2020版新高考理科数学专项18： “17～19题”+“二选一”
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国新课标II)【含答案】
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国新课标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。
ð1.已知集合U＝{－2，－1，0，1，2，3}，A＝{－1，0，1}，B＝{1，2}，则(A∪B)＝UA.{－2，3}B.{－2，2，3}C.{－2，－1，0，3}D.{－2，－10，2，3}2.若α为第四象限角，则A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<03.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，预计第二天新订单是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，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者A.10名B.18名C.24名D.32名4.北京天坛的圆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，己知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇形面形石板(不含天心石)A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5.若过点(2，1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x －y －3＝0的距离为6.数列{a n }中，a 1＝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.右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.EB.FC.GD.H8.设O 为坐标原点，直线x ＝a 与双曲线C ：的两条渐近线分别交22221(0,0)x y a b a b-=>>于D ，E 两点。
精品解析：2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)(解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{(,)|,,}A x y x y y x =∈≥*N ，{(,)|8}B x y x y =+=，则A B 中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】C 【解析】 【分析】采用列举法列举出AB 中元素的即可.【详解】由题意，A B 中的元素满足8y x x y ≥⎧⎨+=⎩，且*,x y N ∈，由82x y x +=≥，得4x ≤，所以满足8x y +=的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)， 故AB 中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2.复数113i-的虚部是（ ） A. 310-B. 110-C.110D.310【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出z 即可. 【详解】因为1131313(13)(13)1010i z i i i i +===+--+， 所以复数113z i =-的虚部为310. 故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,p p p p ，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A. 14230.1,0.4p p p p ==== B. 14230.4,0.1p p p p ==== C. 14230.2,0.3p p p p ==== D. 14230.3,0.2p p p p ====【答案】B 【解析】 【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组. 【详解】对于A 选项，该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于B 选项，该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于C 选项，该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于D 选项，该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此，B 选项这一组标准差最大. 故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1e t I K t --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ ）（ln19≈3） A. 60 B. 63C. 66D. 69【答案】C 【解析】 【分析】将t t *=代入函数()()0.23531t KI t e--=+结合()0.95I t K *=求得t*即可得解.【详解】()()0.23531t K I t e--=+，所以()()0.23530.951t K I t K e**--==+，则()0.235319t e*-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题. 5.设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线C ：22(0)y px p =>交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为（ ） A. 1,04⎛⎫⎪⎝⎭B. 1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭C. (1,0)D. (2,0)【答案】B 【解析】 【分析】根据题中所给的条件OD OE ⊥，结合抛物线的对称性，可知4DOx EOx π∠=∠=，从而可以确定出点D的坐标，代入方程求得p 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线2x =与抛物线22(0)y px p =>交于,E D 两点，且OD OE ⊥， 根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=，所以()2,2D ，代入抛物线方程44p =，求得1p =，所以其焦点坐标为1(,0)2， 故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6.已知向量a ，b 满足||5a =，||6b =，6a b ⋅=-，则cos ,=+a a b （ ） A. 3135-B. 1935-C.1735D.1935【答案】D 【解析】 【分析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值，利用平面向量数量积可计算出cos ,a a b <+>的值. 【详解】5a =，6b =，6a b ⋅=-，()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-=，因此，()1919cos ,5735a a ba ab a a b⋅+<+>===⨯⋅+. 故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 7.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（ ） A.19B. 13C. 12D.23【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ，再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅，即可求得答案.【详解】在ABC 中，2cos 3C =，4AC =，3BC = 根据余弦定理：2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅2224322433AB =+-⨯⨯⨯可得29AB = ，即3AB =由22299161 cos22339 AB BC ACBAB BC+-+-===⋅⨯⨯故1 cos9B=.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A. 6+42B. 4+42C. 6+23D. 4+23【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为22根据三角形面积公式可得：211sin60222ADBS AB AD=⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.9.已知2tanθ–tan(θ+π4)=7，则tanθ=（）A. –2B. –1C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】2tan tan74πθθ⎛⎫-+=⎪⎝⎭，tan12tan71tanθθθ+∴-=-，令tan,1t tθ=≠，则1271ttt+-=-，整理得2440t t-+=，解得2t=，即tan2θ=.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.10.若直线l与曲线yx2+y2=15都相切，则l的方程为（）A. y=2x+1B. y=2x+12C. y=12x+1 D. y=12x+12【答案】D【解析】【分析】根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线l在曲线y=(0x，则00x>，函数y=y'=，则直线l的斜率k=，设直线l的方程为)0y x x=-，即x x-+=，由于直线l 与圆2215x y +== 两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍）， 则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+. 故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11.设双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a =（ ） A. 1 B. 2C. 4D. 8【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案. 【详解】5ca=，c ∴=，根据双曲线的定义可得122PF PF a -=， 12121||42PF F PF F S P =⋅=△，即12||8PF PF ⋅=， 12F P F P ⊥，()22212||2PF PF c ∴+=，()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=，即22540a a -+=，解得1a =，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12.已知55<84，134<85．设a =log 53，b =log 85，c =log 138，则（ ） A. a <b <c B. b <a <cC. b <c <aD. c <a <b【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得a 、b 、()0,1c ∈，利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系，由8log 5b =，得85b =，结合5458<可得出45b <，由13log 8c =，得138c =，结合45138<，可得出45c >，综合可得出a 、b 、c 的大小关系.【详解】由题意可知a、b、()0,1c ∈，()222528log 3lg 3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg 522lg 5lg 25lg 5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅<⋅==< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，a b ∴<； 由8log 5b =，得85b =，由5458<，得5488b <，54b ∴<，可得45b <； 由13log 8c =，得138c =，由45138<，得451313c <，54c ∴>，可得45c >. 综上所述，a b c <<. 故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若x ，y 满足约束条件0,201,x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩， ，则z =3x +2y 的最大值为_________．【答案】7 【解析】 【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决. 【详解】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y =+，所以322x zy =-+，易知截距2z 越大，则z 越大， 平移直线32x y =-，当322x zy =-+经过A 点时截距最大，此时z 最大， 由21y x x =⎧⎨=⎩，得12x y =⎧⎨=⎩，(1,2)A ， 所以max 31227z =⨯+⨯=.故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14.262()x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】240 【解析】 【分析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项，即可求得常数项. 【详解】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 其二项式展开通项：()62612rrrr C xx T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭= 1226(2)r r r r x C x --⋅=⋅1236(2)r r r C x -=⋅当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=. 故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握()na b +的展开通项公式1C r n r rr n T a b -+=，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 【答案】2π 【解析】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=1222222S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯= 解得：2r，其体积：3423V r π==. 2. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.16.关于函数f （x ）=1sin sin x x+有如下四个命题： ①f （x ）的图像关于y 轴对称． ②f （x ）的图像关于原点对称．③f （x ）的图像关于直线x =2π对称． ④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论. 【详解】对于命题①，152622f π⎛⎫=+=⎪⎝⎭，152622f π⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数()f x 的定义域为{},x x k k Z π≠∈，定义域关于原点对称，()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭， 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象关于直线2x π=对称，命题③正确；对于命题④，当0x π-<<时，sin 0x <，则()1sin 02sin f x x x=+<<， 命题④错误. 故答案为：②③.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，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.设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】（1）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可； （2）由错位相减法求解即可.【详解】（1）由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+， 证明如下：当1n =时，13a =成立； 假设n k =时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； （2）由（1）可知，2(21)2nnn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++，【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22⨯列联表，计算出2K 的观测值，再结合临界值表可得结论. 【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=，等级为2的概率为510120.27100++=，等级为3的概率为6780.21100++=，等级为4的概率为7200.09100++=；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=（3）22⨯列联表如下：人次400≤人次400>空气质量不好 33 37空气质量好 228()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）427. 【解析】 【分析】（1）连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内； （2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.【详解】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =， 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由110n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，7cos ,321m n m n m n⋅<>===⨯⋅ 设二面角1A EF A --的平面角为θ，则7cos θ=，242sin 1cos 7θθ∴=-=. 因此，二面角1A EF A --42. 【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．（1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ 的面积．【答案】（1）221612525x y +=；（2）52. 【解析】 【分析】（1）因为222:1(05)25x y C m m +=<<，可得5a =，b m =，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N ，可得PMB BNQ ≅△△，可求得P 点坐标，求出直线AQ的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ 的面积. 【详解】（1）222:1(05)25x y C m m +=<< ∴5a =，b m =，根据离心率c e a ==== 解得54m =或54m =-(舍)， ∴C 的方程为：22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，即221612525x y +=； （2）不妨设P ,Q 在x 轴上方点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥， 过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图||||BP BQ =，BP BQ ⊥，90PMB QNB ∠=∠=︒，又90PBM QBN ∠+∠=︒，90BQN QBN ∠+∠=︒，∴PBM BQN ∠=∠，根据三角形全等条件“AAS ”， 可得：PMB BNQ ≅△△，221612525x y +=， ∴(5,0)B ，∴651PM BN ==-=，设P 点为(,)P P x y ，可得P 点纵坐标为1P y =，将其代入221612525x y +=，可得：21612525P x +=，解得：3P x =或3P x =-，∴P 点为(3,1)或(3,1)-，①当P 点为(3,1)时， 故532MB =-=，PMB BNQ ≅△△，∴||||2MB NQ ==，可得：Q 点为(6,2)， 画出图象，如图(5,0)A -,(6,2)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：211100x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：22231111055125211d ⨯-⨯+===+， 根据两点间距离公式可得：()()22652055AQ =++-=，∴APQ 面积为：15555252⨯⨯=；②当P 点为(3,1)-时， 故5+38MB ==，PMB BNQ ≅△△，∴||||8MB NQ ==，可得：Q 点为(6,8)， 画出图象，如图(5,0)A -,(6,8)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：811400x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d ===，根据两点间距离公式可得：AQ ==∴APQ面积为：1522=， 综上所述，APQ 面积为：52. 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 21.设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）34b =-；（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得到'1()02f =，解方程即可； （2）由（1）可得'2311()32()()422f x x x x =-=+-，易知()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为'2()3f x x b =+，由题意，'1()02f =，即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭则34b =-； （2）由（1）可得33()4f x x x c =-+， '2311()33()()422f x x x x =-=+-，令'()0f x >，得12x >或21x <-；令'()0f x <，得1122x -<<， 所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增， 且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+， 若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <， 即14c >或14c <-. 当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>， 又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ，即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点，此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当14c <-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<， 又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0x '，即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点，此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22223x t t y t t⎧=--⎨=-+⎩（t 为参数且t ≠1），C 与坐标轴交于A 、B 两点．（1）求||AB ；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程．【答案】（1）2）3cos sin 120ρθρθ-+=【解析】【分析】（1）由参数方程得出,A B 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB 的值； （2）由,A B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令0x =，则220t t +-=，解得2t =-或1t =（舍），则26412y =++=，即(0,12)A . 令0y =，则2320t t -+=，解得2t =或1t =（舍），则2244x =--=-，即(4,0)B -.AB ∴==（2）由（1）可知12030(4)AB k -==--， 则直线AB 的方程为3(4)y x =+，即3120x y -+=.由cos ,sin x y ρθρθ==可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.[选修4—5：不等式选讲]（10分）23.设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1．（1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由题意得出0,,0a b c ><，由()222322b c b c bc a a a bcbc +++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）2222()2220a 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 ∴++=-++<； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由0,1a b c abc ++==可知，0,0,0a b c ><<，1,a b c a bc =--=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc++++∴=⋅==≥=. 当且仅当b c =时，取等号，a ∴≥，即3max{,,}4abc .【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.。
(新高考)2020版高考数学二轮复习专项小测 “17～19题”+“二选一”理
专项小测(十三) “17～19题”＋“二选一”时间：45分钟 满分：46分17．(12分)已知A ，B ，C 是△ABC 的内角，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边．若cos 2B －sin 2A －sin A sinB ＝cos 2C ，(1)求角C 的大小；(2)若A ＝π6，△ABC 的面积为3，M 为BC 的中点，求AM .思路分析：(1)由sin 2α＋cos 2α＝1，可将cos 2B ，cos 2C 转化为1－sin 2B,1－sin 2C ，代入原式，根据正弦定理可得c 2－b 2＝a 2＋ab ，结合余弦定理，及0＜C ＜π，可得角C 的大小；(2)因为A ＝π6，所以B ＝π6，所以△ABC 为等腰三角形，根据面积为3，可得a ＝b ＝2，在△MAC 中，AC ＝2，CM ＝1，C ＝2π3，结合余弦定理，即可求解． 解：(1)由cos 2B －sin 2A －sin A sinB ＝cos 2C ， 得sin 2A ＋sin A sinB ＝sin 2C －sin 2B .(2分)由正弦定理，得c 2－b 2＝a 2＋ab ，即a 2＋b 2－c 2＝－ab ，(4分)所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－ab 2ab ＝－12.又0＜C ＜π，所以C ＝2π3.(6分)(2)因为A ＝π6，所以B ＝π6，所以△ABC 为等腰三角形，且顶角C ＝2π3.(8分)因为S △ABC ＝12ab sin C ＝34ab ＝3，所以a ＝b ＝2.(10分)在△MAC 中，AC ＝2，CM ＝1，C ＝2π3，所以AM 2＝AC 2＋CM 2－2AC ·CM ·cos C ＝4＋1＋2×2×1×12＝7，解得AM ＝7.(12分)18．(12分)在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为菱形，且∠ABC ＝2π3，M ，N 分别为棱AP ，CD 的中点．(1)求证：MN ∥平面PBC ；(2)若PD ⊥平面ABCD ，PB ＝2AB ，求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值． 思路分析：(1)设PB 的中点为G ，连接MG ，GC ，先证明MN ∥GC ，即证MN ∥平面PBC ；(2)连接AC ，BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OG . 分别以OA ，OB ，OG 为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .再利用向量方法求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值为55. 解：(1)证明：设PB 的中点为G ，连接MG ，GC . ∵M ，G 分别是AP ，PB 的中点， ∴MG ∥AB ，且MG ＝12AB .(2分)由已知得CN ＝12AB ，且CN ∥AB ，∴MG ∥CN ，且MG ＝CN ， ∴四边形MGCN 是平行四边形， ∴MN ∥GC .(4分)∵MN ⊄平面PBC ，CG ⊂平面PBC ， ∴MN ∥平面PBC .(6分)(2)连接AC ，BD ， 设AC ∩BD ＝O ，连接OG . 设菱形ABCD 的边长为a ，由题设得PB ＝2a ，PD ＝3a ，OG ∥PD ，OG ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OG 为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，3a ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫－32a ，0，0，∴PB →＝(0，a ，－3a )，CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，a 2，0.(8分)设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·CB →＝0，化简得⎩⎨⎧y －3z ＝0，3x ＋y ＝0.令x ＝1，则y ＝－3，z ＝－1， ∴n ＝(1，－3，－1)．同理可求得平面PAD 的一个法向量m ＝(1，－3，0)．(10分) ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m ||n |＝255，∴sin 〈m ，n 〉＝55，∴平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值为55. (12分)19．(12分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，其焦点为F ，O 为坐标原点，直线l 与抛物线C 相交于不同的两点A ，B ，M 为AB 的中点．(1)若p ＝2，M 的坐标为(1,1)，求直线l 的方程；(2)若直线l 过焦点F ，AB 的垂直平分线交x 轴于点N ，试问：2|MN |2|FN |是否为定值？若为定值，试求出此定值；否则，说明理由．思路分析：(1)判断直线l 的斜率存在且不为0，设出直线l 的方程，将直线l 的方程与抛物线的标准方程联立，利用根与系数的关系及中点坐标公式计算直线的方程；(2)先利用中点坐标公式计算点M 的坐标，再计算点N 的坐标，由两点间的距离公式计算|MN |，|FN |，并计算2|MN |2|FN |的值．解：(1)由题意知直线l 的斜率存在且不为0，故设直线l 的方程为x －1＝t (y －1)，即x ＝ty ＋1－t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1－t y 2＝4x得y 2－4ty －4＋4t ＝0，(2分) ∴Δ＝16t 2＋16－16t ＝16(t 2－t ＋1)>0，y 1＋y 2＝4t ，(3分)∴4t ＝2，即t ＝12.(4分)∴直线l 的方程为2x －y －1＝0. (5分)(2)2|MN |2|FN |为定值2p ，证明如下．∵抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，∴焦点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0.由题意知直线l 的斜率存在且不为0，直线l 过焦点F ，故设直线l 的方程为x ＝ty ＋p2(t ≠0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋p 2y 2＝2px得y 2－2pty －p 2＝0，∴y 1＋y 2＝2pt ，Δ＝4p 2t 2＋4p 2>0.(7分) ∴x 1＋x 2＝t (y 1＋y 2)＋p ＝2pt 2＋p ， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫pt 2＋p2，pt .(8分)∴MN 的方程为y －pt ＝－t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －pt 2－p 2. (9分)令y ＝0，解得x ＝pt 2＋3p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫pt 2＋3p 2，0，(10分) ∴|MN |2＝p 2＋p 2t 2，|FN |＝pt 2＋3p 2－p 2＝pt 2＋p ，(11分) ∴2|MN |2|FN |＝2(p 2＋p 2t 2)pt 2＋p＝2p .(12分)(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋12t ，y ＝32t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝31＋2cos 2θ. (1)求直线l 的普通方程以及曲线C 的直角坐标方程；(2)当a ＝1时，P 为曲线C 上一动点，求点P 到直线l 距离的最大值．解：(1)直线l 的参数方程消去参数，得直线l 的普通方程为y ＝3(x －a )． 曲线C 的极坐标方程可化为ρ2＋2ρ2cos 2θ＝3， 即x 2＋y 2＋2x 2＝3，即x 2＋y 23＝1，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 23＝1.(5分)(2)当a ＝1时，直线l 的普通方程为3x －y －3＝0.由点P 在曲线C ：x 2＋y 23＝1上，可设点P 的坐标为(cos α，3sin α)，因此点P 到直线l 的距离d ＝|3cos α－3sin α－3|2＝32|cos α－sin α－1|＝32|2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－1，当cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－1时，d 取得最大值为6＋32， 所以点P 到直线l 距离的最大值为6＋32. (10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分) 设a ，b ，c ＞0，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )． 证明：(1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ＞0， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得，∴原不等式成立．(5分)(2)a bc ＋b ac＋ c ab ＝a ＋b ＋c abc. 由于(1)中已证a ＋b ＋c ≥3，因此要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc2，c ab ≤bc ＋ca2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (当且仅当a ＝b ＝c ＝23时等号成立)， ∴原不等式成立．(10分)。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)(解析版)
D. y 2x 1
【答案】B 【解析】 【分析】
求得函数 y f x 的导数 f x ，计算出 f 1 和 f 1 的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可. 【详解】 f x x4 2x3 ， f x 4x3 6x2 ， f 1 1， f 1 2 ，
因此，所求切线的方程为 y 1 2 x 1 ，即 y 2x 1.
2.设集合 A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且 A∩B={x|–2≤x≤1}，则 a=（ ）
A. –4
B. –2
C. 2
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意首先求得集合 A,B，然后结合交集的结果得到关于 a 的方程，求解方程即可确定实数 a 的值.
【详解】求解二次不等式 x2 4 0 可得： A x | 2 x 2，
两圆的方程相减可得： 2x y 1 0 ，即为直线 AB 的方程．
故选：D.
【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的
转化能力和数学运算能力，属于中档题．
12.若 2a log2 a 4b 2 log4 b ，则（ ）
A. a 2b
B. a 2b
，即12
9
p 2
，解得
p
=
6.
故选：C.
【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.
5.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y 和温度 x（单位：°C）的关系，在 20 个不同的温度
条件下进行种子发芽实验，由实验数据 (xi , yi )(i 1, 2,, 20) 得到下面的散点图：
A.
高考理科数学(1卷)：答案详细解析(最新)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）答案详解一、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.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A.14- B.12 C.14+ D.12+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．9【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文5）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A.y a bx =+B.2y a bx =+C.x y a be =+D.ln y a b x=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文7）设函数()cos()6f x x πω=+在[]ππ-，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109πB.76πC.43πD.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A 10.（立体几何，同文12）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为△ABC 的外接圆.若 1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）已知22:2220M x y x y +---= ，直线:20+=l x y ，p 为l 上的动点.过点p 作M 的切线PA ，PB ，切点为,A B ，当PM AB 最小时，直线AB 的方程为A.210x y --= B.210x y +-=C.210x y -+= D.210x y ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020版新高考复习理科数学专项小测：17“17～19题”+“二选一”含解析
(2)设P.Q是圆C上的两个动点.且∠POQ＝ .求|OP|＋|OQ|的最大值．
解：(1)圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.即x2＋y2－2x＝0.
所以圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ＝0.即ρ＝2cosθ.(5分)
(2)设P的极坐标为(ρ1.θ).Q .
则|OP|＝ρ1＝2cosθ.|OQ|＝ρ2＝2cos .
所以|OP|＋|OQ|＝2cosθ＋2cos ＝3cosθ－ sinθ＝2 cos .
又 所以－ ＜θ＜ .
所以当θ＝－ 时.|OP|＋|OQ|取最大值2 .(10分)
23．[选修4－5：不等式选讲](10分)
已知a2＋b2＝1.其中a.b∈R.
(1)求证： ≤1；
(2)若ab＞0.求(a＋b)(a3＋b3)的最小值．
附： ≈12.2.若Z～N(μ.σ2).则P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)≈0.68.P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)≈0.95.
解：(1)由题意得 ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200.(2分)
∴s2＝(170－200)2×0.02＋(180－200)2×0.09＋(190－200)2×0.22＋(200－200)2×0.33＋(210－200)2×0.24＋(220－200)2×0.08＋(230－200)2×0.02＝150.
由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋1－2＝3.(11分)
得c＝ .(12分)
18．(12分)
如图.△ABC.AB＝BC＝2.∠ABC＝90°.E.F分别为AB.AC边的中点.以EF为折痕把AEF折起.使点A到达点P的位置.且PB＝BE.
2020年高考全国2卷理科数学带答案解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题，共150分，共4页。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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。
1．12i 12i +=-A ．43i 55--B ．43i 55-+C ．34i 55--D ．34i 55-+2．已知集合22{(,)|3,,A x y x y x y =+≤∈∈Z Z}，则A 中元素的个数为A ．9B ．8C ．5D ．43．函数2e e ()x xf x x--=的图象大致为4．已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b A ．4B ．3C ．2D ．05．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率为3，则其渐近线方程为A ．2y x =±B ．3y x =±C ．22y x =±D ．32y x =±6．在ABC △中，5cos 25C =，1BC =，5AC =，则AB = A ．42B ．30C ．29D ．257．为计算11111123499100S =-+-++-，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入A ．1i i =+B ．2i i =+C ．3i i =+D ．4i i =+8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A ．112 B ．114 C ．115 D ．1189．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角1011(50)f ++B ．0 12222x y Ca b+：在的直线上， 13141516．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．三、解答题：共70分。
高考理科数学二轮复习练习：大题规范练1“17题～19题+二选一”46分练
大题规范练(一)“17题～19题＋二选一”46分练(时间：45 分钟分值：46 分)解答题(本大题共 4 小题，共46 分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知正项等差数列{ a n} 的前n项和为S n，且知足a1＋a5＝2a723，S7＝63.(1)求数列{a n} 的通项公式a n；(2)若数列{b n}知足b1＝a1 且b n＋1－b n＝a n＋1，求数列1b n的前n项和T n.【导学号：07804229】[解] (1)法一：(等差数列的基本量)设正项等差数列{a n} 的首项为a1，公差为d，易知a n＞0，2a1＋a1＋4d＝1＋2d7 a则2，7a1＋21d＝63a＝31解得，d 2＝∴a n＝2n＋1.22法二：(等差数列的性质)∵{ a n} 是等差数列且a1＋a5＝3，∴2a3＝a7 272 a3，又a n＞0，∴a3＝7.∵S7＝a1＋a72＝7a4＝63，∴a4＝9，∴d＝a4－a3＝2，∴a n＝a3＋( n－3)d＝2n＋1.＋1－b n＝a n＋1 且a n＝2n＋1，(2)∵b n∴b n＋1－b n＝2n＋3，当n≥2时，b n＝( b n－b n －1－b n－2)＋⋯＋(b2－b1)＋b1＝(2 n＋1)＋(2n－1)＋⋯＋5＋3＝－1)＋(b nn(n＋2)，当n＝1时，b1＝3知足上式，故b n＝n( n＋2)．1 1 ∴＝b nn n＋＝121 1－n n＋2.1 ∴T n＝＋b11＋⋯＋b21＋b n－1－11b n1＝2 1－13＋1 1－2 4＋1－315＋⋯＋1－n－11n＋1＋1n－1n＋212＝1＋12－1 1－n＋1 n＋23 ＝－42n＋3n＋n＋.18．如图1，已知直角梯形ABCD 中，AB＝AD＝12CD＝2，AB∥DC，AB⊥AD，E为C D 的中点，沿AE 把△DAE 折起到△PAE 的地点(D 折后变成P)，使得PB＝2，如图2.(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；(2)求直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图(1)，取AE 的中点O，连结PO，OB，BE.因为在平面图形中，如题图(图1)，连结BD，BE，易知四边形ABED为正方形，图(1)因此在立体图形中，△PAE，△BAE为等腰直角三角形，因此PO⊥AE，OB⊥AE，PO＝OB＝2，因为PB＝2，因此PO2＋OB2＝PB2，因此PO⊥OB，又AE∩OB＝O，因此PO⊥平面ABCE，因为PO? 平面PAE，因此平面PAE⊥平面ABCE .(2)由(1)知，OB，OE，OP 两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OE，OP 所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如图(2)，则O(0,0,0)，P(0,0，2)，B( 2，0,0)，E(0，→→→＝( 2，0，－2)，EP＝(0，－2，2)，EC＝( 2，2，0)．2，0)，C( 2，2 2，0)，PB图(2)设平面PCE 的法向量为n＝(x，y，z)，→n·EP则→＝0，＝0，n·EC 即－2y＋2z＝0，2x＋2y＝0，令x＝1，得y＝－1，z＝－1，故平面PCE 的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．→因此cos〈PB，n〉＝→PB·n 2 2＝＝→2 3|PB| ·|n|6，36因此直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值为.319.某学校为鼓舞家校互动，与某手机通信商合作，为教师办理流量套餐．为认识该校教师手机流量使用状况，经过抽样，获得100 位教师近 2 年每人手机月均匀使用流量L(单位：M) 的数据，其频次散布直方图以下：图3若将每位教师的手机月均匀使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频次视为概率，回答以下问题．(1)从该校教师中随机抽取 3 人，求这3人中至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率；(2)现该通信商推出三款流量套餐，详情以下：套餐名称月套餐费/元月套餐流量/MA 20 300B 30 500C 38 700这三款套餐都有以下附带条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦高出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元；假如又高出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元，以此类推，假如当月流量有节余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购此中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并肩负系统自动充值的流量资费的75%，其他部分由教师个人肩负，问学校正购哪一款套餐最经济？说明原因．[解] (1)记“从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量不超出300 M ”为事件 D.依题意，P(D )＝(0.000 8＋0.002 2) ×100＝0.3.X～这3 人中手机月使用流量不超出300 M 的人数为X，则中随机抽取 3 人，设从该校教师B(3,0.3)，中随机抽取 3 人，至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率为P(X＝校教师因此从该0 03＋C31×0.3 ×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.0)＋P(X＝1)＝C3×0.3 ×(1－0.3)(2)依题意，从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500] 的概率为(0.002 5(0.000 8＋0.000 2) ×100＝0.1.＋0.003 5) ×100＝0.6，L∈(500,700] 的概率为X1 元，则X1 的全部可能取值为当学校正购A 套餐时，设为学校为1位教师肩负的月花费20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P( X1＝50)＝0.1，因此X1 的散布列为X1 20 35 50P 0.3 0.6 0.1因此E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．费X2元，则X2的全部可能取值为30,45，肩负的月花为当学校正购B 套餐时，设学校为1位教师且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，因此X2 的散布列为X2 30 45P 0.9 0.1因此E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．为费X3 元，则X3 的全部可能取值为38，当学校正购C 套餐时，设学校为1位教师肩负的月花且P(X3＝38)＝1，因此E(X3)＝38×1＝38(元)．因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，．济因此学校正购B 套餐最经(请在第22～23题中选一题作答，假如多做，则依据所做第一题计分)22．选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标方程为ρ系中，圆C的极坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3.若以极点O为原点，极轴所在成立平面直角坐标系.为x轴直线【导学号：07804230】(1)求圆C的参数方程；(2)在直角坐标系中，点P(x，y)是圆C上的动点，试求x＋2y 的最大值，并求出此时点P 的．直角坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3，[解] (1)因为ρ因此x2＋y2－4x－4y＋3＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝5为方程，圆C 的直角坐标(θ为参数)．x＝2＋5cos θy＝2＋5sin θC的参数方程为因此圆2＋y2－4x－4y＋3＝0，整理得5y2＋4(1－t)y＋t2 (2)法一：设x＋2y＝t，得x＝t－2y，代入x－4t＋3＝0 (*) ，则对于y 的方程必有实数根．因此Δ＝16(1－t)2－20(t2－4t＋3) ≥0，化简得t2－12t＋11≤0，解得1≤t≤ 1 1，即x＋2y 的最大值为11.将t＝11 代入方程(*) 得y2－8y＋16＝0，解得y＝4，代入x＋2y＝11，得x＝3，故x＋2y 的最大值为11时，点P 的直角坐标为(3,4)．法二：由(1)可设点P(2＋5cos θ，2＋5sin θ)，则x＋2y＝6＋5cos θ＋2 5sin θ＝6＋55 2 55 cos θ＋ 5 sin θ，设s in α＝5 2 5，则c os α＝，因此x＋2y＝6＋5sin(θ＋α)，5 5当sin(θ＋α)＝1时，(x＋2y)max＝11，π此时，θ＋α＝＋2kπ，k∈Z，即θ＝2 π－α＋2kπk(∈Z)，2因此sin θ＝cos α＝2 55，cos θ＝sin α＝5，故点P 的直角坐标为(3,4)．523．选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x－2|＋2，g(x)＝m|x|(m∈R)．(1)解对于x 的不等式f( x)＞5；(2)若不等式f(x) ≥g(x)对随意x∈R恒成立，求m 的取值范围．[解] (1)由f(x)＞5，得|x－2|＞3，∴x－2＜－3 或x－2＞3，解得x＜－1 或x＞5.故原不等式的解集为{ x|x＜－1 或x＞5} ．(2)由f(x) ≥g(x)，得|x－2|＋2≥m|x|对随意x∈R恒成立，当x＝0时，不等式|x－2|＋2≥0恒成立，|x－2|＋2当x≠0时，问题等价于m≤对随意非零实数恒成立，|x||x－2|＋2 |x－2＋2|∵＝1，∴m≤1，即m 的取值范围是(－∞，1]．≥|x| |x|。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)(含解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{(,)|,,}A x y x y y x =∈≥*N ，{(,)|8}B x y x y =+=，则A B 中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】C 【解析】 【分析】采用列举法列举出AB 中元素的即可.【详解】由题意，A B 中的元素满足8y xx y ≥⎧⎨+=⎩，且*,x y N ∈，由82x y x +=≥，得4x ≤，所以满足8x y +=的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)， 故AB 中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2.复数113i-的虚部是（ ） A. 310-B. 110-C. 110D. 310【答案】D【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出z 即可. 【详解】因为1131313(13)(13)1010i z i i i i +===+--+， 所以复数113z i =-的虚部为310. 故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,p p p p ，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）A. 14230.1,0.4p p p p ====B. 14230.4,0.1p p p p ====C. 14230.2,0.3p p p p ====D. 14230.3,0.2p p p p ====【答案】B 【解析】 【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组. 【详解】对于A 选项，该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=， 方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于B 选项，该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于C 选项，该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于D 选项，该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此，B 选项这一组的标准差最大. 故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1e t I K t --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t)=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ ）（ln19≈3） A. 60 B. 63C. 66D. 69【答案】C 【解析】 【分析】将t t *=代入函数()()0.23531t KI t e--=+结合()0.95I t K *=求得t*即可得解.【详解】()()0.23531t K I t e--=+，所以()()0.23530.951t KI t K e**--==+，则()0.235319t e *-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5.设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：y 2=2px (p >0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为（ ） A. （14，0） B. （12，0） C. （1，0） D. （2，0）【答案】B 【解析】 【分析】根据题中所给的条件OD OE ⊥，结合抛物线的对称性，可知4COx COx π∠=∠=，从而可以确定出点D 的坐标，代入方程求得p 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线2x =与抛物线22(0)y px p =>交于,C D 两点，且OD OE ⊥，根据抛物线的对称性可以确定4DOx COx π∠=∠=，所以(2,2)C ，代入抛物线方程44p =，求得1p =，所以其焦点坐标为1(,0)2， 故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6.已知向量a ，b 满足||5a =，||6b =，6a b ⋅=-，则cos ,=+a a b （ ）A. 3135-B. 1935-C.1735D.1935【答案】D 【解析】【分析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值，利用平面向量数量积可计算出cos ,a a b <+>的值.【详解】5a =，6b =，6a b ⋅=-，()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-=，因此，()1919cos ,5735a a ba ab a a b⋅+<+>===⨯⋅+. 故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 7.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（ ） A.19B. 13C. 12D.23【答案】A【解析】 【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ，再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅，即可求得答案.【详解】在ABC 中，2cos 3C =，4AC =，3BC = 根据余弦定理：2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅2224322433AB =+-⨯⨯⨯可得29AB = ，即3AB =由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯故1cos 9B =. 故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：632=⨯++.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 9.已知2tan θ–tan(θ+π4)=7，则tan θ=（ ） A. –2B. –1C. 1D. 2【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案. 【详解】2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-，令tan ,1t t θ=≠，则1271tt t+-=-，整理得2440t t -+=，解得2t =，即tan 2θ=. 故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题. 10.若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ） A. y =2x +1 B. y =2x +12C. y =12x +1 D. y =12x +12【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】设直线l在曲线y =上的切点为(0x ，则00x >，函数y =y '=，则直线l的斜率k =， 设直线l的方程为)0y x x -=-，即00x x -+=， 由于直线l 与圆2215x y +== 两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍）， 则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+. 故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11.设双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a =（ ） A. 1 B. 2C. 4D. 8【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.【详解】5ca=，c ∴=，根据双曲线的定义可得122PF PF a -=， 12121||42PF F PF F S P =⋅=△，即12||8PF PF ⋅=， 12F P F P ⊥，()22212||2PF PF c ∴+=，()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=，即22540a a -+=，解得1a =，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12.已知55<84，134<85．设a =log 53，b =log 85，c =log 138，则（ ） A. a <b <c B. b <a <cC. b <c <aD. c <a <b【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得a 、b 、()0,1c ∈，利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系，由8log 5b =，得85b =，结合5458<可得出45b <，由13log 8c =，得138c =，结合45138<，可得出45c >，综合可得出a 、b 、c 的大小关系. 【详解】由题意可知a、b、()0,1c ∈，()222528log 3lg 3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg 522lg 5lg 25lg 5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅<⋅==< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，a b ∴<； 由8log 5b =，得85b =，由5458<，得5488b <，54b ∴<，可得45b <； 由13log 8c =，得138c =，由45138<，得451313c <，54c ∴>，可得45c >. 综上所述，a b c <<. 故选：A.【点睛】本题考查对数式大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若x ，y 满足约束条件0,201,x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩，，则z =3x +2y 的最大值为_________． 【答案】7 【解析】 【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决. 【详解】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y =+，所以322x zy =-+，易知截距2z 越大，则z 越大， 平移直线32x y =-，当322x zy =-+经过A 点时截距最大，此时z 最大， 由21y x x =⎧⎨=⎩，得12x y =⎧⎨=⎩，(1,2)A ， 所以max 31227z =⨯+⨯= 故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14.262()x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】240 【解析】 【分析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项，即可求得常数项. 【详解】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 其二项式展开通项：()62612rrr r C xx T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭= 1226(2)r r r r x C x --⋅=⋅ 1236(2)r r r C x -=⋅当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握()na b +的展开通项公式1C rn rr r n T ab -+=，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，的其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==，故122S =⨯⨯=△ABC， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOCS S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()13322r =⨯++⨯= 解得：22r，其体积：343V r π==.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 16.关于函数f （x ）=1sin sin x x+有如下四个命题： ①f （x ）的图像关于y 轴对称． ②f （x ）的图像关于原点对称． ③f （x ）的图像关于直线x =2π对称．④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 【答案】②③【解析】 【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论. 【详解】对于命题①，152622f π⎛⎫=+=⎪⎝⎭，152622f π⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数()f x 的定义域为{},x x k k Z π≠∈，定义域关于原点对称，()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭， 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象关于直线2x π=对称，命题③正确；对于命题④，当0x π-<<时，sin 0x <，则()1sin 02sin f x x x=+<<， 命题④错误. 故答案为：②③.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，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.设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】（1）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可； （2）由错位相减法求解即可.【详解】（1）由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+， 证明如下：当1n =时，13a =成立； 假设n k =时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； （2）由（1）可知，2(21)2nnn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+. 【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率； （2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22⨯列联表，计算出2K 的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=，等级为2的概率为510120.27100++=，等级为3的概率为6780.21100++=，等级为4的概率为7200.09100++=；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=（3）22⨯列联表如下：()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,EF 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值. 【详解】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =， 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，3cos ,3m n m n m n⋅<>===⨯⋅， 设二面角1A EFA --的平面角为θ，则cos θ=，sin θ∴==因此，二面角1A EF A --. 【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<A ，B 分别为C 的左、右顶点． （1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ 的面积．【答案】（1）221612525x y +=；（2）52. 【解析】 【分析】（1）因为222:1(05)25x y C m m +=<<，可得5a =，b m =，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N ，可得PMB BNQ ≅△△，可求得P 点坐标，求出直线AQ 的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ 的面积. 【详解】（1）222:1(05)25x y C mm +=<<∴5a =，bm =，根据离心率c e a ====， 解得54m =或54m =-(舍)， ∴C 的方程为：22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，即221612525x y +=；（2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥， 过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图||||BP BQ =，BP BQ ⊥，90PMB QNB ∠=∠=︒，又90PBM QBN ∠+∠=︒，90BQN QBN ∠+∠=︒，∴PBM BQN ∠=∠，根据三角形全等条件“AAS ”， 可得：PMB BNQ ≅△△，221612525x y +=， ∴(5,0)B ，∴651PM BN ==-=，设P 点为(,)P P x y ，可得P 点纵坐标为1P y =，将其代入221612525x y+=，可得：21612525P x +=，解得：3P x =或3P x =-，∴P 点为(3,1)或(3,1)-，①当P 点为(3,1)时， 故532MB =-=，PMB BNQ ≅△△， ∴||||2MB NQ ==，可得：Q 点为(6,2)， 画出图象，如图(5,0)A -,(6,2)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：211100x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ的距离为：d =， 根据两点间距离公式可得：AQ ==，∴APQ面积为：1522⨯=；②当P 点(3,1)-时，故5+38MB ==，PMB BNQ ≅△△， ∴||||8MB NQ ==，为可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A-,(6,8)Q，可求得直线AQ的直线方程为：811400x y-+=，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d=，根据两点间距离公式可得：AQ ==∴APQ面积为：1522=，综上所述，APQ面积为：52.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21.设函数3()f x x bx c=++，曲线()y f x=在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．（1）求b．（2）若()f x有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）34b=-；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到'1()02f=，解方程即可；（2）由（1）可得'2311()32()()422f x x x x=-=+-，易知()f x在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c-=--=+=-=+，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为'2()3f x x b=+，由题意，'1()02f=，即21302b⎛⎫⨯+=⎪⎝⎭则34b=-；（2）由（1）可得33()4f x x x c=-+，'2311()33()()422f x x x x=-=+-，令'()0f x>，得12x>或21x<-；令'()0f x<，得1122x-<<，所以()f x在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c-=--=+=-=+，若()f x所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x，则(1)0f->或(1)0f<，即14c>或14c<-.当14c>时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c-=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c-=-++=-<，由零点存在性定理知()f x在(4,1)c--上存在唯一一个零点x，即()f x在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点，此时()f x不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当14c<-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c-=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c-=++=->，由零点存在性定理知()f x在(1,4)c-上存在唯一一个零点x'，即()f x (1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点，此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. [选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22223x t t y t t ⎧=--⎨=-+⎩（t 为参数且t ≠1），C 与坐标轴交于A 、B 两点． （1）求||AB ；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程． 【答案】（1）（2）3cos sin 120ρθρθ-+=【解析】 【分析】（1）由参数方程得出,A B 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB 的值； （2）由,A B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令0x =，则220t t +-=，解得2t =-或1t =（舍），则26412y =++=，即(0,12)A .令0y =，则2320t t -+=，解得2t =或1t =（舍），则2244x =--=-，即(4,0)B -AB ∴==（2）由（1）可知12030(4)ABk -==--， 则直线AB 的方程为3(4)y x =+，即3120x y -+=.由cos ,sin x y ρθρθ==可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.[选修4—5：不等式选讲]（10分）23.设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1． （1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设max{,,}a b c a =，由题意得出0,,0a b c ><，由()222322b c b c bc a a a bcbc+++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明. 【详解】（1）2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=， ()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. ,,a b c 均不为0，则2220a b c ++>，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由0,1a b c abc ++==可知，0,0,0a b c ><<，1,a b c a bc =--=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc++++∴=⋅==≥=.当且仅当b c =时，取等号，a ∴≥，即3max{,,}4a b c .【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.在祝福语祝你考试成功!。
2020版新高考理科数学专项22： “17～19题”+“二选一”
专项小测：“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟 满分：46分17．(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＝1，S n ＋1－1＝S n ＋a n ，数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为W n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，试比较W n 与1T n的大小．解：(1)由a 1＝1，S n ＋1－1＝S n ＋a n ，可得a n ＋1＝a n ＋1， 即数列{a n }为首项和公差均为1的等差数列，可得a n ＝n . (3分) 数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *. 设公比为q ，可得b 1＝4b 1q 2，可得q ＝±12，当q ＝12时，12b 1＝14，可得b 1＝12＞14，q ＝－12不成立，舍去，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .(6分) (2)因为1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，(8分)所以W n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1＜1，(10分)所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈(0,1)，则1T n ＞1，即有W n ＜1T n .(12分) 18．(12分)在五边形AEBCD 中，BC ⊥CD ，CD ∥AB ，AB ＝2CD ＝2BC ，AE ⊥BE ，AE ＝BE (如图)，将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O (如图)．(1)求证：平面ABE ⊥平面DOE ；(2)求平面EAB 与平面ECD 所成的锐二面角的大小． 解：(1)由题意AB ＝2CD ，O 是线段AB 的中点，则OB ＝CD . 又CD ∥AB ，则四边形OBCD 为平行四边形， 又BC ⊥CD ，则AB ⊥OD .(2分)因为AE ＝BE ，OB ＝OA ，则EO ⊥AB . 又EO ∩DO ＝O ，则AB ⊥平面EOD . (4分) 又AB ⊂平面ABE ，故平面ABE ⊥平面EOD .(6分) (2)由(1)易知OB ，OD ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，以OB ，OD ，OE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，△EAB 为等腰直角三角形，且AB ＝2CD ＝2BC ， 则OA ＝OB ＝OD ＝OE ，取CD ＝BC ＝1， 则O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)， C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)， 则CD→＝(－1,0,0)，DE →＝(0，－1,1)． 设平面ECD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·CD→＝0，n ·DE→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－y ＋z ＝0， 令z ＝1，得平面ECD 的一个法向量n ＝(0,1,1)． (8分)因为OD ⊥平面ABE ，所以平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)．(10分)设平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为θ，则 cos θ＝|cos 〈OD →，n 〉|＝|0×0＋1×1＋0×1|1×12＋12＝22. 因为θ∈(0°，90°)，所以θ＝45°，故平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为45°. (12分) 19．(12分)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，A ()2，0是长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，点C 在第一象限，且AC →·BC →＝0，|OC →－OB →|＝2|AB →＋BC →|.(1)求椭圆的标准方程；(2)设P 、Q 为椭圆上不重合的两点且异于A 、B ，若∠PCQ 的平分线总是垂直于x 轴，问是否存在实数λ，使得PQ →＝λAB →？若不存在，请说明理由；若存在，求λ取得最大值时的PQ 的长．解：(1)∵AC →·BC →＝0，∴∠ACB ＝90°. ∵|OC→－OB →|＝2|AB →＋BC →|，即|BC →|＝2|AC →|， ∴△AOC 是等腰直角三角形．∵A ()2，0，∴C ()1，1，而点C 在椭圆上， ∴1a 2＋1b 2＝1，a ＝2，∴b 2＝43， ∴所求椭圆方程为x 24＋y 243＝1.(2)对于椭圆上两点P ，Q .∵∠PCQ 的平分线总是垂直于x 轴，∴PC 与CQ 所在直线关于x ＝1对称，令k PC ＝k ， 则k CQ ＝－k . ∵C ()1，1，∴PC 的直线方程为y ＝k ()x －1＋1，① QC 的直线方程为y ＝－k ()x －1＋1, ②将①代入x 24＋3y 24＝1，得()1＋3k 2x 2－6k ()k －1x ＋3k 2－6k －1＝0，③∵C ()1，1在椭圆上，∴x ＝1是方程③的一个根， ∴x P ＝3k 2－6k －11＋3k 2，以－k 替换k ，得到x Q ＝3k 2＋6k －13k 2＋1，∴k PQ ＝k ()x P ＋x Q －2k x P －x Q＝13.∵∠ACB ＝90°，A ()2，0，C ()1，1，弦BC 过椭圆的中心O ， ∴A ()2，0，B ()－1，－1，∴k AB ＝13， ∴k PQ ＝k AB ，∴PQ ∥AB ， ∴存在实数λ，使得PQ →＝λAB →， |PQ→|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1＋3k 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 1＋3k 22＝1609k 2＋1k 2＋6≤2303， 当9k 2＝1k 2时，即k ＝±33时取等号，|PQ →|max ＝2303.又|AB →|＝10，λmax ＝230310＝233 ， ∴λ取得最大值时的PQ 的长为2303.(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋2cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)，以坐标原点O 为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2.(1)设点M ，N 分别为曲线C 1与曲线C 2上的任意一点，求|MN |的最大值；(2)设直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)与曲线C 1交于P ，Q 两点，且|PQ |＝1，求直线l 的方程．解：(1)由题意知，曲线C 1的普通方程为(x －3)2＋y 2＝4，圆心C 1(3,0)，半径r 1＝2.曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4，圆心C 2(0,0)，半径r 2＝2. ∴|MN |max ＝|C 1C 2|＋r 1＋r 2＝3＋2＋2＝7. (5分)(2)将直线l 的参数方程代入(x －3)2＋y 2＝4中，得(t cos α－4)2＋(t sin α)2＝4，整理得t 2－8t cos α＋12＝0，∴Δ＝64cos 2α－48>0.设P ，Q 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝8cos α，t 1t 2＝12.由|PQ |＝1及参数t 的几何意义，得|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝(8cos α)2－4×12＝1，解得cos α＝±78，满足Δ>0，∴直线l 的斜率为tan α＝±157，∴直线l 的方程为15x ±7y ＋15＝0. (10分) 23．[选修4－5：不等式选讲](10分) 已知函数f (x )＝2|x ＋1|－|x －a |(a ∈R )．(1)当a ＝2时，作出函数f (x )的图象，并写出不等式f (x )≥6的解集； (2)当x ∈[－1,1]时，若不等式f (x )≤2恒成立，求实数a 的取值范围．思路分析：(1)当a ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4，x ＜－1，3x ，－1≤x ≤2，x ＋4，x ＞2，利用分段函数求解；(2)由x ∈[－1,1]，可得f (x )＝2x ＋2－|x －a |，所以f (x )≤2转化为2x ＋2－|x －a |≤2，即|x －a |≥2x 可解．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝2|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4，x ＜－1，3x ，－1≤x ≤2，x ＋4，x ＞2，作出的函数图象如下：(3分) 从图中可知，不等式f (x )≥6的解集为(－∞，－10]∪[2，＋∞)．(5分)(2)因为x ∈[－1,1]，所以f (x )＝2|x ＋1|－|x －a |＝2x ＋2－|x －a |， 所以f (x )≤2转化为2x ＋2－|x －a |≤2， 即得|x －a |≥2x 对x ∈[－1,1]恒成立， 即x －a ≥2x 或x －a ≤－2x ，也就是a≤－x或a≥3x对x∈[－1,1]恒成立，(8分) 所以a≤－1或a≥3，故实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．(10分)。
2020年高考理科数学试卷(全国1卷)(附详细答案)
2绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共5页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
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．若z =1+i ,则22z z -=()A ．0B ．1C ．D ．2解：z =1+i ⇒z 2-2z=z (z -2)=(1+i )(i -1)=i 2-12=-2⇒|z 2-2z|=2.选D ．2．设集合A ={x |x 2-4≤0}，B ={x |2x +a ≤0},且A∩B ={x |-2≤x ≤1},则a =（）A ．-4B ．-2C ．2D ．4解：A=[-2,2],B=(-∞,2a -],A ∩B=[-2,1]⇒2a-=1⇒a=-2.选B ．3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A.514 B.512- C.514+ D.512解：设正四棱锥的底面边长为a ,高为h ，斜高为b ,则222211154210224b b b ab h b a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-⇒--=⇒=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（舍负）.选 C.4.已知A 为抛物线C :y 2=2px (p >0)上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =（）A ．2B ．3C ．6D ．9解：91262pp +=⇒=.选C.5.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi ,yi )（i =1，2，…，20）得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是（）A .y =a +bxB .y =a +bx 2C .y =a +bexD ．y =a +b ln x解：选D ．6.函数f (x )=x 4-2x 3的图像在点(1，f (1))处的切线方程为（）A ．y =-2x -1B ．y =-2x +1C .y =2x -3D ．y =2x +1解：'32'()46,(1)1,(1)2f x x x f k f =-=-==-∴切线方程为(1)2(1)y x --=--,即21y x =-+.选B ．7.设函数f (x )=cos()6x πω+在[-π,π]的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为（）A.109πB.76πC.43π D.32π解：由图可知T<π-(-π)<2T,即222212πππωωω<<⨯⇒<<又42,962k k Z πππωπ⎛⎫-+=-∈ ⎪⎝⎭⇒92(2),43k k Z ω=-∈∴当0k =时，32ω=，从而43T π=，选C ．8.()25y x x y x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中x 3y 3的系数为（）A ．5B ．10C ．15D ．20解：()()()22555y y x x y x x y x y x x ⎛⎫++=+++ ⎪⎝⎭()25y x x y x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中含x 3y 3的项为22234455y xC x y C x yx +∴()25y x x y x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中x 3y 3的系数为245515C C +=,选C ．9．已知α∈(0,π)，且3cos2α-8cos α=5，则sin α=（）A.53B.23 C.13 D.593cos2α-8cos α=5⇒3（2cos 2α-1）-8cos α-5=0⇒（3cos α+2)(cos α-2)=0∴cos α=23-这里α∈(0,π)，所以2225sin 1cos 1()33αα=-=--，选A.10.已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，O 1为△ABC 的外接圆．若O 1的面积为4π，AB =BC =AC =OO 1，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π解：设AB =BC =AC =OO 1=a ，则O 1A=33a r =又22234123O S r a πππ⎛⎫===⇒= ⎪ ⎪⎝⎭ ，从而24r =在Rt∆O 1OA 中，22216R a r =+=2464S R ππ==球选A.11.已知M ::x 2+y 2-2x -2y -2=0，直线l ：2x +y +2=0，P 为l 上的动点，过点P 作M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当|PM ||AB|最小时，直线AB 的方程为（）A ．2x -y -1=0B ．2x +y -1=0C ．2x -y +1=0D ．2x +y +1=0解：22:(1)(1)4M x y -+-= 的圆心为M （1，1），半径为2PA ，PB 是 M 的切线，设PM ∩AB=C ，则PA ⊥AM ，PM ⊥ABAC AMRt PAM Rt ACM PA PM∆∆⇒= ，即1224ACAM PM AB AM PA PA PA PM =⇒== 当|PM||AB |最小时，PA 最小，此时，PM ⊥l ，AB //l,22521PM ==+由2AM MC MP = ，即225MC =，得5MC =∴555PC PM MC =-==设AB:2x+y+c =0155c =⇒=∴AB:2x+y+1=0，选D ．12.若242log 42log aba b +=+，则（）A ．a ＞2bB ．a ＜2bC ．a ＞b 2D ．a ＜b 2解：显然2()2log xf x x =+是R +上的增函数若a <2b ，则()(2)f a f b <，即2222log 2log 2aba b +<+………………………❶又22422log 42log 2log a b b a b b+=+=+………………………………………❷❶-❷得220log 2log 1b b <-=怛成立，选B ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)(含解析版)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{（x，y）|x，y∈N*，y≥x}，B＝{（x，y）|x+y＝8}，则A∩B中元素的个数为（）A．2B．3C．4D．62．（5分）复数的虚部是（）A ．﹣B ．﹣C ．D ．3．（5分）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且p i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.24．（5分）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：I（t ）＝，其中K为最大确诊病例数．当I（t*）＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（）（ln19≈3）A．60B．63C．66D．695．（5分）设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（）A．（，0）B．（，0）C．（1，0）D．（2，0）6．（5分）已知向量，满足||＝5，||＝6，•＝﹣6，则cos ＜，+＞＝（）A ．﹣B ．﹣C ．D ．7．（5分）在△ABC中，cos C ＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝（）A ．B ．C ．D ．8．（5分）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+4B．4+4C．6+2D．4+29．（5分）已知2tanθ﹣tan（θ+）＝7，则tanθ＝（）A．﹣2B．﹣1C．1D．210．（5分）若直线l与曲线y ＝和圆x2+y2＝都相切，则l的方程为（）A．y＝2x+1B．y＝2x +C．y ＝x+1D．y ＝x +11．（5分）设双曲线C ：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a＝（）A．1B．2C．4D．812．（5分）已知55＜84，134＜85．设a＝log53，b＝log85，c＝log138，则（）A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020版新高考复习理科数学专项小测：20“17～19题”+“二选一”含解析
教课资料范本2020版新高考复习理科数学专项小测：20“ 17～ 19题”＋“二选一”含分析编辑： __________________时间： __________________专项小测 (二十 )“17～19 题”＋“二选一 ”时间： 45 分钟 满分： 46 分17．(12分)数列 { a n } 中.a 1＝2.(n ＋1)(a n ＋ 1－a n )＝2(a n ＋n ＋1)．(1)求a 2.a 3的值；(2)已知数列n的通项公式是n ＝n ＋1.a n ＝n 2＋1.a n ＝n 2＋n 中的{ a }a1Tn一个 .设数列 {an } 的前 n 项和为 S n .{ a n ＋1－a n } 的前 n 项和为 T n .若Sn＞360.求n 的取值范围．思路剖析： (1)依据已知条件 .分别令 n ＝1.n ＝2.求得 a 2.a 3 的值． (2)依据 a 2＝6 判断出数列的通项公式为 a n ＝n 2＋n ＝n(n ＋1).利用Tn裂项乞降法求得 S n 的值 .利用累加法求得 T n 的值 .依据Sn ＞360 列不等式.解不等式求得 n 的取值范围．解： (1)∵(n ＋1)(a n ＋1－a n )＝2(a n ＋n ＋1).n ＋3∴a n ＋1＝a n ＋2.n ＋11＋3∴a 2＝1＋1a 1＋2＝6.(2 分)2＋3a 3＝2＋1a 2＋2＝12.(4 分)(2) 由数列n 的通项公式是a n ＝n ＋1.a n ＝n 2＋1.a n ＝n 2＋n 中的一{ a }1个.和 a 2＝6 得数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝n 2＋n ＝n(n ＋ 1).因此 an ＝错误!＝错误! －错误! .1 1 1 1111 1 1.∴ ＋ ＋ ＋ ＝1－2＋ 2－3＋ ＋n －n ＋1＝1－ ＋ a1a2ann 11∴S n ＝1－n ＋1. (8 分)∵ (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋ ＋(a n ＋1－a n )＝a n ＋1－a 1.a n ＝n(n ＋1).∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋＋(a n＋1－a n)＝n2＋3n.即 T n＝n2＋3n.(10分)Tn由＞360.得 n2＋4n－357＞0.Sn解得 n＞17 或 n＜－ 21.∵n 是正整数 .∴所求 n 的取值范围为 n＞17.且 n 是正整数．(12分)18．(12分)在四棱锥 P－ABCD中.AB∥CD.AB＝2CD＝ 2BC＝2AD＝4.∠DAB＝60°.AE＝BE.△PAD为正三角形 .且平面 PAD⊥平面 ABCD.(1)求二面角 P－EC－ D的余弦值；(2)线段 PC上能否存在一点 M.使异面直线 DM 和PE所成角的余弦值6为8？若存在 .指出点 M 的地点；若不存在 .请说明原因．解：设 O 是 AD 中点 .△PAD 为正三角形 .则 PO⊥AD.平面 PAD⊥平面 ABCD.PO⊥平面 ABCD.又∵ AD＝AE＝2.∠ DAB＝60°.因此△ ADE 为正三角形 .OE⊥ AD.成立如下图空间直角坐标系O－xyz.则P( 0，0，3) .E( 0，3，0) C(－2，3，0) .D(－1，0，0) .→→→于是 PC＝(－2. 3.－3).PE＝(0. 3.－3).DP＝(1,0. 3)．(1)设平面 PEC 的法向量为 n1＝ (x.y.z)．→→＝0得一个法向量 n ＝(0,1,1).由PC·＝0.PE·n1n11平面 EDC 的一个法向量为 n2＝(0,0,1)．设二面角 P－EC－D 的平面角为θ.则|cosθ|＝|cos〈n1.n2〉＝1＝222.2由图知θ为锐角 .因此二面角 P－EC－D 的余弦值为2 .设→→≤λ≤则→＝(－2λ.3λ.－ 3λ).(2)＝λPCPM(01).PM →→→3－→3).因此 |cosDM＝DP＋PM＝(1－2λ. 3λ.3λ).PE＝(0. 3.－→ →→→|6 λ－ 3|6〉＝ |DM·PE＝＝〈DM→→8 ..PE6· 10λ2－10λ＋ 4|DM‖PE|12解得λ＝3或3.因此存在知足题设的点M.且点 M 为线段 PC 的三等分点．19．(12分)为培育学生在高中阶段的数学能力 .某校将举行数学建模比赛．已知该比赛共有 60名学生参加 .他们成绩的频次散布直方图如下图．(1)预计这 60名参赛学生成绩的中位数；(2)为了对数据进行剖析 .将60分以下的成绩定为不合格 .60分以上( 含60分)的成绩定为合格 .某评估专家决定利用分层抽样的方法从这60 名学生中选用10人.而后从这10人中抽取4人参加会谈会 .记ξ为抽取的 4 人中成绩不合格的人数 .求ξ的散布列与数学希望；2(3)已知这60名学生的数学建模比赛成绩Z听从正态散布N(μ.σ).此中μ可用样本均匀数近似取代 .σ2可用样本方差近似取代(同一组数据用该区间的中点值作代表).若成绩在46分以上的学生均能获得奖赏 .本次数学建模比赛满分为100分.预计此次比赛遇到奖赏的人数(结果依据四舍五入保存整数 )．参照数据： P(μ－σ<Z≤μ＋σ)≈0.682 7.P(μ－ 2σ<Z≤μ＋2σ)≈0.954 5.P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)≈0.997 3.解： (1)设中位数为 x.则 0.005×20＋0.015×20＋(x－60)×0.02＝0.5.解得 x＝65.因此这 60 名参赛学生成绩的中位数为65. (3分)(2)联合频次散布直方图和分层抽样的方法可知 .抽取的 10 人中合格的人数为 (0.01＋0.02)×20×10＝6.不合格的人数为 10－6＝4.由题意可知ξ的可能取值为 0,1,2,3,4.C46 1C14C36 8 C24C26 3则 P(ξ＝0)＝C410＝14.P(ξ＝1)＝ C410 ＝21.P(ξ＝2)＝ C410 ＝7.P(ξ＝C34C16 4 C413)＝ C410 ＝35.P(ξ＝4)＝C410＝210.因此 ξ的散布列为ξ 0 1 2 3 4P1 8 3 4 114217 35 2101834 1因此 ξ的数学希望 E(ξ)＝0×14＋1×21＋2×7＋3×35＋ 4×210＝5635.(8 分)(3)由题意可得 .μ＝ (30×0.005＋50×0.015＋70×0.02＋90 0.01) 20 64. 2＝(30－64)2×0.1＋(50－64)2×0.3＋(70－ × × ＝ σ64)2×0.4＋(90－64)2×0.2＝324.则 σ＝18.由 Z 听从正态散布 N(μ.σ2).得 P(64－18<Z ≤64＋18)＝1P(46<Z ≤82)≈0.682 7.则 P(Z>82)≈2(1－0.6827)＝0.15865.P(Z>45)≈0.6927＋0.158 65＝0.841 35.因此此次比赛遇到奖赏的人数为 60×0.841 35≈50.(12分)(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答 .假如多做 .则按所做的第一题计分．22．[选修 4－4：坐标系与参数方程 ](10分)x ＝tcos α， 在平面直角坐标系 xOy 中.曲线 C 1的参数方程为y ＝tsin απx ＝cos β，(t 为参数且 t ＞0.α∈ 0，)曲线 C 2的参数方程为2y ＝1＋sin β (β为参数 .且β∈π π ).以O 为极点 .x 轴的正半轴为极轴成立极坐标－ ，2 2π系.曲线 C3的极坐标方程为ρ＝1＋cosθθ∈ 0，2.曲线 C4的极坐标方程为ρcosθ＝1.(1)求C3与C4的交点到极点的距离；π(2)设曲线 C1与C2交于 P点.C1与C3交于 Q点.当α在 0，2上变化时 .求 |OP|＋|OQ|的最大值．解： (1)联立曲线 C3.C4的极坐标方程πρ＝ 1＋cosθ，θ∈ 0，2ρcosθ＝ 1，21＋ 51－ 5(舍去 ).得ρ－ρ－1＝0.解得ρ＝2.ρ＝21＋ 5(5 分)即交点到极点的距离为2.(2)由题意得曲线 C1的极坐标方程为πθ＝α. α∈ 0，2，ρ＞ 0 .π曲线 C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ.θ∈ 0，2.π联立双方程得ρ＝2sinα.α∈ 0，2 .π即|OP|＝2sinα.α∈ 0，2 .曲线 C1与曲线 C3的极坐标方程联立 .得ππρ＝1＋cosα.α∈ 0，2 .即 |OQ|＝1＋cosα.α∈ 0，2 .因此 |OP|＋ |OQ|＝1＋2sinα＋cosα＝1＋5sin(α＋φ).此中φ的终边经过点 (2,1).π当α＋φ＝2＋2kπ.k∈Z 时.|OP|＋|OQ|获得最大值为 1＋ 5.(10分) 23．[选修 4－5：不等式选讲 ](10分)已知 f(x)＝|x－1|＋ |ax＋ 1|.(1)a＝1时.求不等式 f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤3－x的解集包括 [ －1,1].求a的取值范围．2x，x≥1，解： (1)a＝1.f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝2，－ 1＜x＜1，－2x，x≤－ 1，3 3f(x)≥3.则 x≤－2或 x≥2.因此不等式的解集为33.(5 分) x|x ≤－或x≥22(2)f(x)≤3－x 的解集包括 [ －1,1].即为 f(x)≤3－x 在[－1,1]上恒成立．当 x∈[－1,1].f(x)＝|x－1|＋|ax＋1|＝1－x＋|ax＋1|.故 f(x)≤3－x 即为 1－x＋|ax＋1|≤3－x.即|ax＋1|≤2.因此－ 2≤ax＋1≤2.－3≤ax≤1.又由于 x∈[ －1,1].错误!因此 a∈[－1,1]．(10分)。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)及答案
2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.若z=1+i，则|z2–2z|=（）
A.0B.1C. D.2
2.设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（）
（1）当 时， 是什么曲线？
（2）当 时，求 与 的公共点的直角坐标．
[选修4—5：不等式选讲]
23.已知函数 ．
（1）画出 的图像；
（2）求不等式 的解集．
参考答案
1.D2.B3.C4.C5.D6.B7.C8.C9.A10.A11.D12.B
13.114. 15. 16.
17.解（1）设 的公比为 ， 为 的等差中项，
A. B. C. D.
11.已知⊙M： ，直线 ： ， 为 上的动点，过点 作⊙M的切线 ，切点为 ，当 最小时，直线 的方程为（）
A. B. C. D.
12.若 ，则（）
A. B. C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若x，y满足约束条件 则z=x+7y的最大值为______________.
则 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
2020版新高考理科数学专项21： “17～19题”+“二选一”
专项小测：“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟 满分：46分17．(12分)如图，在△ABC 中，点D 在BC 边上，∠ADC ＝60°，CD ＝2.(1)若AD ＝BD ＝3，求△ABC 的面积； (2)若AD ＝2，BD ＝4，求sin B 的值． 解：(1)当AD ＝BD ＝3时，△ABD 的面积S △ABD ＝12·AD ·BD ·sin ∠ADB ＝12·3·3·32＝934， △ACD 的面积S △ACD ＝12·AD ·CD ·sin ∠ADC ＝12·3·2·32＝332， △ABC 的面积S △ABC ＝S △ABD ＋S △ACD ＝934＋332＝1534. (2)当AD ＝2，BD ＝4时，∠ADB ＝180°－∠ADC ＝120°，在△ADB 中，由余弦定理可得AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ＝22＋42－2×2×4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝28，故AB ＝27.在△ADB 中，由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝ADsin ∠B ，即2732＝2sin ∠B ，整理得sin ∠B ＝327＝2114.18．(12分)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，△ADE ，△BCF 均为等边三角形，EF ∥AB ，EF ＝AD ＝12AB .(1)过BD作截面与线段CF交于点N，使得AF//平面BDN，试确定点N的位置，并予以证明；(2)在(1)的条件下，求直线BN与平面ABF所成角的正弦值．解：(1)当N为线段FC的中点时，使得AF∥平面BDN.证明：连接AC，BD，设AC∩BD＝O.∵四边形ABCD为矩形，∴O为AC的中点．又∵N为FC的中点，∴ON为△ACF的中位线，∴AF∥ON. (2分)∵AF⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，∴AF∥平面BDN，故N为FC的中点时，使得AF∥平面BDN.(4分)(2)过O作PQ∥AB分别与AD，BC交于P，Q.因为O为AC的中点，所以P，Q分别为AD，BC的中点．∵ΔADE与ΔBCF均为等边三角形，且AD＝BC，∴ΔADE≅ΔBCF，连接EP，FQ，则得EP＝FQ.∵EF∥AB，AB綊PQ，EF＝12AB，∴EF∥PQ，EF＝12PQ，∴四边形EPQF为等腰梯形．取EF的中点M，连接MO，则MO⊥PQ. (6分)又∵AD⊥EP，AD⊥PQ，EP∩PQ＝P，∴AD⊥平面EPQF.过O点作OG⊥AB于G，则OG∥AD，∴OG⊥OM，OG⊥OQ.(8分)分别以OG→，OQ →，OM →的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，不妨设AB ＝4，则由条件可得：O (0,0,0)，A (1，－2,0)，B (1,2,0)，F (0,1，2)，D (－1，－2，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22.AB→＝(0,4,0)，AF →＝(－1,3，2)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面ABF 的法向量， 则⎩⎨⎧n ·AB→＝0，n ·AF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，－x ＋3y ＋2z ＝0，所以可取n ＝(2，0,1)．(10分)由BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，22， 可得|cos 〈BN →，n 〉|＝|BN →·n ||BN →|·|n |＝23，∴直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值为23. (12分)19．(12分)已知抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)经过点A (1,2)，过A 作两条不同直线l 1，l 2，其中直线l 1，l 2关于直线x ＝1对称．(1)求抛物线E 的方程及准线方程；(2)设直线l 1，l 2分别交抛物线E 于B 、C 两点(均不与A 重合)，若以线段BC 为直径的圆与抛物线E 的准线相切，求直线BC 的方程．解：(1)∵抛物线E 过点A (1,2)，∴2p ＝4，解得p ＝2， (2分)∴抛物线的方程为y 2＝4x ，准线方程为x ＝－1.(4分)(2)法一：不妨设B 在C 的左边，从而可设直线AB 的方程为x －1＝m (y －2)(m ＞0)，即x ＝my －2m ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2m ＋1，y 2＝4x 消去x 整理得y 2－4my＋8m －4＝0.设B (x B ，y B )，则y B ＋2＝4m ，故y B ＝4m －2， ∴x B ＝4m 2－4m ＋1， ∴点B (4m 2－4m ＋1,4m －2)． (6分)又由条件得AB 与AC 的倾斜角互补，以－m 代替点B 坐标中的m ，可得点C (4m 2＋4m ＋1，－4m －2)．∴|BC |＝(－8m )2＋(8m )2＝82m ，且BC 中点的横坐标为x B ＋x C2＝4m 2＋1.(8分)∵以线段BC 为直径的圆与抛物线E 的准线相切， ∴4m 2＋1＋1＝|BC |2＝42m ，解得m ＝22，(10分)∴B (3－22，22－2)，C (3＋22，－22－2) ∴k BC ＝－1，∴直线BC 的方程为y －(22－2)＝－(x －3＋22)， 即x ＋y －1＝0.(12分)法二：设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，因为直线l 1，l 2关于x ＝1对称，所以AB 与AC 的倾斜角互补，所以k AB ＋k AC ＝y 1－2x 1－1＋y 2－2x 2－1＝y 1－2y 214－1＋y 2－2y 224－1＝4y 1＋2＋4y 2＋2＝0，所以y 1＋y 2＝－4，所以k BC ＝y 1－y 2x 1－x 2＝y 1－y 2y 214－y 424＝4y 1＋y 2＝－1.(6分) 设直线BC 的方程为y ＝－x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋m ，y 2＝4x 消去y 整理得x 2－(2m ＋4)x ＋m 2＝0， 所以x 1＋x 2＝2m ＋4，x 1x 2＝m 2， 所以|BC |＝2|x 1－x 2|＝42m ＋1，且 BC 中点D 的横坐标为x 1＋x 22＝m ＋2. (8分)因为以线段BC 为直径的圆与抛物线的准线x ＝－1相切，所以x 1＋x 22＋1＝|BC |2，即m ＋3＝22m ＋1，解得m ＝1， (10分) 所以直线BC 的方程为y ＝－x ＋1， 即x ＋y －1＝0.(12分)(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋r cos αy ＝r sin α (α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝3，且曲线C 1与C 2恰有一个公共点．(1)求曲线C 1的极坐标方程；(2)已知曲线C 1上两点A ，B 满足∠AOB ＝π4，求△AOB 面积的最大值．解：(1)曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32ρsin θ＋12ρcos θ＝3，将ρsin θ＝y ，ρcos θ＝x 代入上式可得C 2的直角坐标方程为32y ＋12x ＝3，即x ＋3y －6＝0，所以曲线C 2为直线．又曲线C 1是圆心为(2,0)，半径为|r |的圆，圆C 1与直线C 2恰有一个公共点，所以|r |＝|2－6|2＝2，所以圆C 1的普通方程为x 2＋y 2－4x ＝0， 把x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入上式可得C 1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＝0，即ρ＝4cos θ.(2)由题意可设A (ρ1，θ)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，θ＋π4， ()ρ1>0，ρ2>0，S △AOB ＝12|OA →||OB →|sin π4＝24ρ1ρ2 ＝42cos θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝4()cos 2θ－sin θcos θ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2θ2－sin2θ2 ＝2＋22cos ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4， 所以当cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝1时，△AOB 的面积最大，且最大值为2＋2 2.23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f (x )＝|x ＋4|－m ，m ∈R ，且f (x －2)≤0的解集为[－4,0]． (1)求m 的值；(2)已知a ，b ，c 都是正数，且a ＋2b ＋c ＝m ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ≥2.解：(1)因为f (x －2)＝|x －2＋4|－m ＝|x ＋2|－m ≤0，所以|x ＋2|≤m ， 所以m ≥0，且－m ≤x ＋2≤m ，解得－2－m ≤x ≤－2＋m . (3分)又不等式f (x －2)≤0的解集为[－4,0]，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2－m ＝－4，－2＋m ＝0，解得m ＝2. (5分)(2)由(1)知a ＋2b ＋c ＝2，则1a ＋b ＋1b ＋c ＝12[(a ＋b )＋(b ＋c )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b b ＋c ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋2b ＋c a ＋b ·a ＋b b ＋c ＝2，当且仅当a ＝c 时，等号成立．(10分)。
2020版新高考复习理科数学专项小测：15“17～19题”+“二选一”含解析
又b＝2.B＝ .所以4＝a2＋c2－2accos ②.(9分)
由①和②得a＝c＝2.
所以△ABC的面积为 acsin ＝ .(12分)
18．(12分)
如图.在直三棱柱ABC－A1B1C1中.D为B1C1的中点.平面AA1D⊥平面AB1C1.
(1)证明：B1C1⊥平面AA1D；
19．(12分)
某工厂有甲.乙两个车间生产同一种产品.甲车间有工人200人.乙车间有工人400人.为比较两个车间工人的生产效率.采用分层抽样的方法抽取工人.甲车间抽取的工人记作第一组.乙车间抽取的工人记作第二组.并对他们中每位工人生产完成一件产品的时间(单位：min)进行统计.按照[55,65).[65,75).[75,85).[85,95)进行分组.得到下列统计图．
解：(1)∵m>0.∴f(x)＝|x－m|－|x＋2m|＝
.
(3分)
∴当x≤－2m时.f(x)取得最大值3m.∴3m＝3.(4分)
∴m＝1.(5分)
(2)由(1).得a2＋b2＝1.
＋ ＝ ＝ ＝ －2ab.(7分)
∵a2＋b2＝1≥2ab.当且仅当a＝b时等号成立.
∴0<ab≤ .(8分)
令h(t)＝ －2t,0<t≤ .则h(t)在 上单调递减.
解：(1)如图.过点A1作A1O⊥AD于点O.
∵平面AA1D⊥平面AB1C1.平面AA1D∩平面AB1C1＝AD.∴A1O⊥平面AB1C1.(2分)
∵B1C1⊂平面AB1C1.∴A1O⊥B1C1.(3分)
又在直三棱柱ABC－A1B1C1中.AA1⊥B1C1.A1O∩A1A＝A1.∴B1C1⊥平面AA1D.(5分)
(2)由(1)得.B1C1⊥A1D.∵D为B1C1的中点.∴A1B1＝A1C1＝AC＝2.又BC＝B1C1＝2 .
2020学年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)数学理
2020年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)数学理一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A={x|x ＜1}，B={x|3x＜1}，则( ) A.A ∩B={x|x ＜0} B.A ∪B=RC.A ∪B={x|x ＞1}D.A ∩B=∅解析：∵集合A={x|x ＜1}，B={x|3x＜1}={x|x ＜0}，∴A ∩B={x|x ＜0}，故A 正确，D 错误；A ∪B={x|x ＜1}，故B 和C 都错误. 答案：A2.如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14 B.8π C.12 D.4π 解析：根据图象的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，设圆的半径为1，则正方形的边长为2，则黑色部分的面积S=2π，则对应概率P=248ππ=.答案：B3.设有下面四个命题： p 1：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ； p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ；p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1=2z ； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R. 其中的真命题为( ) A.p 1，p 3 B.p 1，p 4 C.p 2，p 3 D.p 2，p 4解析：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ，故命题p 1为真命题； p 2：复数z=i 满足z 2=-1∈R ，则z ∉R ，故命题p 2为假命题；p 3：若复数z 1=i ，z 2=2i 满足z 1z 2∈R ，但z 1≠2z ，故命题p 3为假命题； p 4：若复数z ∈R ，则z =z ∈R ，故命题p 4为真命题.答案：B4.记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4+a 5=24，S 6=48，则{a n }的公差为( ) A.1 B.2 C.4 D.8解析：∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 4+a 5=24，S 6=48，∴1113424656482a d a d a d ++⎧⎪⎨⎪+⎩+=⨯=，，解得a 1=-2，d=4，∴{a n }的公差为4. 答案：C5.函数f(x)在(-∞，+∞)单调递减，且为奇函数.若f(1)=-1，则满足-1≤f(x-2)≤1的x 的取值范围是( ) A.[-2，2] B.[-1，1] C.[0，4] D.[1，3]解析：∵函数f(x)为奇函数. 若f(1)=-1，则f(-1)=1，又∵函数f(x)在(-∞，+∞)单调递减，-1≤f(x-2)≤1， ∴f(1)≤f(x-2)≤f(-1)，∴-1≤x-2≤1，解得：x ∈[1，3]. 答案：D6.(1+21x)(1+x)6展开式中x 2的系数为( )A.15B.20C.30D.35 解析：(1+21x)(1+x)6展开式中： 若(1+21x )=(1+x -2)提供常数项1，则(1+x)6提供含有x 2的项，可得展开式中x 2的系数： 若(1+21x)提供x -2项，则(1+x)6提供含有x 4的项，可得展开式中x 2的系数：由(1+x)6通项公式可得6r rC x .可知r=2时，可得展开式中x 2的系数为26C =15. 可知r=4时，可得展开式中x 2的系数为46C =15. (1+21x)(1+x)6展开式中x 2的系数为：15+15=30. 答案：C7.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A.10B.12C.14D.16解析：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=12×2×(2+4)=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12.答案：B8.如图程序框图是为了求出满足3n-2n＞1000的最小偶数n，那么在和两个空白框中，可以分别填入( )A.A＞1000和n=n+1B.A＞1000和n=n+2C.A≤1000和n=n+1D.A≤1000和n=n+2解析：因为要求A＞1000时输出，且框图中在“否”时输出，所以“”内不能输入“A＞1000”，又要求n为偶数，且n的初始值为0，所以“”中n依次加2可保证其为偶数，所以D选项满足要求.答案：D9.已知曲线C1：y=cosx，C2：y=sin(2x+23)，则下面结论正确的是( )A.把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移6π个单位长度，得到曲线C 2B.把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移12π个单位长度，得到曲线C 2C.把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移6π个单位长度，得到曲线C 2D.把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移12π个单位长度，得到曲线C 2解析：把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x 图象，再把得到的曲线向右平移12π个单位长度，得到函数2cos 2cos 2sin 2126()()3()y x x x πππ=-=-=+的图象，即曲线C 2.答案：D10.已知F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，则|AB|+|DE|的最小值为( ) A.16 B.14 C.12 D.10解析：如图，l 1⊥l 2，直线l 1与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，要使|AB|+|DE|最小，则A 与D ，B ，E 关于x 轴对称，即直线DE 的斜率为1， 又直线l 2过点(1，0)，则直线l 2的方程为y=x-1，联立方程组241y x y x ⎧=⎨=-⎩，，则y 2-4y-4=0，∴y 1+y 2=4，y 1y 2=-4，∴12y y -=，∴|AB|+|DE|的最小值为2|DE|=16. 答案：A11.设x 、y 、z 为正数，且2x=3y=5z ，则( ) A.2x ＜3y ＜5z B.5z ＜2x ＜3y C.3y ＜5z ＜2x D.3y ＜2x ＜5z解析：x 、y 、z 为正数， 令2x=3y=5z=k ＞1.lgk ＞0.则lg lg lg lg 2lg 3lg 5k k kx y z ===，，，∴325y x z ===.====，∴0，∴3y ＜2x ＜5z.答案：D12.几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( ) A.440 B.330 C.220 D.110解析：设该数列为{a n }，设b n=()()1112122n n n n n aa -+++⋯+=-，(n ∈N+)，则()1211n n n iii i b a +===∑∑，由题意可设数列{a n }的前N 项和为S N ，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n =21-1+22-1+…+2n -1=2n-n-2，可知当N 为()12n n +时(n ∈N+)，数列{a n }的前N 项和为数列{b n }的前n 项和，即为2n-n-2， 容易得到N ＞100时，n ≥14，A 项，由29302⨯=435，440=435+5，可知S 440=T 29+b 5=230-29-2+25-1=230，故A 项符合题意. B 项，仿上可知25262⨯=325，可知S 330=T 25+b 5=226-25-2+25-1=226+4，显然不为2的整数幂，故B 项不符合题意. C 项，仿上可知20212⨯=210，可知S 220=T 20+b 10=221-20-2+210-1=221+210-23，显然不为2的整数幂，故C 项不符合题意. D 项，仿上可知14152⨯=105，可知S 110=T 14+b 5=215-14-2+25-1=215+15，显然不为2的整数幂，故D 项不符合题意. 答案：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |=2，|b |=1，则|2a b +|= . 解析：∵向量a ，b 的夹角为60°，且|a |=2，|b |=1，∴222222442421cos60411(2)a b a a b b +=+⋅+=+⨯⨯⨯︒+⨯=，∴||223a b +=. 答案：14.设x ，y 满足约束条件21210x y x y x y +≤⎧⎪+≥-⎨⎪-≤⎩，，，则z=3x-2y 的最小值为 . 解析：由x ，y 满足约束条件21210x y x y x y +≤⎧⎪+≥-⎨⎪-≤⎩，，，作出可行域如图，由图可知，目标函数的最优解为A，联立2121x yx y+=+=-⎧⎨⎩，，解得A(-1，1).∴z=3x-2y的最小值为-3×1-2×1=-5.答案：-515.已知双曲线C：22221x ya b-=(a＞0，b＞0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点.若∠MAN=60°，则C的离心率为 .解析：双曲线C：22221x ya b-=(a＞0，b＞0)的右顶点为A(a，0)，以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点.若∠MAN=60°，可得A到渐近线bx+ay=0的距离为：bcos30°=2b，=，即2ac=，可得离心率为：e=3.16.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为.解析：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD ⊥BC ，OG=6BC ，即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG=x ，则，DG=5-x ，三棱锥的高h ==，S △ABC =2132x ⨯=，则V=213ABCS h ⨯==令f(x)=25x 4-10x 5，x ∈(0，52)，f ′(x)=100x 3-50x 4， 令f ′(x)≥0，即x 4-2x 3≤0，解得x ≤2， 则f(x)≤f(2)=80，∴V =cm 3，∴体积最大值为3.答案：3三、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.17.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为23sin a A.(1)求sinBsinC ；(2)若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC 的周长.解析：(1)根据三角形面积公式和正弦定理可得答案， (2)根据两角余弦公式可得cosA=12，即可求出A=3π，再根据正弦定理可得bc=8，根据余弦定理即可求出b+c ，问题得以解决. 答案：(1)由三角形的面积公式可得21sin 23sin ABCa Sac B A==，∴3csinBsinA=2a ， 由正弦定理可得3sinCsinBsinA=2sinA ，∵sinA ≠0，∴sinBsinC=23； (2)∵6cosBcosC=1，∴cosBcosC=16， ∴cosBcosC-sinBsinC=121632-=-，∴cos(B+C)=-12，∴cosA=12，∵0＜A ＜π，∴A=3π，∵2sin sin sin a b c R A B C ===== ∴sinBsinC=()2222123b c bc bc R R ⋅===，∴bc=8， ∵a 2=b 2+c 2-2bccosA ，∴b 2+c 2-bc=9，∴(b+c)2=9+3cb=9+24=33， ∴18.如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，求二面角A-PB-C 的余弦值.解析：(1)推导出AB ⊥PA ，CD ⊥PD ，从而AB ⊥PD ，进而AB ⊥平面PAD ，由此能证明平面PAB ⊥平面PAD.(2)由已知可得四边形ABCD 为平行四边形，由(1)知AB ⊥平面PAD ，得到AB ⊥AD ，则四边形ABCD 为矩形，设PA=AB=2a ，则AD=22a.取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO 、OE ，以O 为坐标原点，分别以OA 、OE 、OP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC 的一个法向量，再证明PD ⊥平面PAB ，得PD 为平面PAB 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A-PB-C 的余弦值.答案：(1)∵在四棱锥P-ABCD 中，∠BAP=∠CDP=90°， ∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD ， 又AB ∥CD ，∴AB ⊥PD ，∵PA ∩PD=P ，∴AB ⊥平面PAD ，∵AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD.(2)∵AB ∥CD ，AB=CD ，∴四边形ABCD 为平行四边形，由(1)知AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥AD ，则四边形ABCD 为矩形，在△APD 中，由PA=PD ，∠APD=90°，可得△PAD 为等腰直角三角形， 设PA=AB=2a ，则取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO 、OE ，以O 为坐标原点，分别以OA 、OE 、OP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则：a ，0，0)，a ，2a ，0)，P(0，0a)，a ，2a ，0).()0PD =--，，，(2)2PB a=-，，，()00BC =-，，.设平面PBC 的一个法向量为n =(x ，y ，z)，由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，得200ay +=-=⎪⎩，，取y=1，得2)1(0n =，，. ∵AB ⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥AD ， 又PD ⊥PA ，PA ∩AB=A ，∴PD ⊥平面PAB ，则PD 为平面PAB 的一个法向量，()0PD =-，.∴cos 2PD n PD n a PD n⋅===⨯＜，＞由图可知，二面角A-PB-C 为钝角，∴二面角A-PB-C 的余弦值为-3.19.为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm).根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2). (1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ，μ+3σ)之外的零件数，求P(X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ-3σ，μ+3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. (ⅰ)试说明上述监控生产过程方法的合理性；(ⅱ)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：经计算得16119.9716i i x x ===∑，0.212s ===，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i=1，2，…，16.用样本平均数x 作为μ的估计值μ，用样本标准差s 作为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(3μσ-，3μσ+)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).附：若随机变量Z 服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ-3σ＜Z ＜μ+3σ)=0.9974，0.997416≈0.9592≈0.09.解析：(1)通过P(X=0)可求出P(X ≥1)=1-P(X=0)=0.0408，利用二项分布的期望公式计算可得结论；(2)(ⅰ)由(1)及知落在(μ-3σ，μ+3σ)之外为小概率事件可知该监控生产过程方法合理；(ⅱ)通过样本平均数x 、样本标准差s 估计μ、σ可知(3μσ-，3μσ+)=(9.334，10.606)，进而需剔除(3μσ-，3μσ+)之外的数据9.22，利用公式计算即得结论. 答案：(1)由题可知尺寸落在(μ-3σ，μ+3σ)之内的概率为0.9974， 则落在(μ-3σ，μ+3σ)之外的概率为1-0.9974=0.0026， 因为P(X=0)=016C ×(1-0.9974)0×0.997416≈0.9592，所以P(X ≥1)=1-P(X=0)=0.0408， 又因为X ～B(16，0.0026)， 所以E(X)=16×0.0026=0.0416；(2)(ⅰ)由(1)知尺寸落在(μ-3σ，μ+3σ)之外的概率为0.0026， 由正态分布知尺寸落在(μ-3σ，μ+3σ)之外为小概率事件， 因此上述监控生产过程方法合理；(ⅱ)因为用样本平均数x 作为μ的估计值μ，用样本标准差s 作为σ的估计值σ，且16119.9716i i x x ===∑，0.212s ===，所以3μσ-=9.97-3×0.212=9.334，3μσ+=9.97+3×0.212=10.606， 所以9.22∉(3μσ-，3μσ+)=(9.334，10.606)，因此需要对当天的生产过程进行检查，剔除(3μσ-，3μσ+)之外的数据9.22， 则剩下的数据估计μ=9.97169.2210.0215⨯-=，将剔除掉9.22后剩下的15个数据，利用方差的计算公式代入计算可知σ2≈0.008，所以σ≈0.09.20.已知椭圆C ：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3(-1，P 4(1)中恰有三点在椭圆C 上.(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点.解析：(1)根据椭圆的对称性，得到P 2(0，1)，P3(-1，2)，P 4(1，2)三点在椭圆C 上.把P 2(0，1)，P 3(-1代入椭圆C ，求出a2=4，b2=1，由此能求出椭圆C 的方程. (2)当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设l ：y=kx+b ，(b ≠1)，联立22440y kx b x y =+⎧⎨+-=⎩，，得(1+4k 2)x 2+8kbx+4b 2-4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明直线l 过定点(2，-1).答案：(1)根据椭圆的对称性，P 3(-1，P 4(1)两点必在椭圆C 上， 又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 1(1，1)， ∴P 2(0，1)，P3(-1，2)，P4(1，2)三点在椭圆C 上. 把P 2(0，1)，P 3(-1代入椭圆C ，得：22211141b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为2214x y +=.证明：(2)①当斜率不存在时，设l ：x=m ，A(m ，y A )，B(m ，-y A )， ∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1， ∴221121A A P A P N y y k k m m m----+=+==-， 解得m=2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.②当斜率存在时，设l ：y=kx+b ，(b ≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立22440y kx b x y =+⎧⎨+-=⎩，，整理，得(1+4k 2)x 2+8kbx+4b 2-4=0， x 1+x 2=2814kbk-+，x 1x 2=224414b k -+， 则()()2221212112121211P A P B x kx b x x kx b x y y k k x x x x +-++---+=+= ()()()222228888811414441114kb k kb kb k b k b b b k --+-+===--+-+，又b ≠1， ∴b=-2k-1，此时△=-64k ，存在k ，使得△＞0成立，∴直线l 的方程为y=kx-2k-1，当x=2时，y=-1，∴l 过定点(2，-1).21.已知函数f(x)=ae 2x +(a-2)e x-x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a 的取值范围.解析：(1)求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f(x)单调性； (2)由(1)可知：当a ＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f(x)最小值，由f(x)min ＜0，g(a)=alna+a-1，a ＞0，求导，由g(a)min =g(e -2)=e -2lne -2+e -2-1=211e--，g(1)=0，即可求得a 的取值范围.答案：(1)由f(x)=ae 2x +(a-2)e x -x ，求导f ′(x)=2ae 2x +(a-2)e x-1，当a=0时，f ′(x)=2e x-1＜0，∴当x ∈R ，f(x)单调递减， 当a ＞0时，f ′(x)=()()1121122xxxx e ae a e e a ⎛⎫+-=⎛⎫ ⎪- ⎝⎭⎝+⎪⎭， 令f ′(x)=0，解得：x=ln1a ， 当f ′(x)＞0，解得：x ＞ln 1a，当f ′(x)＜0，解得：x ＜ln 1a， ∴x ∈(-∞，ln1a )时，f(x)单调递减，x ∈(ln 1a，+∞)单调递增； 当a ＜0时，f ′(x)=1122xa e ex a ⎛⎫⎛⎫⎪- ⎝⎭⎝+⎪⎭＜0，恒成立， ∴当x ∈R ，f(x)单调递减，综上可知：当a ≤0时，f(x)在R 单调减函数， 当a ＞0时，f(x)在(-∞，ln1a )是减函数，在(ln 1a，+∞)是增函数； (2)①若a ≤0时，由(1)可知：f(x)最多有一个零点，当a ＞0时，f(x)=ae 2x +(a-2)e x-x ，当x →-∞时，e 2x →0，e x→0， ∴当x →-∞时，f(x)→+∞，当x →∞，e 2x →+∞，且远远大于e x和x ， ∴当x →∞，f(x)→+∞，∴函数有两个零点，f(x)的最小值小于0即可， 由f(x)在(-∞，ln1a )是减函数，在(ln 1a，+∞)是增函数， ∴f(x)min =()21111ln 2ln f a a a a a⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝+-⨯-⎭=＜0， ∴111ln a a --＜0，即ln 111a a+-＞0， 设t=1a ，则g(t)=lnt+t-1，(t ＞0)， 求导g ′(t)=1t+1，由g(1)=0， ∴t=1a＞1，解得：0＜a ＜1，∴a 的取值范围(0，1).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41x a t y t =+⎧⎨=-⎩，，(t 为参数)(1)若a=-1，求C 与l 的交点坐标；(2)若C 上的点到l，求a.解析：(1)将曲线C 的参数方程化为标准方程，直线l 的参数方程化为一般方程，联立两方程可以求得焦点坐标；(2)曲线C 上的点可以表示成P(3cos θ，sin θ)，θ∈[0，2π)，运用点到直线距离公式可以表示出P 到直线l进行分析，可以求出a 的值.答案：(1)曲线C 的参数方程为3cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩，(θ为参数)，化为标准方程是：2219x y +=； a=-1时，直线l 的参数方程化为一般方程是：x+4y-3=0；联立方程221,9430x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩，解得30x y =⎧⎨=⎩，或21252425x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，所以椭圆C 和直线l 的交点为(3，0)和(2125-，2425). (2)l 的参数方程41x a t y t =+⎧⎨=-⎩，(t 为参数)化为一般方程是：x+4y-a-4=0，椭圆C 上的任一点P 可以表示成P(3cos θ，sin θ)，θ∈[0，2π)， 所以点P 到直线l 的距离d为：d ==，φ满足tan φ=34，又d 的最大值d max |5sin(θ+φ)-a-4|的最大值为17， 得：5-a-4=17或-5-a-4=-17，即a=-16或a=8.23.已知函数f(x)=-x 2+ax+4，g(x)=|x+1|+|x-1|. (1)当a=1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1，1]，求a 的取值范围.解析：(1)当a=1时，f(x)=-x 2+x+4，g(x)=|x+1|+|x-1|=2121121x x x x x ⎧⎪-≤≤⎨⎪--⎩，＞，，，，＜，分x ＞1、x ∈[-1，1]、x ∈(-∞，-1)三类讨论，结合g(x)与f(x)的单调性质即可求得f(x)≥g(x)的解集为[-1，]； (2)依题意得：-x 2+ax+4≥2在[-1，1]恒成立⇔x 2-ax-2≤0在[-1，1]恒成立，只需()()2211201120a a ⎧-⋅-≤⎪⎨----≤⎪⎩，，解之即可得a 的取值范围. 答案：(1)当a=1时，f(x)=-x 2+x+4，是开口向下，对称轴为x=12的二次函数，g(x)=|x+1|+|x-1|=2121121x x x x x ⎧⎪-≤≤⎨⎪--⎩，＞，，，，＜， 当x ∈(1，+∞)时，令-x2+x+4=2x ，解得，g(x)在(1，+∞)上单调递增，f(x)在(1，+∞)上单调递减，∴此时f(x)≥g(x)的解集为(1]； 当x ∈[-1，1]时，g(x)=2，f(x)≥f(-1)=2.当x ∈(-∞，-1)时，g(x)单调递减，f(x)单调递增，且g(-1)=f(-1)=2. 综上所述，f(x)≥g(x)的解集为[-1]； (2)依题意得：-x 2+ax+4≥2在[-1，1]恒成立，即x 2-ax-2≤0在[-1，1]恒成立，则只需()()2211201120a a ⎧-⋅-≤⎪⎨----≤⎪⎩，，解得-1≤a ≤1， 故a 的取值范围是[-1，1].。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅱ)(含解析版)
21．（12 分）已知函数 f（x）＝sin2xsin2x． （1）讨论 f（x）在区间（0，π）的单调性； （2）证明：|f（x）|≤ ；
（3）设 n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ ．
（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分）
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订单的配货的概率不小于 0.95，则至少需要志愿者（ ）
A．10 名
B．18 名
C．24 名
D．32 名
【分析】由题意可得至少需要志愿者为
＝18 名．
【解答】解：第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05，就按 1600 份计算，
第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于 0.95 就按 1200 份计算，
【解答】解：α 为第四象限角，
则﹣ +2kπ＜α＜2kπ，k∈Z，
则﹣π+4kπ＜2α＜4kπ， ∴2α 是第三或第四象限角或为 y 轴负半轴上的角， ∴sin2α＜0， 故选：D． 【点评】本题考查了角的符号特点，考查了转化能力，属于基础题． 3．（5 分）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成 1200 份订单 的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加 配货工作．已知该超市某日积压 500 份订单未配货，预计第二天的新订单超过 1600 份的 概率为 0.05．志愿者每人每天能完成 50 份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日
1．（5 分）已知集合 U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，A＝{﹣1，0，1}，B＝{1，2}，则∁U（A