >=x x y 的一条切线，则实数b= ▲ 9.在平面直角坐标系中，设三角形ABC 的顶点分别为)0,(),0,(),,0(c C b B a A ，点P （0，p ）在线段AO 上（异于端点），设p c b a ,,,均为非零实数，直线CP BP ,分别交AB AC ,于点F E ,，一同学已正确算的OE 的方程：01111=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-y a p x c b ，请你求OF 的方程： 10.将全体正整数排成一个三角形数阵：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10。

2020年江苏高考数学真题(解析版)

本卷满分为160分，考试时间为120分钟。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗. 参考公式：柱体的体积V Sh =，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题．．卡相应位置上．．．．．．． 1.已知集合{1,0,1,2},{0,2,3}A B =-=，则A B =_____.【答案】{}0,2 【解析】【分析】根据集合交集即可计算.【详解】∵{}1,0,1,2A =-,{}0,2,3B = ∴{}0,2A B =I 故答案为：{}0,2.【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题型．2.已知i 是虚数单位，则复数(1i)(2i)z =+-的实部是_____. 【答案】3 【解析】【分析】根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值. 【详解】∵复数()()12z i i =+- ∴2223z i i i i =-+-=+ ∴复数的实部为3. 故答案为：3.【点睛】本题考查复数的基本概念，是基础题．3.已知一组数据4,2,3,5,6a a -的平均数为4，则a 的值是_____. 【答案】2 【解析】【分析】根据平均数的公式进行求解即可．【详解】∵数据4,2,3,5,6a a -的平均数为4 ∴4235620a a ++-++=，即2a =. 故答案为：2.【点睛】本题主要考查平均数的计算和应用，比较基础．4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____. 【答案】19【解析】【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．【详解】根据题意可得基本事件数总为6636⨯=个.点数和为5的基本事件有()1,4，()4,1，()2,3，()3,2共4个. ∴出现向上的点数和为5的概率为41369P ==.故答案为：19. 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5.如图是一个算法流程图，若输出y 的值为2-，则输入x 的值是_____.【答案】3- 【解析】【分析】根据指数函数的性质，判断出1y x =+，由此求得x 的值. 【详解】由于20x >，所以12y x =+=-，解得3x =-. 故答案为：3-【点睛】本小题主要考查根据程序框图输出结果求输入值，考查指数函数的性质，属于基础题.6.在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线22x a ﹣25y =1(a ＞0)的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率是____. 【答案】32【解析】【分析】根据渐近线方程求得a ，由此求得c ，进而求得双曲线的离心率.【详解】双曲线22215x y a -=，故b =.由于双曲线的一条渐近线方程为2y x =，即22b a a =⇒=，所以3c ===，所以双曲线的离心率为32c a =.故答案为：32【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题. 7.已知y =f (x )是奇函数，当x ≥0时，()23f x x = ，则f (-8)的值是____. 【答案】4- 【解析】【分析】先求(8)f ，再根据奇函数求(8)f -【详解】23(8)84f ==，因为()f x 为奇函数，所以(8)(8)4f f -=-=- 故答案为：4-【点睛】本题考查根据奇函数性质求函数值，考查基本分析求解能力，属基础题. 8.已知2sin ()4πα+ =23，则sin 2α的值是____.【答案】13【解析】【分析】直接按照两角和正弦公式展开，再平方即得结果.【详解】221sin ())(1sin 2)42παααα+==+Q 121(1sin 2)sin 2233αα∴+=∴= 故答案为：13【点睛】本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题. 9.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【解析】【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为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.10.将函数y =πsin(2)43x ﹢的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是____. 【答案】524x π=- 【解析】【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果. 【详解】3sin[2()]3sin(2)6412y x x πππ=-+=- 72()()122242k x k k Z x k Z πππππ-=+∈∴=+∈当1k =-时524x π=-故答案为：524x π=-【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题. 11.设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______．【答案】4 【解析】【分析】结合等差数列和等比数列前n 项和公式的特点，分别求得{}{},n n a b 的公差和公比，由此求得d q +.【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，根据题意1q ≠. 等差数列{}n a 的前n 项和公式为()2111222n n n d d P na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，等比数列{}n b 的前n 项和公式为()1111111n n n b q b bQ q qq q-==-+---，依题意n n n S P Q =+，即22111212211nn b b d d n n n a n q q q ⎛⎫-+-=+--+ ⎪--⎝⎭，通过对比系数可知111212211dd a q b q⎧=⎪⎪⎪-=-⎪⎨⎪=⎪⎪=-⎪-⎩⇒112021d a q b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，故4d q +=.故答案为：4【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n 项和公式，属于中档题.12.已知22451(,)x y y x y R +=∈，则22x y +的最小值是_______．【答案】45【解析】【分析】根据题设条件可得42215y x y -=，可得4222222114+555y y x y y y y-+=+=，利用基本不等式即可求解.【详解】∵22451x y y +=∴0y ≠且42215y x y -=∴42222221144+5555y y x y y y y -+=+=≥=，当且仅当221455y y =，即2231,102x y ==时取等号. ∴22xy +的最小值为45. 故答案为：45. 【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用≥或≤时等号能否同时成立）. 13.在△ABC 中，43=90AB AC BAC ==︒，，∠，D 在边BC 上，延长AD 到P ，使得AP =9，若3()2PA mPB m PC =+-（m 为常数），则CD 的长度是________．【答案】185【解析】【分析】根据题设条件可设()0PA PD λλ=>，结合32PA mPB m PC ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭与,,B D C 三点共线，可求得λ，再根据勾股定理求出BC ，然后根据余弦定理即可求解.【详解】∵,,A D P 三点共线， ∴可设()0PA PD λλ=>， ∵32PA mPB m PC ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，∴32PD mPB m PC λ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，即32m m PD PB PC λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+，若0m ≠且32m ≠，则,,B D C 三点共线， ∴321m m λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭+=，即32λ=， ∵9AP =，∴3AD =，∵4AB =,3AC =,90BAC ∠=︒， ∴5BC =，设CD x =，CDA θ∠=，则5BD x =-，BDA πθ∠=-.∴根据余弦定理可得222cos 26AD CD AC xAD CD θ+-==⋅，()()()222257cos 265x AD BD AB AD BD x πθ--+--==⋅-，∵()cos cos 0θπθ+-=，∴()()2570665x x x --+=-，解得185x =，∴CD 的长度为185. 当0m =时， 32PA PC =，,C D 重合，此时CD 的长度为0，当32m =时，32PA PB =，,B D 重合，此时12PA =，不合题意，舍去.故答案为：0或185.【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出()0PA PD λλ=>． 14.在平面直角坐标系xOy中，已知0)P ，A ，B 是圆C ：221()362x y +-=上的两个动点，满足PA PB =，则△P AB 面积的最大值是__________．【答案】【解析】【分析】根据条件得PC AB ⊥,再用圆心到直线距离表示三角形PAB 面积，最后利用导数求最大值. 【详解】PA PB PC AB =∴⊥Q设圆心C 到直线AB 距离为d，则||1AB PC ==所以11)2PAB S d ≤⋅+=V 令222(36)(1)(06)2(1)(236)04y d d d y d d d d '=-+≤<∴=+--+=∴=（负值舍去）当04d ≤<时，0y '>；当46d ≤<时，0y '≤，因此当4d =时，y 取最大值，即PABS 取最大值为故答案为：【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析. 【解析】【分析】（1）通过证明1//EF AB ，来证得//EF 平面11AB C .（2）通过证明AB ⊥平面1AB C ，来证得平面1AB C ⊥平面1ABB . 【详解】（1）由于,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1//EF AB . 由于EF ⊂/平面11AB C ,1AB ⊂平面11AB C ，所以//EF 平面11AB C . （2）由于1B C ⊥平面ABC ，AB Ì平面ABC ，所以1B C AB ⊥.由于1,AB AC AC B C C ⊥⋂=，所以AB ⊥平面1AB C , 由于AB Ì平面1ABB ，所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.16.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3,45a c B ===︒．（1）求sin C 的值；（2）在边BC 上取一点D ，使得4cos 5ADC ∠=-，求tan DAC ∠的值．【答案】（1）sin C ；（2）2tan 11DAC ∠=. 【解析】【分析】（1）利用余弦定理求得b ，利用正弦定理求得sin C .（2）根据cos ADC ∠的值，求得sin ADC ∠的值，由（1）求得cos C 的值，从而求得sin ,cos DAC DAC ∠∠的值，进而求得tan DAC ∠的值.【详解】（1）由余弦定理得2222cos 92235b a c ac B =+-=+-⨯=，所以b =由正弦定理得sin sin sin sin c b c B C C B b =⇒==.（2）由于4cos 5ADC ∠=-，,2ADC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以3sin 5ADC ∠==.由于,2ADC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭，所以0,2C π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos C == 所以()sin sin DAC DAC π∠=-∠()sin ADC C =∠+∠sin cos cos sin ADC C ADC C =∠⋅+∠⋅3455⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭由于0,2DAC π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以cos DAC ∠==所以sin 2tan cos 11DAC DAC DAC ∠∠==∠.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题. 17.某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上、桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低? 【答案】（1）120米（2）20O E '=米【解析】【分析】（1）根据A,B 高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】（1）由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米（2）设总造价为()f x 万元，21||8016040O O '=⨯=，设||O E x '=， 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时，()0f x '<；当2040x <<时，()0f x '>，因此当20x =时，()f x 取最小值，答：当20O E '=米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.18.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP QP ⋅的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标．【答案】（1）6；（2）-4；（3）()2,0M 或212,77⎛⎫-- ⎪⎝⎭. 【解析】【分析】（1）根据椭圆定义可得124AF AF +=，从而可求出12AF F △的周长；（2）设()0,0P x ，根据点A 在椭圆E 上，且在第一象限，212AF F F ⊥，求出31,2A ⎛⎫⎪⎝⎭，根据准线方程得Q 点坐标，再根据向量坐标公式，结合二次函数性质即可出最小值；（3）设出设()11,M x y ，点M 到直线AB 的距离为d ，由点O 到直线AB 的距离与213S S =，可推出95d =，根据点到直线的距离公式，以及()11,M x y 满足椭圆方程，解方程组即可求得坐标.【详解】（1）∵椭圆E 的方程为22143x y +=∴()11,0F -,()21,0F由椭圆定义可得：124AF AF +=. ∴12AF F △的周长为426+=（2）设()0,0P x ，根据题意可得01x ≠.∵点A 在椭圆E 上，且在第一象限，212AF F F ⊥ ∴31,2A ⎛⎫⎪⎝⎭∵准线方程为4x = ∴()4,Q Q y∴()()()()200000,04,4244Q OP QP x x y x x x ⋅=⋅--=-=--≥-，当且仅当02x =时取等号.∴OP QP ⋅的最小值为4-.（3）设()11,M x y ，点M 到直线AB 的距离为d . ∵31,2A ⎛⎫⎪⎝⎭，()11,0F - ∴直线1AF 的方程为()314y x =+ ∵点O 到直线AB 的距离为35，213S S =∴2113133252S S AB AB d ==⨯⨯⨯=⋅ ∴95d =∴113439x y -+=①∵2211143x y +=②∴联立①②解得1120x y =⎧⎨=⎩，1127127x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩. ∴()2,0M 或212,77⎛⎫-- ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据213S S =推出95d =是解答本题的关键. 19.已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式；（2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()422242() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<，，，[], D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -【答案】（1）()2h x x =；（2）[]0,3k ∈；（3）证明详见解析【解析】【分析】（1）求得()f x 与()g x 的公共点，并求得过该点的公切线方程，由此求得()h x 的表达式. （2）先由()()0h x g x -≥，求得k 的一个取值范围，再由()()0f x h x -≥，求得k 的另一个取值范围，从而求得k 的取值范围.（3）先由()()f x h x ≥，求得t 的取值范围，由方程()()0g x h x -=的两个根，求得n m -的表达式，利用导数证得不等式成立.【详解】（1）由题设有2222x x kx b x x -+≤+≤+对任意的x ∈R 恒成立. 令0x =，则00b ≤≤，所以0b =.因此22kx x x ≤+即()220x k x +-≥对任意的x ∈R 恒成立，所以()220k ∆=-≤，因此2k =. 故()2h x x =.（2）令()()()()()1ln 0F x h x g x k x x x =-=-->，()01F =. 又()1x F x k x-'=⋅. 若k 0<，则()F x 在()0,1上递增，在()1,+?上递减，则()()10F x F ≤=，即()()0h x g x -≤，不符合题意.当0k =时，()()()()()0,F x h x g x h x g x =-==，符合题意. 当0k >时， ()F x 在()0,1上递减，在()1,+?上递增，则()()10F x F ≥=，即()()0h x g x -≥，符合题意. 综上所述，0k ≥.由()()()21f x h x x x kx k -=-+--()()2110x k x k =-+++≥当102k x +=<，即1k <-时，()211y x k x k =-+++在()0,+?为增函数，因为()()0010f h k -=+<，故存在()00,x ∈+∞，使()()0f x h x -<，不符合题意.当102k x +==，即1k =-时，()()20f x h x x -=≥，符合题意. 当102k x +=>，即1k >-时，则需()()21410k k ∆=+-+≤，解得13k -<≤. 综上所述，k 的取值范围是[]0,3k ∈.（3）因为()423422243248x x t t x t t x -≥--+≥-对任意[,][x m n ∈⊂恒成立，()423422432x x t t x t t -≥--+对任意[,][x m n ∈⊂恒成立，等价于()222()2320x t xtx t -++-≥对任意[,][x m n ∈⊂恒成立.故222320x tx t ++-≥对任意[,][x m n ∈⊂恒成立令22()232M x x tx t =++-，当201t <<，2880,11t t ∆=-+>-<-<，此时1n m t -≤<<，当212t ≤≤，2880t ∆=-+≤，但()234248432x t t x t t -≥--+对任意的[,][x m n ∈⊂恒成立.等价于()()()2322443420x t t x t t --++-≤对任意的[,][x m n ∈⊂恒成立.()()()2322443420x t t x t t --++-=的两根为12,x x ，则4231212328,4t t x x t t x x --+=-⋅=，所以12=n m x x --==令[]2,1,2t λλ=∈，则n m -=构造函数()[]()325381,2P λλλλλ=-++∈，()()()23103331P λλλλλ'=-+=--，所以[]1,2λ∈时，()0P λ'<，()P λ递减，()()max 17P P λ==.所以()max n m -=n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.20.已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111kk kn n n SS a λ++-=成立，则称此数列为“λ–k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ–1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a 是2”数列，且a n ＞0，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ–3”数列，且a n ≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，【答案】（1）1（2）21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩（3）01λ<< 【解析】【分析】（1）根据定义得+11n n n S S a λ+-=，再根据和项与通项关系化简得11n n a a λ++=，最后根据数列不为零数列得结果；（2）根据定义得111222+1+1)3n n n n S S S S -=-，根据平方差公式化简得+1=4n n S S ，求得n S ，即得n a ；（3）根据定义得111333+11n n n SS a λ+-=，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果【详解】（1）+111111101n n n n n n S S a a a a a λλλ++++-=∴==∴≡∴=/Q （2）11221100n n n n na S S S S ++>∴>∴->Q111222+1+1)n nn n S S S S -=-Q 1111112222222+1+1+11()()()3n n n n n n S S S S S S ∴-=-+1111111222222+1+1+1+11()=2=443n n nn n n n n n n S S S S S S S S S -∴-=+∴∴∴= 111S a ==，14n n S -=1224434,2n n n n a n ---∴=-=⋅≥21,134,2n n n a n -=⎧∴=⎨⋅≥⎩（3）假设存在三个不同的数列{}n a 为"3"λ-数列.111113333333+11+1+1()()n n n n n n n S S a S S S S λλ+-=∴-=- 1133+1n n S S ∴=或11221123333333+1+1+1()()n n n n n n S S S S S S λ-=+++1n n S S ∴=或22113333333+1+1(1)(1)(2)0n n n n SS S S λλλ-+-++=∵对于给定的λ，存在三个不同的数列{}n a 为"3"λ-数列，且0n a ≥1,10,2n n a n =⎧∴=⎨≥⎩或()22113333333+1+1(1)(1)(2)01n n n n S S S S λλλλ-+-++=≠有两个不等的正根.()22113333333+1+1(1)(1)(2)01n n n n S S S S λλλλ-+-++=≠可转化为()2133333+1+12133(1)(2)(1)01n n nnS S S S λλλλ-++-+=≠，不妨设()1310n n S x x S +⎛⎫=> ⎪⎝⎭，则()3233(1)(2)(1)01x x λλλλ-+++-=≠有两个不等正根，设()()3233(1)(2)(1)01f x x x λλλλ=-+++-=≠.① 当1λ<时，32323(2)4(1)004λλλ∆=+-->⇒<<，即01λ<<，此时()3010f λ=-<，33(2)02(1)x λλ+=->-对，满足题意.② 当1λ>时，32323(2)4(1)004λλλ∆=+-->⇒<<，即1λ<<()3010f λ=->，33(2)02(1)x λλ+=-<-对，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.综上，01λ<<【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域．．．．．．．．．．．．．．．．．．内作答．．．．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A ．[选修4-2：矩阵与变换]21.平面上点(2,1)A -在矩阵11a b ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦M 对应的变换作用下得到点(3,4)B -．（1）求实数a ，b 的值；（2）求矩阵M 的逆矩阵1M -．【答案】（1）22a b =⎧⎨=⎩；（2）121 5512 55M -⎡⎤-⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦. 【解析】【分析】（1）根据变换写出具体的矩阵关系式，然后进行矩阵的计算可得出实数,a b 的值；（2）设出逆矩阵，由定义得到方程，即可求解.【详解】（1）∵平面上点()2,1A -在矩阵 11 a M b ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦对应的变换作用下得到点()3,4B -∴ 1 2 31 14a b ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦∴21324a b -=⎧⎨--=-⎩，解得22a b =⎧⎨=⎩（2）设1m n Mc d -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，则12 2 1 0=2 20 1m c n d MM m c n d -++⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥-+-+⎣⎦⎣⎦∴21202021m c n d m c n d +=⎧⎪+=⎪⎨-+=⎪⎪-+=⎩，解得25151525m n c d ⎧=⎪⎪⎪=-⎪⎨⎪=⎪⎪⎪=⎩∴121 5512 55M -⎡⎤-⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦【点睛】本题考查矩阵变换的应用，考查逆矩阵的求法，解题时要认真审题，属于基础题．B ．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在极坐标系中，已知点1π(,)3A ρ在直线:cos 2l ρθ=上，点2π(,)6B ρ在圆:4sinC ρθ=上（其中0ρ≥，02θπ≤<）．（1）求1ρ，2ρ的值（2）求出直线l 与圆C 的公共点的极坐标．【答案】（1）1242ρρ==，（2）)4π【解析】【分析】(1)将A,B 点坐标代入即得结果；（2）联立直线与圆极坐标方程，解得结果. 【详解】（1）以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，11cos2,43πρρ=∴=，因为点B为直线6πθ=上，故其直角坐标方程为y x =，又4sin ρθ=对应的圆的直角坐标方程为：2240x y y +-=，由2240y x x y y ⎧=⎪⎨⎪+-=⎩解得00x y ==⎧⎨⎩或1x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 对应的点为())0,0,，故对应的极径为20ρ=或22ρ=. （2）cos 2,4sin ,4sin cos 2,sin 21ρθρθθθθ==∴=∴=，5[0,2),,44ππθπθ∈∴=，当4πθ=时ρ= 当54πθ=时0ρ=-<，舍；即所求交点坐标为当),4π 【点睛】本题考查极坐标方程及其交点，考查基本分析求解能力，属基础题. C ．[选修4-5：不等式选讲]23.设x ∈R ，解不等式2|1|||4x x ++≤．【答案】22,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】根据绝对值定义化为三个方程组，解得结果【详解】1224x x x <-⎧⎨---≤⎩或10224x x x -≤≤⎧⎨+-≤⎩或0224x x x >⎧⎨++≤⎩21x ∴-≤<-或10x -≤≤或203x <≤所以解集为22,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【点睛】本题考查分类讨论解含绝对值不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．24.在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CDBD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．【答案】（1（2【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果. 详解】（1）连,CO BC CD BO OD CO BD ==∴⊥Q以,,OB OC OA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E -∴(1,0,2),(1,1,1)cos ,15AB DE AB DE ∴=-=∴<>==-uu u r uuu r uu u r uuu r从而直线AB 与DE所成角的余弦值为15（2）设平面DEC 一个法向量为1(,,),n x y z =11200(1,2,0),00x y n DC DC x y z n DE ⎧+=⋅=⎧⎪=∴⎨⎨++=⋅=⎪⎩⎩ 令112,1(2,1,1)y x z n =∴=-=∴=-u r设平面DEF 一个法向量为2111(,,),n x y z =u u r 11221117100171(,,0),4244200x y n DF DF DB BF DB BC n DE x y z ⎧⎧+=⋅=⎪⎪=+=+=∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪++=⎩ 令111272,5(2,7,5)y x z n =-∴==∴=-u ur12cos ,n n ∴<>==u r u u r 因此sin θ== 【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题. 25.甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为X n ，恰有2个黑球的概率为p n ，恰有1个黑球的概率为q n ．（1）求p 1·q 1和p 2·q 2；（2）求2p n +q n 与2p n-1+q n-1的递推关系式和X n 的数学期望E (X n )(用n 表示) ．【答案】（1）112212716,,332727p q p q ====；；（2）()111222+33n n n n p q p q --+=+ 【解析】【分析】（1）直接根据操作，根据古典概型概率公式可得结果；（2）根据操作，依次求n n p q ，，即得递推关系，构造等比数列求得2n n p q +，最后根据数学期望公式求结果.【详解】（1）11131232,333333p q ⨯⨯====⨯⨯， 211131211227++3333333927p p q ⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯， 211231122222516+0+3333333927q p q ⨯⨯+⨯=⨯⨯+=⨯⨯=⨯⨯ （2）1111131212++333339n n n n n p p q p q ----⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯， 111112*********+(1)+33333393n n n n n n q p q p q q -----⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+--⨯=-⨯⨯⨯，因此112122+333n n n n p q p q --+=+，从而11111212(2+),21(2+1)333n n n n n n n n p q p q p q p q ----+=+∴+-=-，即1111121(2+1),2133n n n n n n p q p q p q -+-=-∴+=+. 又n X 的分布列为故1()213n n n nE X p q =+=+. 【点睛】本题考查古典概型概率、概率中递推关系、构造法求数列通项、数学期望公式，考查综合分析求解能力，属难题.。

2020年江苏省高考数学试卷(文科)

2020年江苏省高考数学试卷（文科）试题数：20.满分：1501.（填空题.5分）已知集合A={-1.0.1.2}.B={0.2.3}.则A∩B=___ ．2.（填空题.5分）已知i是虚数单位.则复数z=（1+i）（2-i）的实部是___ ．3.（填空题.5分）已知一组数据4.2a.3-a.5.6的平均数为4.则a的值是___ ．4.（填空题.5分）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次.观察向上的点数.则点数和为5的概率是___ ．5.（填空题.5分）如图是一个算法流程图.若输出y的值为-2.则输入x的值是___ ．6.（填空题.5分）在平面直角坐标系xOy中.若双曲线x2a2 - y25=1（a＞0）的一条渐近线方程为y= √52x.则该双曲线的离心率是___ ．7.（填空题.5分）已知y=f（x）是奇函数.当x≥0时.f（x）=x 23 .则f（-8）的值是___ ．8.（填空题.5分）已知sin2（π4+α）= 23.则sin2α的值是___ ．9.（填空题.5分）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2cm.高为2cm.内孔半径为0.5cm.则此六角螺帽毛坯的体积是___ cm3．10.（填空题.5分）将函数y=3sin （2x+ π4 ）的图象向右平移 π6 个单位长度.则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是___ ．11.（填空题.5分）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 =n 2-n+2n -1（n∈N*）.则d+q 的值是___ ．12.（填空题.5分）已知5x 2y 2+y 4=1（x.y∈R ）.则x 2+y 2的最小值是___ ．13.（填空题.5分）在△ABC 中.AB=4.AC=3.∠BAC=90°.D 在边BC 上.延长AD 到P.使得AP=9．若 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =m PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +（ 32 -m ） PC⃗⃗⃗⃗⃗ （m 为常数）.则CD 的长度是 ___ ．14.（填空题.5分）在平面直角坐标系xOy 中.已知P （ √32 .0）.A 、B 是圆C ：x 2+（y- 12 ）2=36上的两个动点.满足PA=PB.则△PAB 面积的最大值是___ ．15.（问答题.14分）在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中.AB⊥AC .B 1C⊥平面ABC.E.F 分别是AC.B 1C 的中点．（1）求证：EF || 平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C⊥平面ABB 1．16.（问答题.14分）在△ABC中.角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a=3.c= √2 .B=45°．（1）求sinC的值；（2）在边BC上取一点D.使得cos∠ADC=- 45.求tan∠DAC的值．17.（问答题.4分）某地准备在山谷中建一座桥梁.桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上.桥AB与MN平行.OO′为铅垂线（O′在AB 上）．经测量.左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1（米）与D到OO′的距离a（米）之间满足关系式h1= 140a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2（米）与F到OO′的距离b（米）之间满足关系式h2=- 1800b3+6b．已知点B到OO′的距离为40米．（1）求桥AB的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF.且CE为80米.其中C.E在AB上（不包括端点）．桥墩EF每米造价k（万元）.桥墩CD每米造价32k（万元）（k＞0）.问O′E为多少米时.桥墩CD与EF的总造价最低？18.（问答题.16分）在平面直角坐标系xOy中.已知椭圆E：x24 + y23=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△AF 1F 2的周长；（2）在x 轴上任取一点P.直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q.求 OP ⃗⃗⃗⃗⃗ • QP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上.记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1.S 2.若S 2=3S 1.求点M 的坐标．19.（问答题.16分）已知关于x 的函数y=f （x ）.y=g （x ）与h （x ）=kx+b （k.b∈R ）在区间D 上恒有f （x ）≥h （x ）≥g （x ）．（1）若f （x ）=x 2+2x.g （x ）=-x 2+2x.D=（-∞.+∞）.求h （x ）的表达式；（2）若f （x ）=x 2-x+1.g （x ）=klnx.h （x ）=kx-k.D=（0.+∞）.求k 的取值范围；（3）若f （x ）=x 4-2x 2.g （x ）=4x 2-8.h （x ）=4（t 3-t ）x-3t 4+2t 2（0＜|t |≤ √2 ）.D=[m.n]⊂[- √2 . √2 ].求证：n-m≤ √7 ．20.（问答题.16分）已知数列{a n }（n∈N*）的首项a 1=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Sn+1 1k-S n 1k =λan+1 1k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“ √33 -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．2020年江苏省高考数学试卷（文科）参考答案与试题解析试题数：20.满分：1501.（填空题.5分）已知集合A={-1.0.1.2}.B={0.2.3}.则A∩B=___ ．【正确答案】：[1]{0.2}【解析】：运用集合的交集运算.可得所求集合．【解答】：解：集合B={0.2.3}.A={-1.0.1.2}.则A∩B={0.2}.故答案为：{0.2}．【点评】：本题考查集合的交集运算.考查运算能力.属于基础题．2.（填空题.5分）已知i是虚数单位.则复数z=（1+i）（2-i）的实部是___ ．【正确答案】：[1]3【解析】：利用复数的乘法的运算法则.化简求解即可．【解答】：解：复数z=（1+i）（2-i）=3+i.所以复数z=（1+i）（2-i）的实部是：3．故答案为：3．【点评】：本题考查复数的乘法的运算法则以及复数的基本概念的应用.是基本知识的考查．3.（填空题.5分）已知一组数据4.2a.3-a.5.6的平均数为4.则a的值是___ ．【正确答案】：[1]2【解析】：运用平均数的定义.解方程可得a的值．【解答】：解：一组数据4.2a.3-a.5.6的平均数为4.则4+2a+（3-a）+5+6=4×5.解得a=2．故答案为：2．【点评】：本题考查平均数的定义的运用.考查方程思想和运算能力.属于基础题．4.（填空题.5分）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次.观察向上的点数.则点数和为5的概率是___ ．【正确答案】：[1] 19【解析】：分别求得基本事件的总数和点数和为5的事件数.由古典概率的计算公式可得所求值．【解答】：解：一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次.可得基本事件的总数为6×6=36种. 而点数和为5的事件为（1.4）.（2.3）.（3.2）.（4.1）.共4种. 则点数和为5的概率为P= 436= 19．故答案为： 19．【点评】：本题考查古典概率的求法.考查运算能力.属于基础题．5.（填空题.5分）如图是一个算法流程图.若输出y 的值为-2.则输入x 的值是___ ．【正确答案】：[1]-3【解析】：由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用程序框图表达式为分段函数计算并输出变量y 的值.模拟程序的运行过程.分析循环中各变量值的变化情况.可得答案．【解答】：解：由题意可得程序框图表达式为分段函数y= {2x ，x ＞0x +1，x ≤0 .若输出y 值为-2时.由于2x ＞0. 所以解x+1=-2.即x=-3. 故答案为：-3.【点评】：本题考查了程序框图的应用问题.解题时应模拟程序框图的运行过程.以便得出正确的结论.是基础题．6.（填空题.5分）在平面直角坐标系xOy 中.若双曲线 x 2a 2 - y 25 =1（a ＞0）的一条渐近线方程为y= √52x.则该双曲线的离心率是___ ．【正确答案】：[1] 32【解析】：利用双曲线的渐近线方程.求出a.然后求解双曲线的离心率即可．【解答】：解：双曲线 x 2a 2 - y 25=1（a ＞0）的一条渐近线方程为y= √52 x.可得√5a=√52.所以a=2.所以双曲线的离心率为：e= c a =√4+52 = 32. 故答案为： 32．【点评】：本题考查双曲线的简单性质的应用.是基本知识的考查．7.（填空题.5分）已知y=f （x ）是奇函数.当x≥0时.f （x ）=x 23.则f （-8）的值是___ ．【正确答案】：[1]-4【解析】：由奇函数的定义可得f （-x ）=-f （x ）.由已知可得f （8）.进而得到f （-8）．【解答】：解：y=f （x ）是奇函数.可得f （-x ）=-f （x ）. 当x≥0时.f （x ）=x 23.可得f （8）=8 23=4. 则f （-8）=-f （8）=-4. 故答案为：-4．【点评】：本题考查函数的奇偶性的定义和运用：求函数值.考查转化思想和运算能力.属于基础题．8.（填空题.5分）已知sin 2（ π4 +α）= 23 .则sin2α的值是___ ．【正确答案】：[1] 13【解析】：根据二倍角公式即可求出．【解答】：解：因为sin 2（ π4 +α）= 23.则sin 2（ π4 +α）= 1−cos(π2+2α)2 = 1+sin2α2 = 23.解得sin2α= 13 . 故答案为： 13【点评】：本题考查了二倍角公式.属于基础题．9.（填空题.5分）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2cm.高为2cm.内孔半径为0.5cm.则此六角螺帽毛坯的体积是___ cm 3．【正确答案】：[1]12 √3−π2【解析】：通过棱柱的体积减去圆柱的体积.即可推出结果．【解答】：解：六棱柱的体积为： 6×12×2×2×sin60°×2=12√3 . 圆柱的体积为：π×（0.5）2×2= π2 .所以此六角螺帽毛坯的体积是：（12 √3− π2 ）cm 3. 故答案为：12 √3− π2．【点评】：本题考查柱体体积公式.考查了推理能力与计算能力.属于基本知识的考查． 10.（填空题.5分）将函数y=3sin （2x+ π4 ）的图象向右平移 π6 个单位长度.则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是___ ．【正确答案】：[1]x=- 5π24【解析】：利用三角函数的平移可得新函数g （x ）=f （x- π6）.求g （x ）的所有对称轴x= 7π24+ kπ2 .k∈Z .从而可判断平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程.【解答】：解：因为函数y=3sin （2x+ π4）的图象向右平移 π6个单位长度可得 g （x ）=f （x- π6 ）=3sin （2x- π3 + π4 ）=3sin （2x- π12 ）. 则y=g （x ）的对称轴为2x- π12= π2+kπ.k∈Z .即x= 7π24 + kπ2.k∈Z . 当k=0时.x= 7π24 . 当k=-1时.x= −5π24. 所以平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是x= −5π24 . 故答案为：x= −5π24.【点评】：本题考查三角函数的平移变换.对称轴方程.属于中档题．11.（填空题.5分）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 =n 2-n+2n -1（n∈N*）.则d+q 的值是___ ．【正确答案】：[1]4【解析】：由{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n -1（n∈N*）.由{a n }是公差为d 的等差数列.设首项为a 1；求出等差数列的前n 项和的表达式；{b n }是公比为q 的等比数列.设首项为b 1.讨论当q 为1和不为1时的前n 项和的表达式.由题意可得q≠1.由对应项的系数相等可得d.q 的值.进而求出d+q 的值．【解答】：解：因为{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n -1（n∈N*）.因为{a n }是公差为d 的等差数列.设首项为a 1；{b n }是公比为q 的等比数列.设首项为b 1. 所以{a n }的通项公式a n =a 1+（n-1）d.所以其前n 项和S a n = n [a 1+a 1+(n−1)d ]2 = d 2 n 2+（a 1- d2）n.当{b n }中.当公比q=1时.其前n 项和S b n =nb 1.所以{a n +b n }的前n 项和S n =S a n +S b n = d2n 2+（a 1- d 2）n+nb 1=n 2-n+2n -1（n∈N*）.显然没有出现2n .所以q≠1. 则{b n }的前n 项和为S b n =b 1(q n −1)q−1 = b 1q n q−1 - b1q−1. 所以S n =S a n +S b n = d2 n 2+（a 1- d2 ）n+ b 1q nq−1 - b1q−1 =n 2-n+2n -1（n∈N*）.由两边对应项相等可得： {d 2=1a 1−d 2=−1q =2b 1q−1=1解得：d=2.a 1=0.q=2.b 1=1. 所以d+q=4. 故答案为：4【点评】：本题考查等差数列及等比数列的综合及由前n 项和求通项的性质.属于中档题．12.（填空题.5分）已知5x 2y 2+y 4=1（x.y∈R ）.则x 2+y 2的最小值是___ ．【正确答案】：[1] 45【解析】：方法一、由已知求得x 2.代入所求式子.整理后.运用基本不等式可得所求最小值；方法二、由4=（5x 2+y 2）•4y 2.运用基本不等式.计算可得所求最小值．【解答】：解：方法一、由5x 2y 2+y 4=1.可得x 2= 1−y 45y 2. 由x 2≥0.可得y 2∈（0.1]. 则x 2+y 2=1−y 45y 2 +y 2= 1+4y 45y 2 = 15 （4y 2+ 1y 2） ≥ 15•2 √4y 2•1y 2 = 45.当且仅当y 2= 12 .x 2= 310.可得x 2+y 2的最小值为 45 ；方法二、4=（5x 2+y 2）•4y 2≤（ 5x 2+y 2+4y 22 ）2= 254（x 2+y 2）2. 故x 2+y 2≥ 45 .当且仅当5x 2+y 2=4y 2=2.即y 2= 12.x 2= 310时取得等号. 可得x 2+y 2的最小值为 45 ．故答案为： 45 ．【点评】：本题考查基本不等式的运用：求最值.考查转化思想和化简运算能力.属于中档题． 13.（填空题.5分）在△ABC 中.AB=4.AC=3.∠BAC=90°.D 在边BC 上.延长AD 到P.使得AP=9．若 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =m PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +（ 32-m ） PC⃗⃗⃗⃗⃗ （m 为常数）.则CD 的长度是 ___ ．【正确答案】：[1]0或 185【解析】：以A 为坐标原点.分别以AB.AC 所在直线为x.y 轴建立平面直角坐标系.求得B 与C 的坐标.再把 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标用m 表示．由AP=9列式求得m 值.然后分类求得D 的坐标.则CD 的长度可求．【解答】：解：如图.以A 为坐标原点.分别以AB.AC 所在直线为x.y 轴建立平面直角坐标系. 则B （4.0）.C （0.3）.由 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =m PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +（ 32 -m ） PC ⃗⃗⃗⃗⃗ .得 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =m(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )+(32−m)(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ ) . 整理得： PA⃗⃗⃗⃗⃗ =−2mAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(2m −3)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2m （4.0）+（2m-3）（0.3）=（-8m.6m-9）．由AP=9.得64m 2+（6m-9）2=81.解得m= 2725 或m=0．当m=0时. PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，−9) .此时C 与D 重合.|CD|=0；当m= 2725 时.直线PA 的方程为y= 9−6m8mx. 直线BC 的方程为 x4+y3=1 .联立两直线方程可得x= 83 m.y=3-2m ．即D （ 7225 . 2125 ）.∴|CD|= √(7225)2+(2125−3)2=185．∴CD 的长度是0或 185．故答案为：0或 185．【点评】：本题考查向量的概念与向量的模.考查运算求解能力.利用坐标法求解是关键.是中档题．14.（填空题.5分）在平面直角坐标系xOy 中.已知P （ √32 .0）.A 、B 是圆C ：x 2+（y- 12 ）2=36上的两个动点.满足PA=PB.则△PAB 面积的最大值是___ ．【正确答案】：[1]10 √5【解析】：求得圆的圆心C 和半径.作PC 所在直径EF.交AB 于点D.运用垂径定理和勾股定理.以及三角形的面积公式.由三角换元.结合函数的导数.求得单调区间.计算可得所求最大值．【解答】：解：圆C ：x 2+（y- 12 ）2=36的圆心C （0. 12 ）.半径为6. 如图.作PC 所在直径EF.交AB 于点D.因为PA=PB.CA=CB=R=6.所以PC⊥AB .EF 为垂径. 要使面积S △PAB 最大.则P.D 位于C 的两侧. 并设CD=x.可得PC= √14+34 =1. 故PD=1+x.AB=2BD=2 √36−x 2 .S △PAB = 12 |AB|•|PD|=（1+x ） √36−x 2 .0＜x ＜6. 方法一、可令x=6cosθ.S △PAB =（1+6cosθ）•6sinθ=6sinθ+18sin2θ.0＜θ≤ π2 . 设函数f （θ）=6sinθ+18sin2θ.0＜θ≤ π2 . f′（θ）=6cosθ+36cos2θ=6（12cos 2θ+cosθ-6）.由f′（θ）=6（12cos 2θ+cosθ-6）=0.解得cosθ= 23 （cosθ=- 34 ＜0舍去）.显然.当0≤cosθ＜ 23 .f′（θ）＜0.f （θ）递减；当 23 ＜cosθ＜1时.f′（θ）＞0.f （θ）递增. 结合cosθ在（0. π2 ）递减.故cosθ= 23 时.f （θ）最大.此时sinθ= √1−cos 2θ = √53 . 故f （θ）max =6× √53 +36× √53 × 23 =10 √5 .则△PAB 面积的最大值为10 √5 ．方法二、S △PAB = 12 |AB|•|PD|=（1+x ） √36−x 2 .0＜x ＜6.设u=（x+1）2（36-x 2）.0＜x ＜6.可得u′=-2（x+1）（2x+9）（x-4）. 当4＜x ＜6时.u′＞0.函数u 递减；当0＜x ＜4时.u′＞0.函数u 递增. 所以函数u 在x=4处取得最大值500. 即有△PAB 面积的最大值为10 √5 ．故答案为：10 √5 ．【点评】：本题考查圆的方程和运用.以及圆的弦长公式和三角形的面积公式的运用.考查换元法和导数的运用：求单调性和最值.属于中档题．15.（问答题.14分）在三棱柱ABC-A1B1C1中.AB⊥AC.B1C⊥平面ABC.E.F分别是AC.B1C的中点．（1）求证：EF || 平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【正确答案】：【解析】：（1）证明EF || AB1.然后利用直线与平面平行的判断定理证明EF || 平面AB1C1；（2）证明B1C⊥AB.结合AB⊥AC.证明AB⊥平面AB1C.然后证明平面AB1C⊥平面ABB1．【解答】：证明：（1）E.F分别是AC.B1C的中点．所以EF || AB1.因为EF⊄平面AB1C1.AB1⊂平面AB1C1.所以EF || 平面AB1C1；（2）因为B1C⊥平面ABC.AB⊂平面ABC.所以B1C⊥AB.又因为AB⊥AC.AC∩B1C=C.AC⊂平面AB1C.B1C⊂平面AB1C.所以AB⊥平面AB1C.因为AB⊂平面ABB1.所以平面AB1C⊥平面ABB1．【点评】：本题考查直线与平面垂直的判断定理以及平面与平面垂直的判断定理的应用.直线与平面平行的判断定理的应用.是中档题．16.（问答题.14分）在△ABC中.角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a=3.c= √2 .B=45°．（1）求sinC的值；（2）在边BC上取一点D.使得cos∠ADC=- 45.求tan∠DAC的值．【正确答案】：【解析】：（1）由题意及余弦定理求出b边.再由正弦定理求出sinC的值；（2）三角形的内角和为180°.cos∠ADC=- 45.可得∠ADC为钝角.可得∠DAC与∠ADC+∠C互为补角.所以sin∠DAC=sin（∠ADC+∠C）展开可得sin∠DAC及cos∠DAC.进而求出tan∠DAC的值．【解答】：解：（1）因为a=3.c= √2 .B=45°．.由余弦定理可得：b= √a2+c2−2accosB =√9+2−2×3×√2×√22= √5 .由正弦定理可得csinC = bsinB.所以sinC= cb•sin45°= √2√5•√22= √55.所以sinC= √55；（2）因为cos∠ADC=- 45 .所以sin∠ADC= √1−cos2∠ADC = 35.在三角形ADC 中.易知C为锐角.由（1）可得cosC= √1−sin2C = 2√55.所以在三角形ADC中.sin∠DAC=sin（∠ADC+∠C）=sin∠ADCcos∠C+cos∠ADCsin∠C= 2√525.因为∠DAC ∈(0，π2) .所以cos∠DAC= √1−sin2∠DAC = 11√525.所以tan∠DAC= sin∠DACcos∠DAC = 211．【点评】：本题考查三角形的正弦定理及余弦定理的应用.及两角和的正弦公式的应用.属于中档题．17.（问答题.4分）某地准备在山谷中建一座桥梁.桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上.桥AB与MN平行.OO′为铅垂线（O′在AB 上）．经测量.左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1（米）与D到OO′的距离a（米）之间满足关系式h1= 140a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2（米）与F到OO′的距离b（米）之间满足关系式h2=- 1800b3+6b．已知点B到OO′的距离为40米．（1）求桥AB的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF.且CE为80米.其中C.E在AB上（不包括端点）．桥墩EF每米造价k（万元）.桥墩CD每米造价32k（万元）（k＞0）.问O′E为多少米时.桥墩CD与EF的总造价最低？【正确答案】：无【解析】：（1）由题意可令b=40.求得h2.即O'O的长.再令h1=|OO'|.求得a.可得|AB|=a+b；（2）可设O′E=x.则CO'=80-x.0＜x＜40.求得总造价y= 32 k[160- 140（80-x）2]+k[160-（6x-1800x3）].化简整理.应用导数.求得单调区间.可得最小值．【解答】解：（1）h2=- 1800b3+6b.点B到OO′的距离为40米.可令b=40.可得h2=- 1800×403+6×40=160.即为|O'O|=160.由题意可设h1=160.由140a2=160.解得a=80.则|AB|=80+40=120米；（2）可设O′E=x .则CO'=80-x.由 {0＜x ＜400＜80−x ＜80.可得0＜x ＜40.总造价为y= 32 k[160- 140 （80-x ）2]+k[160-（6x- 1800 x 3）] = k800 （x 3-30x 2+160×800）.y′= k800 （3x 2-60x ）= 3k800 x （x-20）.由k ＞0.当0＜x ＜20时.y′＜0.函数y 递减；当20＜x ＜40时.y′＞0.函数y 递增.所以当x=20时.y 取得最小值.即总造价最低．答：（1）桥|AB|长为120米；（2）O′E 为20米时.桥墩CD 与EF 的总造价最低．【点评】本题考查函数在实际问题中的应用.考查导数的应用：求最值.考查运算能力和分析问题与解决问题的能力.属于中档题．18.（问答题.16分）在平面直角坐标系xOy 中.已知椭圆E ： x 24 + y 23 =1的左、右焦点分别为F 1、F 2.点A 在椭圆E 上且在第一象限内.AF 2⊥F 1F 2.直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（1）求△AF 1F 2的周长；（2）在x 轴上任取一点P.直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q.求 OP ⃗⃗⃗⃗⃗ • QP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上.记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1.S 2.若S 2=3S 1.求点M 的坐标．【正确答案】：【解析】：（1）由椭圆标准方程可知a.b.c 的值.根据椭圆的定义可得△AF 1F 2的周长=2a+2c.代入计算即可．（2）由椭圆方程得A （1. 32 ）.设P （t.0）.进而由点斜式写出直线AP 方程.再结合椭圆的右准线为：x=4.得点Q 为（4. 32 • 4−t 1−t ）.再由向量数量积计算最小值即可．（3）在计算△OAB 与△MAB 的面积时.AB 可以最为同底.所以若S 2=3S 1.则O 到直线AB 距离d 1与M 到直线AB 距离d 2.之间的关系为d 2=3d 1.根据点到直线距离公式可得d 1= 35 .d 2= 95 .所以题意可以转化为M 点应为与直线AB 平行且距离为 95 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 95 .根据两平行直线距离公式可得.m=-6或12.然后在分两种情况算出M 点的坐标即可．【解答】：解：（1）由椭圆的标准方程可知.a 2=4.b 2=3.c 2=a 2-b 2=1. 所以△AF 1F 2的周长=2a+2c=6．（2）由椭圆方程得A （1. 32 ）.设P （t.0）.则直线AP 方程为y=321−t(x −t ) .椭圆的右准线为：x= a 2c =4.所以直线AP 与右准线的交点为Q （4. 32 • 4−t1−t ）.OP ⃗⃗⃗⃗⃗ • QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（t.0）•（t-4.0- 32 • 4−t 1−t ）=t 2-4t=（t-2）2-4≥-4. 当t=2时.（ OP ⃗⃗⃗⃗⃗ •QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ）min =-4．（3）若S 2=3S 1.设O 到直线AB 距离d 1.M 到直线AB 距离d 2.则 12 ×|AB|×d 2= 12 ×|AB|×d 1.即d 2=3d 1.A （1. 32 ）.F 1（-1.0）.可得直线AB 方程为y= 34 （x+1）.即3x-4y+3=0.所以d 1= 35 .d 2= 95 . 由题意得.M 点应为与直线AB 平行且距离为 95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 95.√9+16= 95 .即m=-6或12. 当m=-6时.直线l 为3x-4y-6=0.即y= 34 （x-2）.联立 {y =34(x −2)x 24+y 23=1 .可得（x-2）（7x+2）=0.即 {x M =2y N =0 或 {x M =−27y M =−127. 所以M （2.0）或（- 27 .- 127 ）．当m=12时.直线l 为3x-4y+12=0.即y= 34（x+4）.联立 {y =34(x +4)x 24+y 23=1 .可得 214x 2 +18x+24=0.△=9×（36-56）＜0.所以无解.综上所述.M 点坐标为（2.0）或（- 27 .- 127 ）．【点评】：本题考查椭圆的定义.向量的数量积.直线与椭圆相交问题.解题过程中注意转化思想的应用.属于中档题．19.（问答题.16分）已知关于x的函数y=f（x）.y=g（x）与h（x）=kx+b（k.b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．（1）若f（x）=x2+2x.g（x）=-x2+2x.D=（-∞.+∞）.求h（x）的表达式；（2）若f（x）=x2-x+1.g（x）=klnx.h（x）=kx-k.D=（0.+∞）.求k的取值范围；（3）若f（x）=x4-2x2.g（x）=4x2-8.h（x）=4（t3-t）x-3t4+2t2（0＜|t|≤ √2）.D=[m.n]⊂[-√2 . √2 ].求证：n-m≤ √7．【正确答案】：【解析】：（1）由f（x）=g（x）得x=0.求导可得f′（0）=g′（0）=2.能推出函数h（x）的图象为过原点.斜率为2的直线.进而可得h（x）=2x.再进行检验即可．（2）由题可知h（x）-g（x）=k（x-1-lnx）.设φ（x）=x-1-lnx.求导分析单调性可得.φ（x）≥φ（1）=0.那么要使的h（x）-g（x）≥0.则k≥0；令p（x）=f（x）-h（x）为二次函数.则要使得p（x）≥0.分两种情况.当x=k+1≤0时.当k+1＞0时进行讨论.进而得出答案．（3）分三种情况① 当1≤t≤ √2时. ② 当0＜t＜1时. ③ 当- √2≤t＜0时.讨论f（x）≥h（x）≥g（x）．进而得出结论．【解答】：解：（1）由f（x）=g（x）得x=0.又f′（x）=2x+2.g′（x）=-2x+2.所以f′（0）=g′（0）=2.所以.函数h（x）的图象为过原点.斜率为2的直线.所以h（x）=2x.经检验：h（x）=2x.符合任意.（2）h（x）-g（x）=k（x-1-lnx）.设φ（x）=x-1-lnx.设φ′（x）=1- 1x = x−1x.在（1.+∞）上.φ′（x）＞0.φ（x）单调递增. 在（0.1）上.φ′（x）＜0.φ（x）单调递减. 所以φ（x）≥φ（1）=0.所以当h（x）-g（x）≥0时.k≥0.令p（x）=f（x）-h（x）所以p（x）=x2-x+1-（kx-k）=x2-（k+1）x+（1+k）≥0.得.当x=k+1≤0时.即k≤-1时.f（x）在（0.+∞）上单调递增.所以p（x）＞p（0）=1+k≥0.k≥-1.所以k=-1.当k+1＞0时.即k＞-1时.△≤0.即（k+1）2-4（k+1）≤0.解得-1＜k≤3.综上.k∈[0.3]．（3）① 当1≤t≤ √2时.由g（x）≤h（x）.得4x2-8≤4（t3-t）x-3t4+2t2.≤0.（*）整理得x2-（t3-t）x+ 3t4−2t2−84令△=（t3-t）2-（3t4-2t2-8）.则△=t6-5t4+3t2+8.记φ（t）=t6-5t4+3t2+8（1≤t≤ √2）.则φ′（t）=6t5-20t3+6t=2t（3t2-1）（t2-3）＜0.恒成立.所以φ（t）在[1. √2 ]上是减函数.则φ（√2）≤φ（t）≤φ（1）.即2≤φ（t）≤7. 所以不等式（*）有解.设解为x1≤x≤x2.因此n-m≤x2-x1= √△≤ √7．② 当0＜t＜1时.f（-1）-h（-1）=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v（t）=3t4+4t3-2t2-4t-1.则v′（t）=12t3+12t2-4t-4=4（t+1）（3t2-1）..令v′（t）=0.得t= √33）时.v′（t）＜0.v（t）是减函数.当t∈（0. √33.1）时.v′（t）＞0.v（t）是增函数.当t∈（√33v（0）=-1.v（1）=0.则当0＜t＜1时.v（t）＜0.则f（-1）-h（-1）＜0.因此-1∉（m.n）.因为[m.n]⊆[- √2 . √2 ].所以n-m≤ √2 +1＜√7 .③ 当- √2≤t＜0时.因为f（x）.g（x）为偶函数.因此n-m≤ √7也成立.综上所述.n-m≤ √7 ．【点评】：本题考查恒成立问题.参数的取值范围.导数的综合应用.解题过程中注意数形结合思想的应用.属于难题．20.（问答题.16分）已知数列{a n }（n∈N*）的首项a 1=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Sn+1 1k-S n 1k =λan+1 1k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“ √33-2”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．【正确答案】：【解析】：（1）由“λ-1”数列可得k=1.结合数列的递推式.以及等差数列的定义.可得λ的值；（2）运用“ √33-2”数列的定义.结合数列的递推式和等比数列的通项公式.可得所求通项公式；（3）若存在三个不同的数列{a n }为“λ-3”数列.则S n+1 13 -S n 13 =λa n+1 13 .由两边立方.结合数列的递推式.以及t 的讨论.二次方程的实根分布和韦达定理.即可判断是否存在λ.并可得取值范围．【解答】：解：（1）k=1时.a n+1=S n+1-S n =λa n+1.由n 为任意正整数.且a 1=1.a n ≠0.可得λ=1；（2） √S n+1 - √S n = √33 √a n+1 .则a n+1=S n+1-S n =（ √S n+1 - √S n ）•（ √S n+1 + √S n ）= √33 • √a n+1 （ √S n+1 + √S n ）.因此 √S n+1 + √S n = √3 • √a n+1 .即 √S n+1 = 23 √3a n+1 .S n+1= 43 a n+1= 43 （S n+1-S n ）. 从而S n+1=4S n .又S 1=a 1=1.可得S n =4n-1. a n =S n -S n-1=3•4n-2.n≥2.综上可得a n = {1，n =13•4n−2，n ≥2 .n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n }为“λ-3”数列. 则Sn+1 13-S n 13 =λan+1 13.则S n+1-3S n+1 23S n 13+3Sn+1 13S n 23-S n =λ3a n+1=λ3（S n+1-S n ）.由a1=1.a n≥0.且S n＞0.令p n=（S n+1S n）13＞0.则（1-λ3）p n3-3p n2+3p n-（1-λ3）=0.λ=1时.p n=p n2.由p n＞0.可得p n=1.则S n+1=S n.即a n+1=0.此时{a n}唯一.不存在三个不同的数列{a n}.λ≠1时.令t= 31−λ3.则p n3-tp n2+tp n-1=0.则（p n-1）[p n2+（1-t）p n+1]=0.① t≤1时.p n2+（1-t）p n+1＞0.则p n=1.同上分析不存在三个不同的数列{a n}；② 1＜t＜3时.△=（1-t）2-4＜0.p n2+（1-t）p n+1=0无解.则p n=1.同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③ t=3时.（p n-1）3=0.则p n=1.同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④ t＞3时.即0＜λ＜1时.△=（1-t）2-4＞0.p n2+（1-t）p n+1=0有两解α.β. 设α＜β.α+β=t-1＞2.αβ=1＞0.则0＜α＜1＜β.则对任意n∈N*. S n+1S n =1或S n+1S n=α3（舍去）或S n+1S n=β3.由于数列{S n}从任何一项求其后一项均有两种不同的结果.所以这样的数列{S n}有无数多个.则对应的数列{a n}有无数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ-3”数列.且a n≥0.综上可得0＜λ＜1．【点评】：本题考查数列的新定义的理解和运用.考查等差数列和等比数列的通项公式的运用.以及数列的递推式的运用.考查分类讨论思想.以及运算能力和推理论证能力.是一道难题．。

2023_年高考数学全国乙卷理科第20_题的6_种证法及推广

㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２３年高考数学全国乙卷理科第２０题的种证法及推广２０２３年高考数学全国乙卷理科第２０题的６种证法及推广Һ贾方正㊀（安徽省颍上第一中学，安徽㊀阜阳㊀２３６２００）㊀㊀ʌ摘要ɔ对高考试题的研究既有利于教师明确考试重点和命题方向，也有利于学生总结解题技巧与方法，对高考备考具有非常积极的影响．２０２３年高考数学全国乙卷理科第２０题解析几何综合题考查了直线与圆锥曲线的位置关系及其运算，具有很好的区分度．笔者对其进行了深入探究，给出该题的６种证明方法，并对试题进行推广，希望借此帮助相关教师总结教法，帮助学生提高解题效率．ʌ关键词ɔ２０２３年高考；全国乙卷；解析几何；推广试题承担着对较高水平考生的鉴别任务，通过增加思维强度来选拔拔尖创新人才．２０２３年高考试题对考生的能力要求较高，呈现出反刷题的现象，要求考生从机械刷题和题海战术中跳出来．其中的全国乙卷理科第２０题，以高等几何中的极点与极线为命题背景，注重对数学本质及其应用性的考查，具有很好的选拔功能．一㊁真题再现２０２３年高考数学全国乙卷理科第２０题如下：已知椭圆Ｃ：ｙ２ａ２＋ｘ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的离心率是５３，点Ａ（－２，０）在Ｃ上．（１）求Ｃ的方程；（２）过点（－２，３）的直线交Ｃ于Ｐ，Ｑ两点，直线ＡＰ，ＡＱ与ｙ轴的交点分别为Ｍ，Ｎ，证明：ＭＮ的中点为定点．二㊁证法探究（１）由题意得ｂ＝２，ａ２－ｂ２ａ＝５３，解得ａ２＝９．所以Ｃ的方程为ｙ２９＋ｘ２４＝１．下面重点探究第（２）问．证法１㊀如图所示，设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｍ（０，ｙＭ），则直线ＡＰ：ｙ＝ｙ１ｘ１＋２（ｘ＋２），ｙＭ＝２ｙ１ｘ１＋２．设Ｑ（ｘ２，ｙ２），Ｎ（０，ｙＮ），同理可得ｙＮ＝２ｙ２ｘ２＋２．设直线ＰＱ：ｙ＝ｋ（ｘ＋２）＋３，ＭＮ的中点Ｄ（０，ｙＤ），则ｙＤ＝ｙＭ＋ｙＮ２＝ｋ（ｘ１＋２）＋３ｘ１＋２＋ｋ（ｘ２＋２）＋３ｘ２＋２＝２ｋ＋３（ｘ１＋２＋ｘ２＋２）（ｘ１＋２）（ｘ２＋２）．由ｙ＝ｋ（ｘ＋２）＋３，ｙ２９＋ｘ２４＝１ìîíïïï得（４ｋ２＋９）㊃（ｘ＋２）２＋１２（２ｋ－３）（ｘ＋２）＋３６＝０，所以（ｘ１＋２）＋（ｘ２＋２）＝１２（３－２ｋ）４ｋ２＋９，（ｘ１＋２）（ｘ２＋２）＝３６４ｋ２＋９，所以ｙＤ＝２ｋ＋３（ｘ１＋２＋ｘ２＋２）（ｘ１＋２）（ｘ２＋２）＝３．因此线段ＭＮ的中点为定点（０，３）．证法２㊀设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），显然ｋ存在，故设直线ＰＱ：ｙ＝ｋ（ｘ＋２）＋３．由ｙ＝ｋｘ＋２ｋ＋３，ｙ２９＋ｘ２４＝１ìîíïïï得（４ｋ２＋９）ｘ２＋（１６ｋ２＋２４ｋ）ｘ＋１６ｋ２＋４８ｋ＝０．因为Δ＝－１７２８ｋ＞０，所以ｋ＜０．不妨令ｘ１＞ｘ２，故ｘ１＝－８ｋ２－１２ｋ＋１２－３ｋ４ｋ２＋９，ｘ２＝－８ｋ２－１２ｋ－１２－３ｋ４ｋ２＋９．㊀㊀㊀㊀㊀所以ｙ１＝－８ｋ３－１２ｋ２＋１２ｋ－３ｋ４ｋ２＋９＋２ｋ＋３＝１８ｋ＋２７＋１２ｋ－３ｋ４ｋ２＋９，同理ｙ２＝１８ｋ＋２７－１２ｋ－３ｋ４ｋ２＋９．于是直线ＡＰ：ｙ＝１８ｋ＋２７＋１２ｋ－３ｋ４ｋ２＋９－８ｋ２－１２ｋ＋１２－３ｋ４ｋ２＋９＋２（ｘ＋２），化简，得ｙ＝１８ｋ＋２７＋１２ｋ－３ｋ１８－１２ｋ＋１２－３ｋ（ｘ＋２）．令ｘ＝０，则点Ｍ的纵坐标为３６ｋ＋５４＋２４ｋ－３ｋ１８－１２ｋ＋１２－３ｋ．同理得点Ｎ的纵坐标为３６ｋ＋５４－２４ｋ－３ｋ１８－１２ｋ－１２－３ｋ．所以３６ｋ＋５４＋２４ｋ－３ｋ１８－１２ｋ＋１２－３ｋ＋３６ｋ＋５４－２４ｋ－３ｋ１８－１２ｋ－１２－３ｋ＝２ˑ（３６ｋ＋５４）（１８－１２ｋ）＋６ˑ２８８ｋ２（１８－１２ｋ）２＋４３２ｋ＝６（４ｋ２＋９）４ｋ２＋９＝６．因此线段ＭＮ的中点为定点（０，３）．证法３㊀设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｍ（０，ｙＭ），Ｑ（ｘ２，ｙ２），Ｎ（０，ｙＮ），直线ＡＰ：ｙ＝ｋ１（ｘ＋２），直线ＡＱ：ｙ＝ｋ２（ｘ＋２），显然ｋ１，ｋ２存在且ｋ１ʂｋ２，则ｙＭ＝２ｋ１，ｙＮ＝２ｋ２．由ｙ＝ｋ１（ｘ＋２），ｙ２９＋ｘ２４＝１，ìîíïïï得（４ｋ２１＋９）ｘ２＋１６ｋ２１ｘ＋１６ｋ２１－３６＝０．故－２ｘ１＝１６ｋ２１－３６４ｋ２１＋９，ｘ１＝１８－８ｋ２１４ｋ２１＋９，ｙ１＝３６ｋ１４ｋ２１＋９．同理ｘ２＝１８－８ｋ２２４ｋ２２＋９，ｙ２＝３６ｋ２４ｋ２２＋９．因为直线ＰＱ过点（－２，３），所以（ｙ１－３）（ｘ２＋２）＝（ｙ２－３）（ｘ１＋２）．所以３６ｋ１４ｋ２１＋９－３æèçöø÷１８－８ｋ２２４ｋ２２＋９＋２æèçöø÷＝３６ｋ２４ｋ２２＋９－３æèçöø÷１８－８ｋ２１４ｋ２１＋９＋２æèçöø÷，化简，得［３－（ｋ１＋ｋ２）］（ｋ１－ｋ２）＝０，即ｋ１＋ｋ２＝３．故２ｋ１＋２ｋ２２＝３．因此线段ＭＮ的中点为定点（０，３）．证法４㊀（同构方法）设Ｔ（－２，３），ｌＡＭ：ｙ＝ｍ（ｘ＋２），ｌＡＮ：ｙ＝ｎ（ｘ＋２），则Ｍ（０，２ｍ），Ｎ（０，２ｎ），ＭＮ的中点为（０，ｍ＋ｎ），问题等价于证明ｍ＋ｎ为定值．联立ｙ＝ｍ（ｘ＋２）与ｙ２９＋ｘ２４＝１，得Ｐ１８－８ｍ２４ｍ２＋９，３６ｍ４ｍ２＋９æèçöø÷．同理得Ｑ１８－８ｎ２４ｎ２＋９，３６ｎ４ｎ２＋９æèçöø÷，ʑＴＰң＝３６４ｍ２＋９，３（１２ｍ－４ｍ２－９）４ｍ２＋９æèçöø÷．同理ＴＱң＝３６４ｎ２＋９，３（１２ｎ－４ｎ２－９）４ｎ２＋９æèçöø÷．由Ｔ，Ｐ，Ｑ三点共线，得到１２ｍ－４ｍ２－９＝１２ｎ－４ｎ２－９，即（ｍ－ｎ）（ｍ＋ｎ－３）＝０，又ｍʂｎ，所以ｍ＋ｎ＝３．所以线段ＭＮ的中点是（０，３），即ＭＮ的中点为定点．点评：上述证法用了同构的思想，看起来过程比较多，实际上只算了点Ｐ和ＴＰң，而点Ｑ与ＴＱң都是类比得到的．同时可知，ＭＮ的中点为定点等价于ｋＡＰ＋ｋＡＱ为定值．证法５㊀（曲线系方法）设ｌＡＰ：ｙ＝ｍ（ｘ＋２），ｌＡＱ：ｙ＝ｎ（ｘ＋２），则Ｍ（０，２ｍ），Ｎ（０，２ｎ），ＭＮ的中点为（０，ｍ＋ｎ），问题等价于证明ｍ＋ｎ为定值．经过Ａ，Ｐ，Ｑ三点的二次曲线方程为［ｙ－ｍ（ｘ＋２）］［ｙ－ｎ（ｘ＋２）］＝０，即ｙ２－（ｍ＋ｎ）（ｘ＋２）ｙ＋ｍｎ（ｘ＋２）２＝０．椭圆方程ｙ２９＋ｘ２４＝１可化为ｙ２＝９４（２＋ｘ）（２－ｘ），消去ｙ２，得９４（ｘ＋２）（２－ｘ）－（ｍ＋ｎ）（ｘ＋２）ｙ＋ｍｎ（ｘ＋２）２＝０，再消去一个（ｘ＋２），得９４（２－ｘ）－（ｍ＋ｎ）ｙ＋ｍｎ㊃（ｘ＋２）＝０，这就是直线ＰＱ的方程，又直线ＰＱ经过（－２，３），所以９－３（ｍ＋ｎ）＝０，即ｍ＋ｎ＝３．所以线段ＭＮ的中点是（０，３），即ＭＮ的中点为定点．点评：该题的本质是证明直线ＡＰ，ＡＱ的斜率之和为定值，而二次曲线系是证明两直线的斜率之和为定值的利器．证法６㊀（齐次化方法）易知直线ＡＰ，ＡＱ的斜率存在，分别设为ｋ１，ｋ２，则ｌＡＰ：ｙ＝ｋ１（ｘ＋２），ｌＡＱ：ｙ＝ｋ２（ｘ＋２），令ｙ＝０得Ｍ（０，２ｋ１），Ｎ（０，２ｋ２），所以线段ＭＮ的㊀㊀㊀㊀㊀㊀中点坐标为（０，ｋ１＋ｋ２）．下面证明ｋ１＋ｋ２为定值．设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），则ｌＰＱ：ｙ＝ｋ（ｘ＋２）＋３．ｙ２９＋ｘ２４＝１⇒９（ｘ＋２－２）２＋４ｙ２＝３６⇒９（ｘ＋２）２－３６（ｘ＋２）＋４ｙ２＝０．将其与ｙ＝ｋ（ｘ＋２）＋３联立，得９（ｘ＋２）２－１２（ｘ＋２）［ｙ－ｋ（ｘ＋２）］＋４ｙ２＝０，即（９＋１２ｋ）（ｘ＋２）２－１２（ｘ＋２）ｙ＋４ｙ２＝０，即４ｙｘ＋２æèçöø÷２－１２ｙｘ＋２æèçöø÷＋（９＋１２ｋ）＝０，由韦达定理得ｙ１ｘ１＋２＋ｙ２ｘ２＋２＝３．又因为ｋ１＋ｋ２＝ｙ１ｘ１＋２＋ｙ２ｘ２＋２，所以ｋ１＋ｋ２＝３，即线段ＭＮ的中点为定点（０，３）．点评：由于线段ＭＮ的中点坐标为（０，ｋ１＋ｋ２），所以解题的关键是证明ｋ１＋ｋ２是定值．而ｋ１＋ｋ２＝ｙ１ｘ１＋２＋ｙ２ｘ２＋２，所以考虑将ｘ＋２作为整体，构造齐次方程，然后利用韦达定理求解，这样可以简化运算，提高解题效率．三㊁试题推广推广１㊀已知椭圆Ｃ的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞０，ｂ＞０），Ａ（－ａ，０），过点（－ａ，ｂ）的直线交曲线Ｃ于Ｐ，Ｑ两点，直线ＡＰ，ＡＱ与ｙ轴交于Ｍ，Ｎ两点，证明：ＭＮ的中点为（０，ｂ）．类似可得：推广２㊀已知椭圆Ｃ的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞０，ｂ＞０），Ｂ（０，ｂ），过点（－ａ，ｂ）的直线交曲线Ｃ于Ｐ，Ｑ两点，直线ＢＰ，ＢＱ与ｘ轴交于Ｍ，Ｎ两点，证明：ＭＮ的中点为（－ａ，０）．设Ｔ（－ａ，ｂ），Ａ（－ａ，０），Ｂ（０，ｂ），则ＴＡ，ＴＢ是椭圆的两条切线，即ＡＢ是切点弦．而ＭＮ的中点为定点（０，ｂ）等价于ｋＡＰ＋ｋＡＱ＝２ｋＡＢ．于是可将问题再推广如下：推广３㊀已知椭圆Ｃ的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞０，ｂ＞０），顶点Ａ（－ａ，０）．点Ｔ是直线ｘ＝－ａ上任意一点，过点Ｔ作椭圆的两条切线，切点分别为Ａ，Ｂ，过点Ｔ作直线交Ｃ于Ｐ，Ｑ两点．设直线ＡＰ，ＡＱ，ＡＢ的斜率分别为ｋ１，ｋ２，ｋ，证明：ｋ１＋ｋ２＝２ｋ．证明㊀设Ｔ（－ａ，ｔ），则ＡＢ是Ｔ的切点弦所在的直线，方程为－ａｘａ２＋ｔｙｂ２＝１，故ｋ＝ｂ２ｔａ．设ｌＡＰ：ｙ＝ｋ１（ｘ＋ａ），联立ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１，ｙ＝ｋ１（ｘ＋ａ），{可得（ｂ２＋ａ２ｋ２１）ｘ２＋２ａ３ｋ２１ｘ＋ａ４ｋ２１－ａ２ｂ２＝０．由ｘＡ㊃ｘＰ＝ａ４ｋ２１－ａ２ｂ２ｂ２＋ａ２ｋ２１及ｘＡ＝－ａ，得ｘＰ＝ａｂ２－ａ３ｋ２１ｂ２＋ａ２ｋ２１，故Ｐａｂ２－ａ３ｋ２１ｂ２＋ａ２ｋ２１，２ａｂ２ｋ１ｂ２＋ａ２ｋ２１æèçöø÷．设ｌＰＱ：ｙ＝ｍ（ｘ＋ａ）＋ｔ，将点Ｐ代入，化简，得ａ２ｔｋ２１－２ａｂ２ｋ１＋２ａｂ２ｍ＋ｂ２ｔ＝０，同理得ａ２ｔｋ２２－２ａｂ２ｋ２＋２ａｂ２ｍ＋ｂ２ｔ＝０，所以ｋ１和ｋ２是方程ａ２ｔｘ２－２ａｂ２ｘ＋２ａｂ２ｍ＋ｂ２ｔ＝０的两个根，所以ｋ１＋ｋ２＝２ａｂ２ａ２ｔ＝２ｂ２ａｔ．因此，ｋ１＋ｋ２＝２ｋ．四㊁试题再推广把试题进行进一步推广可得到如下更一般的情形，其证明留给读者完成．设Ｔ是椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞０，ｂ＞０）外一定点，ＴＡ，ＴＢ是椭圆的两条切线，其中Ａ，Ｂ是切点．过Ｔ的直线与椭圆Ｃ交于Ｐ，Ｑ两点．设直线ＡＰ，ＡＱ，ＡＢ的斜率分别为ｋ１，ｋ２，ｋ，证明：ｋ１＋ｋ２＝２ｋ．结㊀语试题的解决过程也是考生经历猜想和假设㊁转化和化归㊁实验和论证等问题研究的过程．教师通过对高考试题进行深度研究，可促进自身的专业发展，从而更好地服务于教学．该题虽然证明的是线段的中点为定点，但实质是证明直线的斜率之和为定值．对于定值问题，解决的方法主要有常规方法㊁同构方法㊁曲线系方法㊁齐次化方法等．有兴趣的读者还可以对该题的高等数学背景进行深度探究，然后基于高等数学背景对该题进行推广，还可以对该题进行改编，甚至基于极点与极线命制出高质量的原创题．ʌ参考文献ɔ［１］罗文军．多视角切入，巧方法运用２０２３年高考数学全国乙卷理科第２０题的探究［Ｊ］．广东教育（高中版），２０２３（９）：２０－２３．［２］李歆．数学问题：因变化而精彩对一道经典三角题的变式探究［Ｊ］．中学数学，２０１３（１１）：２１－２３．［３］田甜，曹文栋，李誉．高考试题中数学表征转换水平比较研究以新高考Ⅰ卷㊁全国乙卷及北京卷为例［Ｊ］．内江师范学院学报，２０２３，３８（８）：６－１２．［４］佟俊姬．夯实基础知识，落实立德树人２０２３年高考数学全国乙卷评析［Ｊ］．数学之友，２０２３，３７（１３）：８９－９１．。

一道解析几何高考题的解析与探究——以 2020年全国卷Ⅰ理科第 20题为例

列出关于 t，n 的方程，求出 n 的值。
解析：设点 P、C、D 的坐标为 P（6，t），C（x1，y1），D（x2，y2），则
t
t
直线 PA 的方程是 y = ( x + 3 )，直线 PB 的方程是 y = ( x 9
3
t
ì
ïy = 9 ( x + 3 ),
ï
消元得 ( t 2 + 9 ) x 2 + 6t 2 x + 9t 2 3 )；联立 í 2
ï + y = 1,
î9
技法点拨
106
2mny + n2 - 9 = 0，设 C（x1，y1），D（x2，y2），则 y 1 + y 2 = y1 y2 =
n2 - 9
m2 + 9
（1）。又直线 AC 的方程为 y =
直线 BD 的方程为 y =
共点 P，所以
9y 1
x1 + 3
=
y2
x2 - 3
后对 C、D 横坐标分两种情况考虑，考查了分类与整合的数学
思想，强调思维的严谨性。
思路 3：先求直线带参数的方程（即共点的直线系方程）。
先引进直线 CD 的方程，当斜率不为零时，设其为 x=my+
n，联立直线 CD 与椭圆 E 的方程，利用韦达定理找到 C、D 坐标
的关系（用参数 m，n 表示），然后写出直线 AC、BD 的方程，利用
功能，以下着重讨论第二问的解法。
二、试题解析
思路 1：从命题者的角度寻找答案。
此题的命题背景是极点和极线的位置关系，即寻找极线
x=6 对应的极点。
解析：由于椭圆及直线 x=6 都是关于 x 轴对称的图形，若

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅱ)(含解析版)

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）已知集合U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，A＝{﹣1，0，1}，B＝{1，2}，则∁U（A∪B）＝（）A．{﹣2，3}B．{﹣2，2，3）C．{﹣2，﹣1，0，3}D．{﹣2，﹣1，0，2，3}2．（5分）若α为第四象限角，则（）A．cos2α＞0B．cos2α＜0C．sin2α＞0D．sin2α＜03．（5分）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05．志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A．10名B．18名C．24名D．32名4．（5分）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块5．（5分）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x﹣y﹣3＝0的距离为（）A ．B ．C ．D ．6．（5分）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．57．（5分）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．E B．F C．G D．H8．（5分）设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C ：﹣＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于D，E 两点．若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A．4B．8C．16D．329．（5分）设函数f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|，则f（x）（）A ．是偶函数，且在（，+∞）单调递增B ．是奇函数，且在（﹣，）单调递减C ．是偶函数，且在（﹣∞，﹣）单调递增D ．是奇函数，且在（﹣∞，﹣）单调递减10．（5分）已知△ABC 是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A ．B ．C．1D ．11．（5分）若2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，则（）A．ln（y﹣x+1）＞0B．ln（y﹣x+1）＜0C．ln|x﹣y|＞0D．ln|x﹣y|＜012．（5分）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…a n…满足a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成立，则称其为0﹣1周期序列，并称满足a i+m＝a i（i＝1，2…）的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满足C（k ）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

专题04 立体几何-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)解析版1

专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =．(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．【答案】(1)证明见解析(2)25解（1）证明：设AB ，BE 的中点分别为F ，G ，连接CF ，FG ，DG ，则FG AE ∥，且12FG AE =，又CD AE ∥，且12CD AE =，所以FG CD ∥，且FG CD =，所以四边形CFGD 为平行四边形，所以∥CF DG ．因为⊥AE 平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以AE CF ⊥，所以AE DG ⊥，因为CA CB =，F 为AB 的中点，所以CF AB ⊥，所以DG AB ⊥，又AB ，AE ⊂平面ABE ，且AB AE A = ，所以DG ⊥平面ABE ，又DG ⊂平面BDE ，所以平面ABE ⊥平面BDE ．（2）由（1）得CF AB ⊥，CF AE ⊥，且AB ，AE ⊂平面ABE ，AB AE A = ，所以CF ⊥平面ABE ，又因为3CA CB ==，25AB =，F 为AB 的中点，所以2CF =．因为CD AE ∥，AE ⊂平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以CD ∥平面ABE ，所以点D 到平面ABE 的距离等于点C 到平面ABE 的距离CF ．因为⊥AE 平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，所以AE AC ⊥，AE BC ⊥，又CD AE ∥，所以CD AC ⊥，CD BC ⊥，又AC ，BC ⊂平面ABC ，且AC BC C = ，所以CD ⊥平面ABC ，连接AD ，多面体ABCDE 的体积V 等于三棱锥D ABC -的体积与三棱锥D ABE -的体积之和，而11252521323D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11452522323D ABE V -=⨯⨯⨯⨯=，所以多面体ABCDE 的体积25452533V =+=．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==，60BAD ∠=．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB'的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正切值为3．(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．【答案】(1)证明见解析解（1）,,P G F 分别为,,AC AD AB '的中点，//PG C D '∴，//PF BC '，,PG PF ⊄ 平面C DB '，,C D BC ''⊂平面C DB '，//PG ∴平面C DB '，//PF 平面C DB '，又PG PF P ⋂=，,PG PF ⊂平面PGF ，∴平面//PGF 平面C DB '.（2）取BD 的中点M ，连接,C M EM '，2AB AD == ，60BAD ∠= ，ABD ∴ 为等边三角形，2BD ∴=，又BC C D ''==222BC C D BD ''∴+=，C DB '∴ 为等腰直角三角形，112C M BD '∴==，C M BD '⊥；二面角A BD C '--是直二面角，即平面C DB '⊥平面ABD ，平面C DB '⋂平面ABD BD =，C M '⊂平面C DB '，C M '∴⊥平面ABD ，C EM '∴∠即为C E '与平面ABD所成角，1tan 3C M C EM EM EM ''∴∠===，解得：2EM =；在EMB △中，由余弦定理得：2222cos60EM BM BE BM BE =+-⋅ ，即2314BE BE =+-，解得：12BE =，E ∴为线段AB 上靠近点B 的四等分点，111442ABD AGF BDE ABD ABD ABD ABDGFED S S S S S S S S ∴=--=--=四边形211222=⨯⨯⨯111113232P GFED GFED V S C M -'∴=⨯⨯=⨯=四棱锥四边形题型二：线面距离及线面角问题．如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．【答案】(1)DE ∥平面ABC ，证明见解析；(2)155【详解】（1）DE ∥平面ABC ，理由如下：分别取,AC BC 的中点,O P ，连接,,DO EP OP ，因为AD CD =，所以DO AC ⊥，又平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD 平面ABC AC =，DO ⊂平面ACD ，所以DO ⊥平面ABC ，同理EP ⊥平面ABC ，所以EP DO ∥，又因为,ACD BCE 是全等的正三角形，所以EP DO =，所以四边形DOPE 是平行四边形，所以DE OP ∥，因为ED ⊄平面ABC ，OP ⊂平面ABC ，所以ED ∥平面ABC ；（2）连接BO ，则易知BO ⊥平面ACD ，以O 为坐标原点，分别以,,OD OA OB的方向为,,x y z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，令2AC =.则()()())13130,0,0,0,1,0,0,1,0,3,0,0,0,,,0,,2222O A C DH P ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13,3,,22DE OP E ⎫=∴-⎪⎪⎭所以()33130,2,0,3,,3,2222AC AE DH ⎛=-=-= ⎭⎝⎭ ，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，所以·0·0m AC m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，所以20333022y y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩则0y =，取2z =，1x ∴=-，则()1,0,2m =-，所以2315cos ,525DH m DH m DH m ===，设直线DH 与平面ACE 所成的角为θ，则15sin cos ,5DH m θ==．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB ADCD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)45 (3)14【详解】（1）设CP DE G = ，连接FG，四边形PDCE 为矩形，G ∴为PC 中点，又F 为PA 中点，//AC FG ∴，又FG ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，//AC ∴平面DEF .（2）以D 为坐标原点，,,DA DC DP正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()0,2,0C，(P ，()1,1,0BC ∴=-，(0,CP =-，设平面BCP 的法向量(),,n x y z =，020BC n x y CP n y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-+=⎪⎩，令1y =，解得：1x =，z =，(n ∴=；z 轴⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量()0,0,1m =，cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅ ，则平面ABCD 与平面BCP的夹角为45 .（3）由（2）知：1,0,22F ⎛ ⎝⎭，(P，1,0,22PF ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，由平面BCP的法向量(n =，∴点F 到平面BCP 的距离11224PF nd n⋅=== .题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD ．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于【答案】(1)证明见解析(2)77解（1）连结BD ，在BDC 中，因为BC=2DC ，∠BCD=60°，由余弦定理()22222cos603BD DC DC DC DC +-⋅⋅︒．因为222BD CD BC +=，所以CD ⊥BD ，又CD ⊥PD ，BD PD D = ，,BD PD ⊂平面PDB ，所以CD ⊥平面PDB ，由于PB ⊂平面PDB ，所以CD ⊥PB ．因为PB ⊥BD ，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥平面ABCD ，由于AB ⊂平面ABCD ，因此PB ⊥AB ．（2）解法1：以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，1322A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C ，3322D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设(0,0,)(0)P t t >，则(2,0,)PC t =- ，1,0,2t E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,222t AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．因为平面ABCD 的法向量为(0,0,1)m =，所以2cos ,||||4AE m AE m AE m t 〈〉==⋅+⋅由AE 与平面ABCD 所成角等于45°，2sin 454t =+，解得t=2．设平面DPC 的法向量1(,,)n x y z =，则110,0.n PC n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,130.22x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以可取1(3,1,3)n =．因为平面BPC 的法向量为2(0,1,0)n = ，于是1212127cos ,7n n n n n n 〈〉=⋅=．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法2：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则EF PB ∥，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，所以∠EAF=45°，所以EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC ．以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，332D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,0,2)P ，(2,0,2)PC =-，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设平面DPC 的法向量(,,)m x y z =，则0,0.m PC m DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即可得220,130.22x z x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,1,3)m = ．因为平面BPC 的法向量(0,1,0)n = ，于是7cos ,7||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法3：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则//EF PB ，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，故∠EAF=45°，因此EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC=BC ，可得22PC DC =．连结BE ，则BE ⊥PC ．过E 在平面PDC 内作EG ⊥PC ，交PD 于点G ，则∠BEG 是二面角B-PC-D 的平面角．因为PB ⊥BC ，所以2BE DC ，7PD DC =．因为CD ⊥PD ，由PEG PDC △∽△可得147EG =．由PC ⊥平面BEG ，BG ⊂平面BEG ，所以PC ⊥BG ，而CD ⊥BG ，,,PC CD C PC CD ⋂=⊂平面PDC ，故BG ⊥平面PDC ，由于GE Ì平面PDC ，所以BG ⊥GE ，所以由余弦定理得7cos 7GE BEG BE ∠==．因此二面角B PCD --的余弦值为77．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277解（1）分别取BS ，AS 的中点O ，E ，连接OE ，OC ，ED ，则//OE AB 且12OE AB =.因为//AB CD ，2AB CD =，所以//,OE CD OE CD =，所以四边形OCDE 为平行四边形，则//CO DE .因为AD SD =，故DE SA ⊥，故CO SA ⊥.因为CB CS =，故CO SB ⊥.因为SA SB S =I ，SA ，SB ⊂平面SAB ，所以CO ⊥平面SAB.因为CO ⊂平面SBC ，所以平面SAB ⊥平面SBC.（2）连接AO ，因为△SAB 为正三角形，所以AO SB ⊥，因为平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB 平面SBC SB =，AO ⊂面SAB ，所以AO ⊥平面SBC ，OC 、OS 在面SBC 内，又CO SB ⊥，故OA ，OS ，OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，OC ，OS ，OA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.设2BC SC ==，则22AB SB ==，6OA =，2OC =，所以()0,0,6A ，()2,0,0C，()0,2,0S ，262,,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，（难点：点D 的坐标不易直接看出，可先求出点E 的坐标，利用CO DE =求解点D 的坐标）所以()0,2,6AS =- ，262,,22SD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，()2,2,0CS =-.设面SAD 的法向量为()111,,m x y z =，由11111260262022m AS y z m SD x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11z =，得()0,3,1m =.设面SAC 的法向量为()222,,x n y z =，则2222260220n AS y z n CS x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令23y =，得()3,3,1n = .则427cos ,727m n m n m n ⋅===⨯⋅，显然二面角C SAD --为锐二面角，所以二面角C SA D --的余弦值为277.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为3.若存在，求出的CE EM 值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，12CE EM =【详解】（1）证明：正方形ABCD 中，BC AB ⊥，平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD ⋂平面ABMN AB =，BC ⊂平面ABCD ，BC ∴⊥平面ABMN ，又BM ⊂平面ABMN ，BC ∴⊥BM ，且BC BN ⊥，又2,BC ==BN ∴=2AB AN == ，222BN AB AN ∴=+，AN AB ∴⊥，又//AN BM ，BM AB ∴⊥，又,,BC BA B BA BC =⊂ 平面ABCD ，∴BM ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2B A C ，()()()2,0,2,2,2,0,0,4,0D N M ，设点(),,E a b c ，()01CE CM λλ=<<，()(),,20,4,2a b c λ∴-=-，()04,0,4,2222a b E c λλλλ=⎧⎪∴=∴-⎨⎪=-⎩，()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ∴==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z = ，()2204220BN m x y BE m y z λλ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+-=⎪⎩，令221,1,,1,1,11x y z m λλλλ⎛⎫=∴=-=∴=- ⎪--⎝⎭ ，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，cos ,3BC m BC m BC m⋅∴==，==，即=即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），所以存在一点E，且12CE EM =.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)53【详解】（1）证明：取AE 的中点P ，连接BP ､MP ，如图所示.∵M ､P 分别为ED ､AE 的中点，∴PM //AD ，且PM=12AD.又四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC //OD ，且BC=OD ，又O 为AD 的中点，∴BC //AD ，且BC=12AD ，即PM //BC ，且PM=BC ，∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM //PB ，又CM ⊄平面ABE ，PB ⊂平面ABE ，∴CM //平面ABE.（2）（2）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD.∵EO ⊂平面ADE ，且平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE∩平面ABCD=AD ，∴EO ⊥平面ABCD.又OB ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥OB ，EO ⊥OD ，以O 为原点，OB ､OD ､OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(0A ，1-，0)，C （1，1，0），B （1，0，0），D （0，1，0），(0E ，0，1)，M 11(0,,22∴11(1,,),22CM BD=-- =（-1，1，0）.设直线CM 与BD 所成角为θ，则cosθ=1||2||||CM BD CM BD ⋅=，∴直线CM 与BD所成角的余弦值为6.（3）设ON →=λOD →，则N （0，λ，0），∴NB →=（1，-λ，0），11(1,,)22MB =-- ，设平面BMN 的法向量为n →=(a ，b ，c)，则0,0,n MB n NB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即220220a b c a b λ⎧--=⎪⎨⎪-=⎩，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，∴n →=（λ，1，2λ-1），设面ABE 的法向量为(,,)m x y z =，(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，可取(1,1,1)m =- ．∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n →→⋅=，即λ-1+2λ-1=0，解得λ=23，53AN ∴=.模拟尝试一、解答题1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；.【详解】（1）设AD 的中点为E ，连接PE ，因为PAD 为等边三角形，所以PE AD ⊥，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，且PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，因为AB ⊂平面ABCD ，所以PE AB ⊥，又PD AB ⊥，,PD PE P PD PE =⊂ ，平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为MD ⊂平面PAD ，所以AB MD ⊥，因为在等边三角形PAD 中，M 为PA 的中点，所以MD AP ⊥，因为AB AP A =I ，,AB AP ⊂平面PAB ，所以MD ⊥平面PAB ，因为MD ⊂平面MCD ，所以平面MCD ⊥平面PAB ；（2）连接CE ，由（1）知，AB ⊥平面PAD ，因为AD ⊂平面PAD ，所以AB AD ⊥，因为//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，所以四边形ABCE 为矩形，即CE AD ⊥，BC AE DE ==，22CD AB CE ==，所以30∠=︒CDE ，设BC a =，2AD a =，tan 60PE AE =⋅︒，tan 303AB CE DE ==⋅︒=，以E 为原点，分别以EC 、ED 、EP 所在直线为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，所以()0,,0A a -，()P，C ⎫⎪⎪⎝⎭，,0B a ⎫-⎪⎪⎝⎭，()0,,0D a，0,2a M ⎛- ⎝⎭，所以,,322a MC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,,22a MD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,,3PB a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,3PC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MCD 和平面PBC 的法向量分别为()1111,,n x y z =，()2222,,n x y z =，则111111102302a n MC y a n MD y ⎧⋅=+-=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，222222200n PB ay n PC ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，即1111x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，22203y x z =⎧⎨=⎩，取11y =，21z =，则1n = ，()23,0,1n =，所以121212cos ,35n n n n n n ⋅==⋅，所以平面MCD 与平面PBC.2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，12A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则20n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,222m n m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角A BD C --213122⎛⎫-= ⎪⎝⎭3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)见解析65555【详解】（1）证明：因为1AA ⊥平面ABC ，CB ⊂平面ABC ，所以1AA BC ⊥，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 为平行四边形，则118AC AC ==，因为43AB =4CB =，所以222AB CB AC +=，所以CB AB ⊥，又因为1AB AA A ⋂=，1AA ⊂平面11ABB A ，AB ⊂平面11ABB A ，所以CB ⊥平面11ABB A ，因为11//CB C B ，所以11C B ⊥平面11ABB A ，又1A D ⊂平面11ABB A ，所以111C B A D ⊥．1832ABC S AB BC =⋅=△，D 为AB 的中点，则132ACD ABC S S ==△△因为1AA ⊥平面ABC ，1111113833A A CD A ACD ACD V V S AA AA --==⋅=⨯= ，所以123AA =11A DB △中，1126A D B D ==1143A B =2221111A D B D A B +=，所以11A D B D ⊥，1111C B BD B ⋂=，111,C B B D ⊂平面11B C D ，所以1A D ⊥平面11B C D ；（2）因为1BB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，以点B 为坐标原点，BA 、1BB 、BC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,4C 、()3,0,0D 、()143,3,0A 、()10,23,0B ，设平面1DAC 的法向量为()111,,m x y z =，()123,3,0DA = ，()23,0,4DC =-，则11111330340m DA x y m DC x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取12x =，可得(2,3m =-，设平面1A CB 的法向量为()222,,x n y z =，()13,3,0BA = ，()0,0,4BC =，则1222433040n BA x y n BC z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取21x =，可得()1,2,0n =- ，所以，6655cos ,55115m n m n m n ⋅===⋅⨯，所以平面1DAC 与平面1ACB 夹角的余弦值为65555.4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)43【详解】（1）因为PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，所以PO AD ⊥；因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ；又BC ⊂平面ABCD ，所以PO BC ⊥；在OCD 中，1,2,60OD CD ADC ==∠=︒，由余弦定理可得OC =因为222OC OD CD +=，所以CO AD ⊥；因为//AD BC ，所以CO BC ⊥，所以BC ⊥平面POC ；因为OM ⊂平面POC ，所以OM BC ⊥.（2）由（1）得,,OP OC OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建系如图，则()())0,1,0,0,0,,2,0,A P BC -；)(1,0,,0,1,AB PC AP =-=-=；设PM PC λ=，则)AM AP PM =+= ；设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，0y y -==⎪⎩，令y =则()1n =- .因为直线AM 与平面PAB所以n AM n AM ⋅==，解得13λ=或23λ=-（舍），即有13PM PC =，M 是靠近P 的三等分点，所以四棱锥M ABCD -的高等于OP 的23.四棱锥M ABCD -的体积为114222sin 603233V ︒=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =，E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）如图，连接1,AC CD ，1A C ⊥平面1BDC ，BD ⊂平面1BDC ，1C D ⊂平面1BDC ，则1AC BD ⊥，11AC C D ⊥，直棱柱中1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ⊥，111AA A C A = ，11,AA A C ⊂平面1ACA ，则BD ⊥平面1ACA ，又AC ⊂平面1ACA ，所以BD AC ⊥，所以平行四边形ABCD 是菱形，1AA AB =，则直棱柱的侧面11ABB A 是正方形，因此侧面11CDD C 也是正方形，所以11CD C D ⊥，11A C CD C = ，11,AC CD ⊂平面11ACD ，所以1C D ⊥平面11ACD ，又11A D ⊂平面11ACD ，所以111C D A D ⊥，直棱柱中易知111DD A D ⊥，而111DD CD D = ，11,DD CD ⊂平面11CC D D ，所以11A D ⊥平面11CC D D ，11C D ⊂平面11CC D D ，所以1111A D C D ⊥，因此底面1111D C B A 是矩形，即四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD 是正方形；（2）由（1）知底面ABCD 是菱形，因此AC BD ⊥，设AC BD O ⋂=，分别以,OA OB 为,x y 轴，过O 与1AA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2AB a =，则3OA a =，OB a =，1(36)A a ，(3,0,0)C a -，(0,,0)B a ，1(36)C a -，1(23,0,6)AC a =-- ，1(3,6)BC a a =-- ，由（1）知211660AC BC a ⋅=-= ，1a =（负值舍去），6(3,0,2E ，(0,1,0)B ，(0,1,0)D -，16)B ，6(3,)2BE =- ，(0,2,0)DB = ，16)BB = ，设平面1B BE 的一个法向量是111(,,)m x y z =，则11111606302m BB m BE y z ⎧⋅=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取11x =得3,0)m = ，设平面BED 的一个法向量是222(,,)n x y z =，则2222630220n BE x y n DB y ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取21x =，得(1,0,2)n = ，3cos ,623m n m n m n ⋅==⨯，所以二面角1B BE D--的余弦值为366．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD与平面ABCD 433，求点E 到平面ACF 的距离．【答案】（1）详见解析；（2255．【详解】（1）依题：平面α与两平行平面ABCD ，1111D C B A 的交线分别为EF ，DC ，故有//EF DC ，又EF DC =，故有平行四边形EFCD ，∴//ED FC ，ED ⊄面ACF ，FC ⊂面ACF ，∴//ED 平面ACF ．（2）ADC △中，由余弦定理可得3AC =得AC AD ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，故而1AA ，AC ，AD 两两垂直，如图建系．【法一求EH 】取AD 中点H ，由1//AH A E ，1AH A E =得平行四边形1A AHE ，∴1//AA HE ，HE ⊥平面ACD ，作HI DC ⊥，（连EI ），又HE CD ⊥，∴CD ⊥平面EHI ，得CD EI ⊥，又HI DC ⊥，∴EIH ∠为所求二面角的平面角．易求3HI =4tan 33EH EIH HI ∠==，1EH =．【法二求EH 】面ABCD 的法向量显然为()0,0,1n =，设面EFCD 的法向量为(),,k x y z = ，1,0,2E h ⎛⎫⎪⎝⎭，00k DC k DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，令3x =33,1,2k h ⎫=⎪⎪⎭，依题：3119n k h n k⋅=⇒= ．由//ED 平面ACF ，点E 到平面ACF 的距离转化为D 到平面ACF 的距离d ，()1,0,0D ，()3,0C ，13,12DC EF F ⎛⎫=⇒- ⎪⎝⎭ ，设平面ACF 的法向量为(),,m x y z = ，00m AC m m AF ⎧⋅=⇒⎨⋅=⎩可为()2,0,1，255m AD d m⋅== ．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12（2）7014【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =22BC a ==[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PB PD P = ，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以 ∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC =[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有 ∽DAN BMN ，所以2==AN DAMN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，=DB，=AM 由1122=⋅=⋅ DAB S DA AB DB AN，得=t 212t =，所以2==BC t （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由1111020m AM x y mAP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =)m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM n BP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，cos ,14m n m n m n ⋅==⋅，所以，sin ,m n = 因此，二面角A PM B --14.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 是边长为2的正方形，联结1D H ，HM ．111111111,2D HM D HM D A H HBM MCD A BCD S D M HG S S S S S =⋅=--- 正方形，由等积法解得31010=HG ．在Rt AHG 中，2310,210==AH HG ，由勾股定理求得355=AG ．所以，70sin 14AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --的正弦值为7014．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）112B D =【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B AC ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-⨯⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z = ，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅ 222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=．所以()minsin θ=，此时112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT=，即11B H =1B H =所以DH ===则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF 过D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=sin DFE ∠=1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==sin θ当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，ABAD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)6.(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz-，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,0)3322EB m BC =--= ，设(),,n x y z =r为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m=--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以222cos ,244n OA m m -=⋅+，解得1m =．又点C 到平面ABD 321133213226A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=所以三棱锥A BCD -36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以3BC =．因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ ．[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos 2βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．②将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -的体积为6．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的437【详解】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小.因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，3BE =因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,3,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,3,0AD AB =-=-，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y =()n = ，又因为()31,0,0,,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以34CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ，所以cos ,7n CF n CF n CF⋅==，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7.5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；【详解】（1）如图所示：分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====，8sin 60EM == 点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d，d =(21343V =⨯+⨯⨯==．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O ，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH 的体积加上三棱锥A-OEH 的4倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P ，连接AP,OP.则EH 垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH 与三棱锥E-OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积(21111144444433232V =⋅+⋅⋅⋅⋅6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】2.【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,2m n m n m n ⋅==⋅，所以二面角A BD C --2=.7．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【详解】（1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥-P ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立空间直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()3,0,0AB =，()0,12,0AC = ，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y -，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a 6c =-，0b =，所以)6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅==设二面角C AE B --的大小为θ，则cos cos ,=n m θ=所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂ 平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N = ，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ .若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅ ，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，。

2020年江苏省高考数学试卷及答案详解,

2020年江苏省高考数学试卷一、填空题1. 已知集合B={0,2,3}，A={−1,0,1,2}，则A∩B=________.2. 已知i是虚数单位，则复数z=(1+i)(2−i)的实部是________.3. 已知一组数据4，2a，3−a，5，6的平均数为4，则a的值是________.4. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________.5. 下图是一个算法流程图，若输出y值为−2，则输入x的值是________.6. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2a2−y25=1(a>0)的一条渐近线方程为y=√52x，则该双曲线的离心率是________.7. 已知y=f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)=x 23，则f(−8)的值是________.8. 已知sin2(π4+α)=23，则sin2α的值是________.9. 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正________cm 2.10. 将函数y =3sin (2x +π4)的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是________.11. 设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列.已知{a n +b n }的前n 项和S n =n 2−n +2n −1(n ∈N ∗)，则d +q 的值是________.12. 已知5x 2y 2+y 4=1(x,y ∈R )，则x 2+y 2的最小值是________.13. 在△ABC 中，AB =4， AC =3， ∠BAC =90∘，D 在边BC 上，延长AD 到P ，使得AP =9.若PA →=mPB →+(32−m)PC →(m 为常数），则CD 的长度是________.14. 在平面直角坐标系xOy 中，已知P (√32,0)，A ，B 是圆C:x 2+(y −12)2=36上的两个动点，满足PA =PB ，则△PAB 面积的最大值是________. 二、解答题15. 在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证： EF//平面AB 1C 1；(2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，己知a=3，c=√2，∠B=45∘.(1)求sin C的值；(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC=−45，求tan∠DAC的值.17. 某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO′为铅垂线（O′在AB上）．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离ℎ1（米）与D到OO′的距离a（米）之间满足关系式ℎ1=140a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离ℎ2（米）与F到OO′的距离b（米）之间满足关系式ℎ2=−1800b3+6b．已知点B到OO′的距离为40米．(1)求桥AB的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF. 且CE为80米，其中C，E在AB上（不包括端点）. 桥墩EF每米造价k（万元），桥墩CD每米造价32k（万元）(k>0)，问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:x24+y23=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OP →⋅QP →的最小值；(3)设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标．19. 已知关于x 的函数y =f (x ) ，y =g (x )与ℎ(x )=kx +b (k,b ∈R )在区间D 上恒有f (x )≥ℎ(x )≥g (x ).(1)若f (x )=x 2+2x ，g (x )=−x 2+2x ，D =(−∞,+∞)，求ℎ(x )的表达式；(2)若f (x )=x 2−x +1，g (x )=k ln x ，ℎ(x )=kx −k ，D =(0,+∞)，求k 的取值范围；(3)若f (x )=x 4−2x 2，g (x )=4x 2−8，ℎ(x )=4(t 3−t )x −3t 4+2t 2(0<|t|≤√2)，D =[m,n ]⊂[−√2,√2]，求证：n −m ≤√7.20. 已知数列{a n }(n ∈N ∗)的首项a 1=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+11k−S n 1k=λa n+11k成立，则称此数列为“λ−k ”数列. (1)若等差数列是“λ−1”数列，求λ的值；(2)若数列{a n }是“√33−2”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.参考答案与试题解析2020年江苏省高考数学试卷一、填空题1.【答案】{0,2}【考点】交集及其运算【解析】集合论中，设A，B是两个集合，由所有属于集合A且属于集合B的元素组成的集合，叫做集合A与集合B的交集，记作A∩B．【解答】解：集合B={0,2,3}，A={−1,0,1,2}，则A∩B={0,2}.故答案为：{0,2}.【点评】此题暂无点评2.【答案】3【考点】复数代数形式的混合运算复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：z=(1+i)(2−i)=3+i，则实部为3.故答案为：3.【点评】此题暂无点评3.【答案】2【考点】众数、中位数、平均数【解析】此题暂无解析【解答】=4，解：由4+2a+(3−a)+5+65可知a=2.故答案为：2.此题暂无点评4.【答案】19【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】此题暂无解析【解答】解：总事件数为6×6=36，满足条件的事件为(1, 4)，(2, 3)，(3, 2)，(4, 1)为共4种，则点数和为5的概率为436=19.故答案为：19.【点评】此题暂无点评5.【答案】−3【考点】程序框图【解析】此题暂无解析【解答】解：由题可知当y=−2时，当x>0时，y=2x=−2，无解；当x<0时，y=x+1=−2，解得：x=−3. 故答案为：−3.【点评】此题暂无点评6.【答案】32【考点】双曲线的渐近线双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：由x 2a2−y25=1得渐近线方程为y=±√5ax.∴c2=a2+5=9，∴c=3，∴离心率e=ca =32.故答案为：32. 【点评】此题暂无点评7.【答案】−4【考点】函数奇偶性的性质函数的求值【解析】此题暂无解析【解答】解：y=f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)=x 2 3，则f(−8)=−f(8)=−823=−4.故答案为：−4.【点评】此题暂无点评8.【答案】13【考点】二倍角的余弦公式运用诱导公式化简求值【解析】此题暂无解析【解答】解：因为sin2(π4+α)=23，由sin2(π4+α)=12[1−cos(π2+2α)]=12(1+sin2α)=23，解得sin2α=13.故答案为：13.9.【答案】12√3−π2【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：记此六角螺帽毛坯的体积为V，正六棱柱的体积为V1，内孔的体积为V2，则V1=6×12×2×2×sin60∘×2=12√3，V2=π×(0.5)2×2=π2，所以V=V1−V2=12√3−π2.故答案为：12√3−π2.【点评】此题暂无点评10.【答案】x=−5π24【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的对称性【解析】此题暂无解析【解答】解：因为f(x)=3sin(2x+π4)，将函数f(x)=3sin(2x+π4)的图象向右平移π6个单位长度得：g(x)=f(x−π6)=3sin(2x−π3+π4)=3sin(2x−π12)，则y=g(x)的对称轴为2x−π12=π2+kπ,k∈Z，即x=7π24+kπ2,k∈Z.当k=0时，x=7π24，当k=−1时，x=−5π24，故答案为：x =−5π24. 【点评】此题暂无点评 11.【答案】 4【考点】等差数列与等比数列的综合数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：因为{a n +b n }的前n 项和为： S n =n 2−n +2n −1(n ∈N ∗)，当n =1时，a 1+b 1=1，当n ≥2时，a n +b n =S n −S n−1 =2n −2+2n−1，所以当n ≥2时，a n =2(n −1)，b n =2n−1，且当n =1时，a 1+b 1=0+1=1成立，则d =a 2−a 1=2−0=2， q =b 2b 1=21=2，则d +q =4. 故答案为：4. 【点评】此题暂无点评 12. 【答案】45【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：4=(5x 2+y 2)⋅4y 2≤[(5x 2+y 2)+4y 22]2=254(x 2+y 2)2，故x 2+y 2≥45，当且仅当5x 2+y 2=4y 2=2，即x 2=310，y 2=12时取(x 2+y 2)min =45.【点评】此题暂无点评 13. 【答案】 185【考点】二倍角的正弦公式正弦定理向量的共线定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由向量系数m +(32−m)=32为常数，结合等和线性质可知|PA →||PD →|=321，故PD =23PA =6，AD =PA −PD =3=AC ，故∠C =∠CDA ，故∠CAD =π−2C . 在△ABC 中，cos C =ACBC =35.在△ADC ，由正弦定理CDsin ∠CAD =ADsin C ，即CD =sin (π−2C)sin C⋅AD =sin 2C sin C⋅AD =2AD cos C=2×35×3=185.故答案为：185. 【点评】此题暂无点评 14. 【答案】10√5 【考点】与圆有关的最值问题利用导数研究函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，作PC 所在直径EF ，交AB 于点D ，∵PA=PB，CA=CB=R=6，∴PC⊥AB.∵EF为直径，要使面积S△PAB最大，则P，D位于C点两侧，并设CD=x，计算可知PC=1，故PD=1+x, AB=2BD=2√36−x2，故S△PAB=12AB⋅PD=(1+x)⋅√36−x2.令x=6cosθ，其中θ∈(0, π2)，S△PAB=(1+x)√36−x2=(1+6cosθ)⋅6sinθ=6sinθ+18sin2θ.记函数f(θ)=6sinθ+18sin2θ，则f′(θ)=6cosθ+36cos2θ=6(12cos2θ+cosθ−6).令f′(θ)=6(12cos2θ+cosθ−6)=0，解得cosθ=23或cosθ=−34<0(舍去)，显然，当0≤cosθ<23时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；当23<cosθ<1时，f′(θ)>0，f(θ)单调递增.结合cosθ在(0,π2)递减，故cosθ=23时，f(θ)最大，此时sinθ=√1−cos2θ=√53，故f(θ)max=6×√53+36×√53×23=10√5，即△PAB面积的最大值是10√5.故答案为：10√5.【点评】此题暂无点评二、解答题15.【答案】证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF//AB1.因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂面ABC，所以B1C⊥AB.又因为AB⊥AC，AC∩B1C=C，AC⊂面AB1C，B1C⊂面AB1C，所以AB⊥面AB1C.因为AB⊂面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF//AB1.因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂面ABC，所以B1C⊥AB.又因为AB⊥AC，AC∩B1C=C，AC⊂面AB1C，B1C⊂面AB1C，所以AB⊥面AB1C.因为AB⊂面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.【点评】此题暂无点评16.【答案】解：(1)由余弦定理，得cos B=cos45∘=a2+c2−b22ac=26√2=√22，因此b2=5，即b=√5.由正弦定理csin C =bsin B，得√2sin C=√5√22，因此sin C=√55.(2)因为cos∠ADC=−45，所以sin∠ADC=√1−cos2∠ADC=35，因为∠ADC∈(π2, π)，所以C∈(0, π2)，所以cos C=√1−sin2∠C=2√55，所以sin∠DAC=sin(π−∠DAC)=sin(∠ADC+∠C) =sin∠ADC cos C+cos∠ADC sin C=2√525.因为∠DAC∈(0, π2)，所以cos∠DAC=√1−sin2∠DAC=11√525，故tan∠DAC=sin∠DACcos∠DAC =211.【考点】两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由余弦定理，得cos B=cos45∘=a2+c2−b22ac=26√2=√22，因此b2=5，即b=√5.由正弦定理csin C =bsin B，得√2sin C=√5√22，因此sin C=√55.(2)因为cos∠ADC=−45，所以sin∠ADC=√1−cos2∠ADC=35，因为∠ADC∈(π2, π)，所以C∈(0, π2)，所以cos C=√1−sin2∠C=2√55，所以sin∠DAC=sin(π−∠DAC)=sin(∠ADC+∠C) =sin∠ADC cos C+cos∠ADC sin C=2√525.因为∠DAC∈(0, π2)，所以cos∠DAC=√1−sin2∠DAC=11√525，故tan∠DAC=sin∠DACcos∠DAC =211.【点评】此题暂无点评17.【答案】解：(1)过A，B分别作MN的垂线，垂足为A1，B1，则AA 1=BB 1=−1800×403+6×40=160. 令140a 2=160，得a =80，所以AO ′=80，AB =AO ′+BO ′=80+40=120(米). 故桥AB 的长度为120米.(2)设O ′E =x ，则CO ′=80−x ，由{0<x <40，0<80−x <80，解得：0<x <40，则总造价y =3k 2[160−140(80−x )2]+k [160−(−1800x 3+6x)] =k 800(x 3−30x 2+160×800)(0<x <40)，则y ′=k800(3x 2−60x )=3k800x (x −20).因为k >0，所以令y ′=0，得x =0或20，所以当0<x <20时， y ′<0，y 单调递减；当20<x <40时， y ′>0，y 单调递增，所以，当x =20时，y 取最小值155k ，此时造价最低．答： O ′E 为20米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低．【考点】利用导数研究函数的最值函数模型的选择与应用【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)过A ，B 分别作MN 的垂线，垂足为A 1，B 1，则AA 1=BB 1=−1800×403+6×40=160. 令140a 2=160，得a =80，所以AO ′=80，AB =AO ′+BO ′=80+40=120(米). 故桥AB 的长度为120米.(2)设O ′E =x ，则CO ′=80−x ，由{0<x <40，0<80−x <80，解得：0<x <40，则总造价y =3k 2[160−140(80−x )2]+k [160−(−1800x 3+6x)] =k 800(x 3−30x 2+160×800)(0<x <40)，则y ′=k800(3x 2−60x )=3k800x (x −20).因为k >0，所以令y ′=0，得x =0或20，所以当0<x <20时， y ′<0，y 单调递减；当20<x <40时， y ′>0，y 单调递增，所以，当x =20时，y 取最小值155k ，此时造价最低．答： O ′E 为20米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低．【点评】此题暂无点评 18.【答案】解：(1)由题意知，△AF 1F 2的周长l =2a +2c =6. (2)由椭圆方程得A (1,32)，设点P (t,0)，则直线AP 方程为y =321−t(x −t ).令x =a 2c=4，得y Q =6−32t 1−t，即Q(4,12−3t2−2t)，则QP →=(t −4,12−3t 2t−2)，所以OP →⋅QP →=t 2−4t =(t −2)2−4≥−4，即OF →⋅QP →的最小值为−4.(3)设O 到直线AB 的距离为d 1，M 到直线AB 的距离为d 2. 若S 2=3S 1，则12×|AB|×d 2=12×|AB|×d 1×3，即d 2=3d 1.由题意可得直线AB 方程为y =34(x +1)，即3x −4y +3=0，所以d 1=35,d 2=95.由题意得，M 点应为与直线AB 平行且距离为95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95，所以√9+16=95，即m =−6或12．当m =−6时，直线l 为3x −4y −6=0，即y =34(x −2). 联立{y =34(x −2),x 24+y 23=1,可得(x −2)(7x +2)=0，即{x M =2,y M =0,或{x M =−27,y M =−127,所以M(2,0)或(−27,−127).当m =12时，直线l 为3x −4y +12=0，即y =34(x +4). 联立{y =34(x +4),x 24+y 23=1,可得214x 2+18x +24=0，Δ=9×(36−56)<0，所以无解．综上所述，M 点坐标为(2,0)或(−27,−127).【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题椭圆中的平面几何问题直线与椭圆结合的最值问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由题意知，△AF 1F 2的周长l =2a +2c =6. (2)由椭圆方程得A (1,32)，设点P (t,0)，则直线AP 方程为y =321−t(x −t ).令x =a 2c=4，得y Q =6−32t 1−t，即Q(4,12−3t 2−2t)，则QP →=(t −4,12−3t 2t−2)，所以OP →⋅QP →=t 2−4t =(t −2)2−4≥−4，即OF →⋅QP →的最小值为−4.(3)设O 到直线AB 的距离为d 1，M 到直线AB 的距离为d 2. 若S 2=3S 1，则12×|AB|×d 2=12×|AB|×d 1×3，即d 2=3d 1.由题意可得直线AB 方程为y =34(x +1)，即3x −4y +3=0，所以d 1=35,d 2=95.由题意得，M 点应为与直线AB 平行且距离为95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95，所以√9+16=95，即m =−6或12．当m =−6时，直线l 为3x −4y −6=0，即y =34(x −2). 联立{y =34(x −2),x 24+y 23=1,可得(x −2)(7x +2)=0，即{x M =2,y M =0或{x M =−27,y M=−127,所以M(2,0)或(−27,−127).当m =12时，直线l 为3x −4y +12=0，即y =34(x +4).联立{y =34(x +4),x 24+y 23=1,可得214x 2+18x +24=0，Δ=9×(36−56)<0，所以无解．综上所述，M 点坐标为(2,0)或(−27,−127). 【点评】此题暂无点评 19. 【答案】(1)解：由f(x)=g(x)，得x=0,f′(x)=2x+2，g′(x)=−2x+2，所以f′(0)=g′(0)=2，所以，函数ℎ(x)的图像为过原点，斜率为2的直线，所以ℎ(x)=2x，经检验：ℎ(x)=2x符合题意.(2)解：ℎ(x)−g(x)=k(x−1−ln x)，设φ(x)=x−1−ln x，则φ′(x)=1−1x =x−1x，可得φ(x)≥φ(1)=0，所以当ℎ(x)−g(x)≥0时，k≥0.令p(x)=f(x)−ℎ(x)=x2−x+1−(kx−k) =x2−(k+1)x+(1+k)≥0，得当x=k+1≤0时，f(x)在(0,+∞)上递增，所以p(x)>p(0)=1+k≥0，所以k=−1；当k+1>0时，Δ≤0，即(k+1)2−4(k+1)≤0，(k+1)(k−3)≤0，−1<k≤3.综上，k∈[0,3]．(3)证明：因为f(x)=x4−2x2，所以f′(x)=4x3−4x=4x(x+1)(x−1)，所以函数y=f(x)的图像在x=x0处的切线为y=(4x03−4x0)(x−x0)+(x04−2x02)=(4x03−4x0)x−3x04+2x02，可见直线y=ℎ(x)为函数y=f(x)的图像在x=t(0<|t|≤√2)处的切线.又因为由函数y=f x的图像可知，当f(x)≥ℎ(x)在区间D上恒成立时，|t|∈[1,√2].又由g(x)−ℎ(x)=0，得4x2−4(t3−t)x+3t4−2t2−8=0.设方程g(x)−ℎ(x)=0的两根为x1,x2，则x1+x2=t3−t，x1x2=3t4−2t2−84，所以|x1−x2|=√(x1+x2)2−4x1x2=√(t3−t)2−(3t4−2t4−8)=√t6−5t4+3t2+8.令t2=λ，则λ∈[1,2]，由图像可知n−m=|x1−x2|=√λ3−5λ2+3λ+8，设φ(λ)=λ3−5λ2+3λ+8，则φ′(λ)=3λ2−10λ+3=(λ−3)(3λ−1)，所以当λ∈[1,2]时，φ′(λ)<0，φ(λ)单调递减，所以φ(λ)max=φ(1)=7，故(n−m)max=|x1−x2|max=√φ(λ)max=√7，即n−m≤√7.【考点】利用导数研究不等式恒成立问题函数与方程的综合运用利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性导数的几何意义【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：由f(x)=g(x)，得x=0,f′(x)=2x+2，g′(x)=−2x+2，所以f′(0)=g′(0)=2，所以，函数ℎ(x)的图像为过原点，斜率为2的直线，所以ℎ(x)=2x，经检验：ℎ(x)=2x符合题意.(2)解：ℎ(x)−g(x)=k(x−1−ln x)，设φ(x)=x−1−ln x，则φ′(x)=1−1x =x−1x，可得φ(x)≥φ(1)=0，所以当ℎ(x)−g(x)≥0时，k≥0.令p(x)=f(x)−ℎ(x)=x2−x+1−(kx−k) =x2−(k+1)x+(1+k)≥0，得当x=k+1≤0时，f(x)在(0,+∞)上递增，所以p(x)>p(0)=1+k≥0，所以k=−1；当k+1>0时，Δ≤0，即(k+1)2−4(k+1)≤0，(k+1)(k−3)≤0，−1<k≤3.综上，k∈[0,3]．(3)证明：因为f(x)=x4−2x2，所以f′(x)=4x3−4x=4x(x+1)(x−1)，所以函数y=f(x)的图像在x=x0处的切线为y=(4x03−4x0)(x−x0)+(x04−2x02)=(4x03−4x0)x−3x04+2x02，可见直线y=ℎ(x)为函数y=f(x)的图像在x=t(0<|t|≤√2)处的切线.又因为当f(x)≥ℎ(x)在区间D上恒成立时，|t|∈[1,√2].又由g(x)−ℎ(x)=0，得4x2−4(t3−t)x+3t4−2t2−8=0.设方程g(x)−ℎ(x)=0的两根为x1,x2，则x1+x2=t3−t，，x1x2=3t4−2t2−84所以|x1−x2|=√(x1+x2)2−4x1x2=√(t3−t)2−(3t4−2t4−8)=√t6−5t4+3t2+8.令t2=λ，则λ∈[1,2]，由图像可知n−m=|x1−x2|=√λ3−5λ2+3λ+8，设φ(λ)=λ3−5λ2+3λ+8，则φ′(λ)=3λ2−10λ+3=(λ−3)(3λ−1)，所以当λ∈[1,2]时，φ′(λ)<0，φ(λ)单调递减，所以φ(λ)max=φ(1)=7，故(n−m)max=|x1−x2|max=√φ(λ)max=√7，即n−m≤√7.【点评】此题暂无点评20.【答案】解：(1)k=1时，a n+1=S n+1−S n=λa n+1，由n为任意正整数，且a1=1，a n≠0，可得λ=1.(2)√S n+1−√S n=√3√a n+1，3a n+1=S n+1−S n=√3√a n+1(√S n+1+√S n)，3因此√S n+1+√S n=√3√a n+1，√3a n+1，即√S n+1=23S n+1=43a n+1=43(S n+1−S n )，所以S n+1=4S n .又S 1=a 1=1，S n =4n−1， a n =S n −S n−1=3⋅4n−2，n ≥2.综上，a n ={1，n =1，3⋅4n−2，n ≥2.(n ∈N ∗) (3)若存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列，则S n+113−S n 13=λa n+113，则S n+1−3S n+123S n 13+3S n+113S n 23−S n =λ3a n+1=λ3(S n+1−S n ). 由a 1=1，a n ≥0，且S n >0，令p n =(S n+1S n )13>0，则(1−λ3)p n 3−3p n 2+3p n −(1−λ3)=0，λ=1时，p n =p n 2，由p n >0可得p n =1，则S n+1=S n ，即a n+1=0，此时{a n }唯一，不存在三个不同的数列{a n }； λ≠1时，令t =31−λ3，则p n 3−tp n 2+tp n −1=0，则(p n −1)[p n 2+(1−t)p n +1]=0，①t ≤1时，p n 2+(1−t)p n +1>0，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }；②1<t <3时，Δ=(1−t)2−4<0，p n 2+(1−t)p n +1=0无解，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }； ③t =3时，(p n −1)3=0，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }； ④t >3即0<λ<1时，Δ=(1−t)2−4>0， p n 2+(1−t)p n +1=0有两解α，β. 设α<β，α+β=t −1>2，αβ=1>0，则0<α<1<β，则对任意n ∈N ∗，S n+1S n =1或S n+1S n =α3或S n+1S n =β3，此时S n =1，S n ={1，n =1，α3，n ≥2，S n ={1,n =1,2β3，n ≥3均符合条件，对应a n ={1,n =1,0,n ≥2，a n ={1,n =1,α3−1,n =2,0,n ≥3，a n ={1,n =1,β3−1,n =3,0,n =2,n ≥4,则存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列，且a n ≥0. 综上，0<λ<1.【考点】数列递推式一元二次方程的根的分布与系数的关系等比数列的通项公式等差数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)k =1时，a n+1=S n+1−S n =λa n+1，由n 为任意正整数，且a 1=1，a n ≠0，可得λ=1.(2)√S n+1−√S n =√33√a n+1， a n+1=S n+1−S n =√33√a n+1(√S n+1+√S n )，因此√S n+1+√S n =√3√a n+1，即√S n+1=23√3a n+1， S n+1=43a n+1=43(S n+1−S n )，所以S n+1=4S n .又S 1=a 1=1，S n =4n−1， a n =S n −S n−1=3⋅4n−2，n ≥2.综上，a n ={1，n =1，3⋅4n−2，n ≥2.(n ∈N ∗) (3)若存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列，则S n+113−S n 13=λa n+113，则S n+1−3S n+123S n 13+3S n+113S n 23−S n =λ3a n+1=λ3(S n+1−S n ). 由a 1=1，a n ≥0，且S n >0，令p n =(S n+1S n )13>0，则(1−λ3)p n 3−3p n 2+3p n −(1−λ3)=0，λ=1时，p n =p n 2，由p n >0可得p n =1，则S n+1=S n ，即a n+1=0，此时{a n }唯一，不存在三个不同的数列{a n }； λ≠1时，令t =31−λ3，则p n 3−tp n 2+tp n −1=0，则(p n −1)[p n 2+(1−t)p n +1]=0，①t ≤1时，p n 2+(1−t)p n +1>0，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }；②1<t <3时，Δ=(1−t)2−4<0，p n 2+(1−t)p n +1=0无解，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }； ③t =3时，(p n −1)3=0，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }；④t >3即0<λ<1时，Δ=(1−t)2−4>0， p n 2+(1−t)p n +1=0有两解α，β. 设α<β，α+β=t −1>2，αβ=1>0，则0<α<1<β，则对任意n ∈N ∗，S n+1S n =1或S n+1S n =α3或S n+1S n =β3，此时S n =1，S n ={1，n =1，α3，n ≥2，S n ={1,n =1,2β3，n ≥3均符合条件，对应a n ={1,n =1,0,n ≥2，a n ={1,n =1,α3−1,n =2,0,n ≥3，a n ={1,n =1,β3−1,n =3,0,n =2,n ≥4,则存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列，且a n ≥0. 综上，0<λ<1.【点评】此题暂无点评。

2020年全国高考Ⅰ卷理科第20题解法赏析

中钙皋浬化知识篇知识结构与拓展高二数学2021年1月■河南省郑州101中学冯连福2017年发布的《普通高中数学课程标准》强调培养学科核心素养，圆锥曲线试题很好地考查了数学学科核心素养中的数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养，下面我们通过研究2020年全国高考数学新课标！卷理数第20题，来分析高考试题是怎么来考查数学学科核心素养的，希望对同学们的学习有所帮助。

如图1,已知A、2B分别为椭圆E:—/a/上「一十y2&1(a>1)的J左、右顶点，G为椭____一圆E的上顶点,图1AG・GB=8,P为直线%&6上的动点,PA与椭圆E的另一交点为CPB与椭圆E的另一交点为+o(1)求椭圆E的方程；#)证明：直线CD过定点。

解析：(1)第一问可以有以下几种解题角度。

角度一(平面向量的坐标运算):设A(—a,0),B(a,0),G(0,1),a>0。

故AG&(a,1),GB=(a,—1),a>0。

由AG・GB=8,得a2—1=8,a=3。

故椭圆E的方程为$+y2&1。

角度二(数量积的定义):设(AGB&2!,(AGO&!。

AG・GBB&AG|GB cos(#—2!)&8O分析可知AG&GB&la2+1,121—a2 cos!=,cos2!&2cos!—1&丐。

a+f1+a2故(/a2+1)・a21&8,得a2&9O下十1面同角度一，过程略。

角度三(平面向量的加法运算法则):因为ag十GB=#B,所以(AG+GB)&AB2也即AG2+GB2+2AG・GB&AB2。

故a2十1+a2十1+16&((a)。

下面同角度一，过程略。

角度四(极化恒等式):由等得：GA・G.&GO2—O.2&1—a2O故AG・GB&—G A・GB&a2—1&8。

2020年江苏省高考数学试卷（含详细解析）

保密★启用前2020年江苏省高考数学试卷—.■总分得分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分1.已知集合A=(—l,0,l,2},g=(0,2,3},则AC\B=.2.己知i是虚数单位，则复数Z=(l+i)(2-i)的实部.3.己知一组数据4.2劣3—",5,6的平均数为4,则。

的值是______.4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是______.5.如图是一个算法流程图.若输出)'的值为-2,则输入.1的值是•6.在平而直角坐标系X。

)，中，若双曲线竺-22=l(a>0)的一条渐近线方程为y=2^/52 x,则该双曲线的离心率是—・7.己知.汽心)是奇函数，当官时，门刁=指，则直罚的值是8.已知sin'U+a)=二.则sin2tz的值是____.439.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.己知螺帽的底面正六边形边长为2cm.高为2cm.内孔半轻为0.5cm.则此六角螺帽右坯的体枳是—cm.10,将函数y=3sin(2wf)的图象向右平移兰个单位长度，则平移后的图象中与y轴最46近的对称轴的方程是—.11.设｛叫｝是公差为，的等差数列，(加J是公比为g的等比数列.已知数列｛”〃+“｝的前〃项和/一〃+2〃一1(〃£FT),则d+q的值是12.已知5亍八寸=1(矽苗),则J2的最小值是________.13.在△ABC中，仙=4AC=3,ZBAC=90°,D在边8C上，延长AO到F,使得AP=9.14.在平而直角坐标系xOy中.己知,0),1△是圆G”+。

-或)・=36上的两个动点，满足PA=PB，则△用8而积的最大值是二、解答题评卷人得分15.在三棱柱ABC-A\B\C｝中，AB1AC.&C1平而ABC,E,F分别是AC,3C的中点......O...........O.....I-.....O.....滨......O............O ※※寒※※即※※田※※s?I※※II※※堞※※I※※群※※点※※军浓※（1）求证：段〃平而/IF i C i：（2）求证：平面AB.CL平而ABB,.16.在△ABC中,角A. B.C的对边分别为〃，b,c,己知”=3.c=JI b=45Q.1）⑴求sinC的值:4（2）在边8C上取一点。

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2020年高考数学（江苏）第20题优美解
试题
.已知各项均为正数的两个数列{}n a 和{}n b 满足：2
2
1n
n n n n b a b a a ++=
+，*N n ∈，
（1）设n n n a b b +=+11
，*N n ∈，求证：数列2
n n b a ⎧⎫⎛⎫
⎪⎪
⎨⎬ ⎪
⎝⎭
⎪⎪⎩⎭
是等差数列；（2）设n
n
n a b b •
=
+21，*N n ∈，且{}n a 是等比数列，求1a 和1b 的值．解法1：（1）∵n n n a b b +
=+11，∴11222
1n n
n n n n
n n a a b b a ++=
+⎛⎫
+ ⎪⎝⎭。

∴ 2
111n n n n b
b a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
∴ ()2
2
2
221111*n n n n n n n n b b b b n N a a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭。

∴数列2
n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪
⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭
是以1 为公差的等差数列。

（2）∵00n n a >b >，，∴
()
()2
2
222
n n n n n n a b a b <a b +≤++。

∴12
2
12n n n n n
<a a b +=
≤+（﹡）设等比数列{}n a 的公比为q ，由0n a >知0q >，下面用反证法证明=1q
若1,q >则2
12=
2a a <a q
≤12log q n >时，112n n a a q +=
若01,<q <则212=
1a a >a >q ，∴当1
1
log q n >a 时，111n n a a q <+=，与（﹡）矛盾。

∴综上所述，=1q 。

∴()1*n a a n N =∈
，∴11<a ≤
又∵11n n n n b b b a +=()*n N ∈，∴{}n b
1的等比数列。

若1a ≠
1
1，于是123b <b <b 。

又由2
2
1n
n n n n b a b a a ++=
+
即1a =
，得11
n b a -。

∴123b b b ，，中至少有两项相同，与123b <b <b
矛盾。

∴1a 。

∴
1
n b -
∴ 12=a b 解析2
（1）根据题设2
2
1n
n n n n b a b a a ++
=
+和n n n a b b +=+11
，求出11n n b
a ++=2
2
111n n n n b b a a ++⎛⎫⎛
⎫
-= ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
而得证。

（2）根据基本不等式得到11n <a +=
{}
n
a 的公比=1q 。

从而得到()
1*n a a n N =∈的结论，再由11
n n
n n b b b a +=
知{}n b 是公比是
1
a 的等比数列。

最后用反证法求出12=a
b 解法赏析
主要考查等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法，从题设出发，容易找到解题的思路与方法。