2020年高考985核心密卷(理数)
2020高考密押卷理科数学北京卷
附答案详解2020年高考必刷卷数学北京卷本试卷共10页，150分，考试时长120分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分 (选择题 共40分)一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．(2020北京，理1)函数的最小正周期为__________． 答案：π解析：函数的最小正周期 .2．(2020北京，理2)在复平面内，复数(2－i)2对应的点位于( )． A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限 答案：D解析：∵(2－i)2＝3－4i ，∴该复数对应的点位于第四象限，故选D.3．(2020北京，理3)双曲线24x －y 2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( )．A ．25B ．45C ．5D ．5答案：C解析：双曲线24x －y 2＝1的顶点为(±2,0)，渐近线方程为12y x =±，即x －2y ＝0和x ＋2y ＝0.故其顶点到渐近线的距离d ===.4．(2020北京，理4)将函数y x ＋sin x (x ∈R)的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是( ).A ．π12B ．π6C ．π3D ．5π6答案：B解析：∵y x ＋sin x ＝π2sin 3x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∴函数y cos x ＋sin x (x ∈R)的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，变为函数π=2sin 3y x m ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的图象.又∵所得到的图象关于y 轴对称，则有π3＋m ＝k π＋π2，k ∈Z ， ∴m ＝ππ6k +，k ∈Z.∵m ＞0，∴当k ＝0时，m 的最小值为π6. 5．(2020北京，理5)函数f (x )＝2ln x 的图象与函数g (x )＝x 2－4x ＋5的图象的交点个数为( )．A ．3B ．2C ．1D ．0 答案：B解析：设f (x )与g (x )图象的交点坐标为(x ，y )，则y ＝2ln x ，y ＝x 2－4x ＋5，联立得2ln x ＝x 2－4x ＋5，令h (x )＝x 2－4x ＋5－2ln x (x ＞0)，由h ′(x )＝2x －4－2x＝0得x 1＝1+x 2＝1(舍)．当h ′(x )＜0时，即x ∈(0,1+时，h (x )单调递减；当h ′(x )＞0，即x ∈(1∞)时，h (x )单调递增． 又∵h (1)＝2＞0，h (2)＝1－2ln 2＜0，h (4)＝5－2ln 4＞0，∴h (x )与x 轴必有两个交点，故答案为B ．6．(2020北京，理6)若2211d S x x =⎰，2211d S x x=⎰，231e d x S x =⎰，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( )．A ．S 1＜S 2＜S 3B ．S 2＜S 1＜S 3C ．S 2＜S 3＜S 1D ．S 3＜S 2＜S 1 答案：B解析：2211d S x x =⎰＝23117|33x =，2211d S x x =⎰＝21ln |ln 2x =，231e d x S x =⎰＝2217e |e e=(e 1)>e>3x =--，所以S 2＜S 1＜S 3，故选B.7．(2020北京，理7)使3nx⎛+ ⎝(n ∈N ＋)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )．A ．4B ．5C ．6D ．7 答案：B解析：3nx⎛+ ⎝展开式中的第r ＋1项为C r n (3x )n －r 32rx -＝52C 3n r r n r n x --，若展开式中含常数项，则存在n ∈N ＋，r ∈N ，使52n r -＝0，故最小的n 值为5，故选B.8．(2020北京，理8)椭圆C ：22=143x y+的左、右顶点分别为A 1，A 2，点P 在C 上且直线PA 2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA 1斜率的取值范围是( )．A ．13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．33,84⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．3,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦答案：B解析：设P 点坐标为(x 0，y 0)，则2200=143x y +， 2002PA y k x =-，1002PA y k x =+，于是12220222003334244PA PA x y k k x x -⋅===---. 故12314PA PA k k ＝－.∵2PA k ∈[－2，－1]，∴133,84PA k ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.故选B.第二部分 (非选择题 共110分)二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．9．(2020北京，理9)利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a ，则事件“3a －1＞0”发生的概率为________．答案：23解析：由3a －1＞0得13a >，由几何概型知112313P -==. 10．(2020北京，理10)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i ＝__________.答案：5解析：第一次执行循环体后：a ＝5，i ＝2；第二次执行循环体后：a ＝16，i ＝3；第三次执行循环体后：a ＝8，i ＝4；第四次执行循环体后：a ＝4，i ＝5，满足条件，循环结束．输出i ＝5. 11．(2020北京，理11)如图，在半径为7的O 中，弦AB ，CD 相交于点P ，PA ＝PB ＝2，PD＝1，则圆心O 到弦CD 的距离为__________．答案：2解析：如图所示，取CD 中点E ，连结OE ，OC ．由圆内相交弦定理知PD ·PC ＝PA ·PB ，所以PC ＝4，CD ＝5，则CE ＝5，OC所以O 到CD 距离为OE 2=.12．(2020北京，理12)集合{－1,0,1}共有__________个子集．答案：8解析：由于集合{－1,0,1}有3个元素，故其子集个数为23＝8.13．(2020北京，理13)抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，其准线与双曲线22=133x y -相交于A ，B 两点，若△ABF 为等边三角形，则p ＝________.答案：6解析：抛物线的准线方程为2py =-，设A ，B 的横坐标分别为x A ，x B ，则|x A |2＝|x B |2＝234p +，所以|AB |＝|2x A |.又焦点到准线的距离为p ，由等边三角形的特点得||p AB =，即2234344p p ⎛⎫=⨯⨯+ ⎪⎝⎭，所以p ＝6.14．(2020北京，理14)为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为__________．答案：10解析：设5个班级的人数分别为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，则1234575x x x x x ++++=，2222212345777775x x x x x (-)+(-)+(-)+(-)+(-)＝4，即5个整数平方和为20，最大的数比7大不能超过3，否则方差超过4，故最大值为10，最小值为4.三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤．15．(2020北京，理15)(本小题满分13分)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X ≤3的概率； (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？解法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响． 记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X ＝5”，因为P (X ＝5)＝2243515⨯=，所以P (A )＝1－P (X ＝5)＝1115，即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115. (2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E (2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E (3X 2)．由已知可得，X 1～B 22,3⎛⎫ ⎪⎝⎭，X 2～B 22,5⎛⎫⎪⎝⎭，所以E (X 1)＝24233⨯=，E (X 2)＝24255⨯=，从而E (2X 1)＝2E (X 1)＝83，E (3X 2)＝3E (X 2)＝125.因为E (2X 1)＞E (3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．解法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X ＝0”，“X ＝2”，“X ＝3”三个两两互斥的事件，因为P (X ＝0)＝22111355⎛⎫⎛⎫-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，P (X ＝2)＝2221355⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭，P (X ＝3)＝22213515⎛⎫-⨯= ⎪⎝⎭，所以P (A )＝P (X ＝0)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1115，即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E (X 1)＝0×19＋2×49＋4×9＝3，E (X 2)＝0×25＋3×1225＋6×425＝125.因为E (X 1)＞E (X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．16．(2020北京，理16)(本小题满分12分)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得331211125,||10,a q a q a q ⎧=⎨-=⎩ 解得15,33,a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩或15,1.a q =⎧⎨=-⎩故1533n n a -=⋅，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若1533n n a -=⋅，则113153n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，故1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为35，公比为13的等比数列，从而1311531 =113mmn na =⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-∑＝9191<110310m⎡⎤⎛⎫⋅-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则111(1)5n n a -=--，故1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为15-，公比为－1的等比数列，从而11,21,150,2,mn n m k k a m k k +=+⎧-=-(∈)⎪=⎨⎪=(∈)⎩∑N N 故111mn n a =<∑.综上，对任何正整数m ，总有111mn na =<∑.故不存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥成立． 17．(2020北京，理17)(本小题满分12分)如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．解法1：(1)如图，因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BB 1. 又AC ⊥BD ，所以AC ⊥平面BB 1D ． 而B 1D ⊂平面BB 1D ，所以AC ⊥B 1D ．(2)因为B 1C 1∥AD ，所以直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角等于直线AD 与平面ACD 1所成的角(记为θ)．如图，连结A 1D ，因为棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是直棱柱，且∠B 1A 1D 1＝∠BAD ＝90°，所以A 1B 1⊥平面ADD 1A 1.从而A 1B 1⊥AD 1.又AD ＝AA 1＝3，所以四边形ADD 1A 1是正方形，于是A 1D ⊥AD 1. 故AD 1⊥平面A 1B 1D ，于是AD 1⊥B 1D ．由(1)知，AC ⊥B 1D ，所以B 1D ⊥平面ACD 1.故∠ADB 1＝90°－θ.在直角梯形ABCD 中，因为AC ⊥BD ，所以∠BAC ＝∠ADB ．从而Rt △ABC ∽Rt △DAB ， 故AB BC DA AB=.即AB=. 连结AB 1，易知△AB 1D 是直角三角形， 且B 1D 2＝BB 12＋BD 2＝BB 12＋AB 2＋AD 2＝21， 即B 1D在Rt △AB 1D 中，cos ∠ADB 1＝17AD B D ==，即cos(90°－θ)＝7. 从而sin θ＝7. 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为7. 解法2：(1)易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而1B D ＝(－t,3，－3)，AC ＝(t,1,0)，BD ＝(－t,3,0)．因为AC ⊥BD ，所以AC ·BD ＝－t 2＋3＋0＝0.解得t =或t =(舍去)． 于是1B D ＝(3-，3，－3)，AC ＝3，1,0)．因为AC ·1B D ＝－3＋3＋0＝0，所以AC ⊥1B D ，即AC ⊥B 1D ． (2)由(1)知，1AD ＝(0,3,3)，AC ＝，1,0)，11B C ＝(0,1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则10,0,AC AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,330.y y z +=+=⎪⎩ 令x ＝1，则n ＝(1，． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，11B C 〉|＝1111B C B C ⋅⋅n n7=. 即直线B1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为7. 18．(2020江苏，理18)(本小题满分16分)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为实数．(1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围； (2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．解：(1)令f ′(x )＝11axa x x--=＜0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a ＞0，进而解得x＞a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ．当x ＜ln a 时，g ′(x )＜0；当x ＞ln a 时，g ′(x )＞0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a ＞1，即a ＞e.综上，有a ∈(e ，＋∞)．(2)当a ≤0时，g (x )必为单调增函数；当a ＞0时，令g ′(x )＝e x －a ＞0，解得a ＜e x ，即x ＞ln a .因为g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0＜a ≤e －1.结合上述两种情况，有a ≤e －1.①当a ＝0时，由f (1)＝0以及f ′(x )＝1x＞0，得f (x )存在唯一的零点； ②当a ＜0时，由于f (e a )＝a －a e a ＝a (1－e a )＜0，f (1)＝－a ＞0，且函数f (x )在[e a,1]上的图象不间断，所以f (x )在(e a,1)上存在零点．另外，当x ＞0时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点．③当0＜a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x－a ＝0，解得x ＝a －1.当0＜x ＜a －1时，f ′(x )＞0，当x ＞a－1时，f ′(x )＜0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1.当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e.当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在[e －1，a－1]上的图象不间断，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．下面考虑f (x )在(a －1，＋∞)上的情况．先证f (e a －1)＝a (a －2－e a －1)＜0.为此，我们要证明：当x ＞e 时，e x ＞x 2.设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ，再设l (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则l ′(x )＝e x －2.当x ＞1时，l ′(x )＝e x －2＞e －2＞0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x ＞2时，h ′(x )＝e x －2x ＞h ′(2)＝e 2－4＞0，从而h (x )在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x ＞e 时， h (x )＝e x －x 2＞h (e)＝e e －e 2＞0.即当x ＞e 时，e x ＞x 2.当0＜a ＜e －1，即a －1＞e 时，f (e a －1)＝a －1－a e a －1＝a (a －2－e a －1)＜0，又f (a －1)＞0，且函数f (x )在[a －1，e a －1]上的图象不间断，所以f (x )在(a －1，e a －1)上存在零点．又当x ＞a －1时，f ′(x )＝1x－a ＜0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数，所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点． 综合①，②，③，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当 0＜a ＜e －1时，f (x )的零点个数为2.19．(2020北京，理19)(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，E 为BD的中点，G 为PD 的中点，△DAB ≌△DCB ，EA ＝EB ＝AB ＝1，PA ＝32，连接CE 并延长交AD 于F .(1)求证：AD ⊥平面CFG ；(2)求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值． 解：(1)在△ABD 中，因为E 是BD 中点，所以EA ＝EB＝ED ＝AB ＝1，故∠BAD ＝π2，∠ABE ＝∠AEB ＝π3，因为△DAB ≌△DCB ，所以△EAB ≌△ECB ，从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π3，所以∠FED ＝∠FEA ，故EF ⊥AD ，AF ＝FD ，又因为PG ＝GD ，所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ，所以CF ⊥AD ，故AD ⊥平面CFG .(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C3,022⎛⎫⎪⎪⎝⎭，D(0，0)，P30,0,2⎛⎫⎪⎝⎭，故1,,022BC⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，33,,222CP⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭，3,22CD⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭.设平面BCP的法向量n1＝(1，y1，z1)，则11110,22330,222yy z⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩解得1132,3yz⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩即n1＝21,3⎛⎫⎪⎪⎝⎭.设平面DCP的法向量n2＝(1，y2，z2)，则22230,22330,222yy z⎧-+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩解得222.yz⎧=⎪⎨=⎪⎩即n2＝(1，2)．从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos θ＝21124||||||⋅==n nn n.20．(2020北京，理20)(本小题满分15分) 在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．圆C1，直线C2的极坐标方程分别为ρ＝4sin θ，πcos4ρθ⎛⎫-⎪⎝⎭.(1)求C1与C2交点的极坐标；(2)设P为C1的圆心，Q为C1与C2交点连线的中点．已知直线PQ的参数方程为33,12x t aby t⎧=+⎪⎨=+⎪⎩(t∈R 为参数)，求a，b的值．解：(1)圆C1的直角坐标方程为x2＋(y－2)2＝4，直线C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.解2224,40x yx y⎧+(-)=⎨+-=⎩得110,4,xy=⎧⎨=⎩222,2.xy=⎧⎨=⎩所以C1与C2交点的极坐标为π4,2⎛⎫⎪⎝⎭，π4⎛⎫⎪⎝⎭.注：极坐标系下点的表示不唯一．(2)由(1)可得，P点与Q点的直角坐标分别为(0,2)，(1,3)．故直线PQ 的直角坐标方程为x －y ＋2＝0. 由参数方程可得122b ab y x =-+. 所以1,212,2b ab ⎧=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩解得a ＝－1，b ＝2.。
“985”核心密卷最后三卷(三)理数试卷
C． 1
7
D．
5
9 ． 已 知函 数 f (x) cos x sin 2x ， 下列 结 论不 正 确 的是
（）
A． y f (x) 的图象关于点 π，0 中心对称
B． y f (x) 既是奇函数，又是周期函数
C． y f (x) 的图象关于直线 x π 对称 2
D． y f (x) 的最大值为 3 2
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三好网与北京华育未来教育研究院联合命制
2019 届三好网“985”核心密卷最后三卷（三）
理科数学
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，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涂黑．如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅱ卷 二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13．若函数 f (x) lg(ax 1) 恒过定点 (2，0) ，则实数 a 的值为_____________．
三好网“985”核心密卷
理科数学试题 第 2页（共 4页）
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15．已知 A(1，0)，B(0，1)，C(1，0) ，点 M 为线段 BC 上一点，且 CM CB ， MA BC≥ 2MB MC ，
2020年高考数学(理)终极押题卷(全解全析)
2020年高考数学（理）终极押题卷（全解全析）1．【答案】C 【解析】因为312iz i-=+，所以(3)(12)17(12)(12)55i i z i i i --==-+-，所以z ==C ．2．【答案】C【解析】由题得221,1,x y x y ⎧+=⎨+=⎩∴1,0,x y =⎧⎨=⎩或0,1,x y =⎧⎨=⎩则A ∩B ={(1,0),(0,1)}.故选C.3．【答案】B【解析】因为222131331()44244x x x x x -+=-++=-+≥，所以命题p 为真；1122,,22-<-<∴Q 命题q 为假，所以p q ∧⌝为真，故选B.4．【答案】D【解析】由图表可知：2012年我国实际利用外资规模较2011年下降，可知A 错误；2000年以来，我国实际利用外资规模总体呈现上升趋势，可知B 错误； 2008年我国实际利用外资同比增速最大，高于2010年，可知C 错误，D 正确.本题正确选项：D . 5．【答案】A【解析】Q 设等差数列{}n a 的公差为d ，()0d ≠，11a =，且2a ，3a ，6a 成等比数列，2326a a a ∴=⋅，()()()211125a d a d a d ∴+=++，解得2d =-，{}n a ∴前6项的和为616562S a d ⨯=+()65612242⨯=⨯+⨯-=-. 故选：A. 6．【答案】B【解析】由a r ∥b r得3(1)2233y x x y -=-⇒+=，因此3232231491()(12)(128333x y x y x y x y y x ++=+⋅=++≥+=，当且仅当49x y y x=时取等号，所以选B. 7．【答案】C【解析】()()()()555222x y x y x x y y x y +-=-+-，由()52x y -展开式的通项公式()()515C 2rrr r T x y -+=-可得：当3r =时，()52x x y -展开式中33x y 的系数为()3325C 2140⨯⨯-=-； 当2r =时，()52y x y -展开式中33x y 的系数为()2235C 2180⨯⨯-=，则33x y 的系数为804040-=.故选C. 8．【答案】C【解析】如图所示，直角三角形的斜边长为2251213+=， 设内切圆的半径为r ，则51213r r -+-=，解得2r =. 所以内切圆的面积为24r ππ=， 所以豆子落在内切圆外部的概率42P 111155122ππ=-=-⨯⨯，故选C ．9．【答案】C【解析】函数()f x 的图象如图所示，函数是偶函数，1x =时，函数值为0．()()44x x f x x -=+是偶函数，但是()10f ≠， ()()244log x x f x x -=-是奇函数，不满足题意． ()()244log x x f x x -=+是偶函数，()10f =满足题意；()()1244log x x f x x -=+是偶函数，()10f =，()0,1x ∈时，()0f x >，不满足题意．故选C 项． 10．【答案】B【解析】()f x 为[]3,3-上的偶函数，而xy a π=为[]3,3-上的偶函数，故()()sin g x x ωϕ=+为[]3,3-上的偶函数，所以,2k k πϕπ=+∈Z ．因为0ϕπ<<，故2ϕπ=，()()sin cos 2x xx x f x a a πωωππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==． 因()10f =，故cos 0ω=，所以2k πωπ=+，k ∈N ．因()02f =，故0cos 012a a π==，所以12a =． 综上，()21k aωπ=+，k ∈N ，故选B ．11．【答案】A【解析】设BC 的中点是E ，连接DE ，A ′E ， 因为AB ＝AD ＝1，BD， 由勾股定理得：BA ⊥AD ，又因为BD ⊥CD ，即三角形BCD 为直角三角形， 所以DE为球体的半径，2DE =，2432S ππ==， 故选A . 12．【答案】A【解析】由题可知2(31),0()2ln 1,0x m x f x mx x x -+≤++'⎧=⎨>⎩，当0x >时，令()0f x '=，可化为ln 12x m x +-=，令()ln 1x g x x +=，则()2ln xg x x-='，则函数()g x 在()0,1上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，()g x 的图象如图所示，所以当021m <-<，即12m -<<时，()0f x '=有两个不同的解；当0x ≤，令()0f x '=，3102m x +=<，解得13m <-，综上，11,23m ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭.13．【答案】22【解析】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，由3z x y =-可得3y x z =-，观察可知，当直线3y x z =-过点B 时，z 取得最大值，由2402x y y --=⎧⎨=⎩，解得82x y =⎧⎨=⎩，即(8,2)B ，所以max 38222z =⨯-=.故答案为：22. 14．【答案】乙【解析】根据甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小，得到丙是团支书， 丙的年龄比学委的大，甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小， 得到年龄从大到小是乙>丙>学委， 由此得到乙不是学委，故乙是班长． 故答案为乙． 15．【答案】985987【解析】由题1n a +＝n a +n +2，∴12n n a a n +-=+，所以213a a -=，324a a -=，435a a -=，…，()112n n a a n n --=+≥，上式1n -个式子左右两边分别相加得()()1412n n n a a +--=，即()()122nn n a ++=，当n =1时，满足题意，所以111212n a n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，从而12985111111111985 (22334986987987)a a a L +++=-+-++-=. 故答案为985987. 16．【答案】y x =±【解析】设12,PF m PF n == ,可得2m n a -= ,可得22224m mn n a -+=（1）, 在12PF F △中，由余弦定理可得2222242cos3c m n mn m n mn π=+-=+-（2），因为2PO b =，所以在1PFO △，2POF V 中分别利用余弦定理可得， ()2222221144cos ,44cos m c b b POF n c b b POF π=+-∠=+--∠,两式相加可得222228m n c b +=+ ,分别与（1）、（2）联立得22222222222284102,28462mn c b a b a mn c b c b a =+-=-=+-=-，消去mn 可得22a b =，a b = 所以双曲线的渐近线方程为by x a=±，即y x =±，故答案为y x =±.17．（12分）【解析】（1）因为sin sin sin sin sin B C b B c C a A A ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，由正弦定理可得：22b c a a ⎫+=⎪⎭，即222b c a +-=，再由余弦定理可得2cos bc A =，即cos A =所以4A π=.（6分）（2）因为3B π=，所以()sin sin C A B =+=由正弦定理sin sin a b A B=，可得b =13sin 24ABC S ab C ∆+==.（12分） 18．（12分）【解析】（1）证明：连接AC ，因为PB PC =，E 为线段BC 的中点， 所以PE BC ⊥.又AB BC =，60ABC ∠=︒，所以ABC ∆为等边三角形，BC AE ⊥. 因为AE PE E ⋂=，所以BC ⊥平面PAE ，又BC ⊂平面BCP ，所以平面PAE ⊥平面BCP .（5分） （2）解：设AB PA a ==，则PB PC ==，因为222PA AB PB +=，所以PA AB ⊥，同理可证PA AC ⊥，所以PA ⊥平面ABCD .如图，设AC BD O ⋂=，以O 为坐标原点，OB uuu v的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.易知FOA ∠为二面角A BD F --的平面角，所以3cos 5FOA ∠=，从而4tan 3FOA ∠=.由432AFa=，得23AF a=.又由20,,23a a F⎛⎫-⎪⎝⎭，3,0,02B a⎛⎫⎪⎪⎝⎭，知32,,223a a aBF⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭u u u v，20,,23a aOF⎛⎫=-⎪⎝⎭u u u v.设平面BDF的法向量为(),,n x y z=v，由n BF⊥u u u vv，n OFu u u vv⊥，得3223223a a ax y za ay z⎧--+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，不妨设3z=，得()0,4,3n=v.又0,,2aP a⎛⎫-⎪⎝⎭，3,0,0D a⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，所以3,,2a aPD a⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭u u u v.设PD与平面BDF所成角为θ，则222232sin1031544n PD a an PDa a aθ⋅-===++u u u vvu u u vv.所以PD与平面BDF所成角的正弦值为210.（12分）19．（12分）【解析】（1）依题意得33,2cc aa==⇒=，又2231a b b-=⇒=∴椭圆C的方程为2214xy+=.（4分）（2）设直线l 的方程为()0y kx m m =+≠，()()1122,,,M x y N x y由2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()()222148410k x kmx m +++-=， ∴()2121222418,1414m km x x x x k k--+==++. 由题设知()()12212121212kx m kx m y y k k k x x x x ++=== ()212212km x x m k x x ++=+， ∴()2120km x x m ++=，∴22228014k m m k-+=+， ∵0m ≠，∴214k =. 此时()()()222221212224184,211414m km x x m x x m k k --⎛⎫+====- ⎪++⎝⎭则2222222222121122121144x x OM ON x y x y x x +=+++=+-++-()()2221212123322244x x x x x x ⎡⎤=⨯++=+-+⎣⎦()223441254m m ⎡⎤=--+=⎣⎦ 故直线l 的斜率为221,52k OM ON =±+=.（12分）20．（12分）【解析】（1）由频率分布直方图可知一台电脑使用时间在(]4,8上的概率为：()20.140.0620.45p =+⨯==， 设“任选3台电脑，至少有两台使用时间在(]4,8”为事件A ，则 ()23233323244·555125P A C C ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（4分） （2）（ⅰ）由a bxy e +=得ln y a bx =+，即t a bx =+，10110221110ˆ0i i i ii x t xtbx x =-=-=-∑∑279.7510 5.5 1.90.338510 5.5-⨯⨯==--⨯()1.90.3 5.53ˆ.55a=--⨯=，即0.3 3.55t x =-+，所以0.3 3.55ˆx y e -+=.（8分） （ⅱ）根据频率分布直方图对成交的二手折旧电脑使用时间在(]0,2，(]2,4，(]4,6，(]6,8，(]8,10上的频率依次为：0.2，0.36，0.28，0，12，0.04：根据（1）中的回归方程，在区间(]0,2上折旧电脑价格的预测值为 3.550.31 3.2526e e -⨯=≈， 在区间(]2,4上折旧电脑价格的预测值为 3.550.33 2.6514e e -⨯=≈， 在区间(]4,6上折旧电脑价格的预测值为 3.550.35 2.057.8e e -⨯=≈， 在区间(]6,8上折旧电脑价格的预测值为 3.550.37 1.45 4.3e e -⨯=≈， 在区间(]8,10上折旧电脑价格的预测值为 3.550.390.85 2.3e e -⨯=≈， 于是，可以预测该交易市场一台折旧电脑交易的平均价格为：0.2260.36140.287.80.12 4.30.04 2.313.032⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（百元）故该交易市场收购1000台折旧电脑所需的的费用为： 100013.0321303200⨯=（元）（12分） 21．（12分）【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 又221(1)[(1)]()1a a x x a f x x x x '----=-++=， 由()0f x '=，得1x =或1x a =-.当2a >即11a ->时，由()0f x '<得11x a <<-，由()0f x '>得01x <<或1x a >-；当2a =即11a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当2a >时，单调减区间是()1,1a -，单调增区间是()0,1，()1,a -+∞；当2a =时，单调增区间是()0,+?，没有单调减区间；（5分） （2）当21a e =+时，由（1）知()f x 在()21,e 单调递减，在()2,e +∞单调递增.从而()f x 在[)1,+∞上的最小值为22()3f e e =--. 对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21,x ∈+∞，使的值不超过()22f x e +在区间[)1,+∞上的最小值23e -.由222e 32e e 3xmx --+≥+-得22xmx e e +≤，22xe e m x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()()22223222()x x x x e x e e xxe e e h x x x ---+-'==-Q ，当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()22e 20xxxx xe exee +->-≥，()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2max ()(1)h x h e e ==-,从而实数2m e e ≤-得证.（12分） 22．[选修4−4：坐标系与参数方程]（10分）【解析】（1）1C 的普通方程为2213x y +=，2C 的直角坐标方程为40x y +-=.（4分）（2）由题意，可设点P的直角坐标为,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，π()sin()2|3d αα==+-.当且仅当π2π()6k k α=+∈Z 时，()d αP 的直角坐标为31(,)22.（10分）23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）【解析】（1）由题意， ()2,12,112,1x f x x x x -≤-⎧⎪=-⎨⎪≥⎩＜＜，①当1x ≤-时，()21f x =-＜，不等式()1f x ≥无解； ②当11x -＜＜时，()21f x x =≥，解得12x ≥，所以112x ≤＜． ③当1x ≥时，()21f x =≥恒成立，所以()1f x ≥的解集为1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．（5分）（2）当x ∈R 时，()()11112f x x x x x =+--≤++-=； ()()222222g x x a x b x a x b a b =++-≥+--=+．而()()()22222222222a b a b a b a b ab a b ++⎛⎫+=+-≥+-⨯== ⎪⎝⎭， 当且仅当1a b ==时，等号成立，即222a b +≥，因此，当x ∈R 时， ()()222f x a b g x ≤≤+≤，所以，当x R ∈时， ()()f x g x ≤．（10分）。
985核心密卷理科数学
2.回答第I卷H才， jJi; 山ii}小题答案后，用2 日 铅笔把答y也 忙｜二 ill题日r'r）答：契机、可if;, t.I:( • 如而改7;/J ，月J1·丑
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·z. 3.回答ilfl II卷时， ：！当答案与fr:t,f& I三七 写在本试卷上无，；
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2020年三好阿 “985 ” 核心密卷（ 一 ）
理科数学
（考试时间 110 分钟 试卷满分：150分） 注意事项．
I. OCjjt卷分第l卷（选择也）和l �＇； H卷（二｜｜二j)1f(,h迦） [!/j部分答卷1lfJ ， 考生务必将1':1己的It i7.、ifi号iii号
阳 11＜〓 出一
23. （才叫、题满分10分） j在修4 5，不等式选讲 ．
己知函处 f(x) = Ix 41 十 lx+ll
(1）求不等式 f(x）二：＂：9的自'I'集 ．
(2）若关于X的不等式 f(x)-2" 3u 十3；三0恒成立，求头’数日的取值范围 ．
J:lll科敬学i，＼／，］第4页（共4页）
( 1 ）求角C的\ill.
(2）若 c=3, 6.ABC 的）司氏为9, 3lt6ABC 的而在；（.
l8. （本小J@iJ)Ji分12分）某1周资机构为了调研某市在医保tRt自流程简化后，市民·HI销l云保所花费的时间是
2020年高考数学(理)原创终极押题卷(新课标Ⅱ卷)(解析版)
再苦再累，只要坚持往前走，属于你的风景终会出现。
人生如烟花，不可能永远悬挂天际，只要曾经绚烂过，便不枉此生。
秘密★启用前 2020年全国普通高等学校招生考试终极押题卷（全国新课标Ⅱ）理科数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
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．回答第Ⅰ卷时，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涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、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，则A B ⋂=（ ）A. {}1,0-B. {}0,1C. {}1,0,1-D. {}1,2- 【答案】B 【解析】，，则，故选B.2．已知i 为虚数单位,复数1z i =+,则1z z-的实部与虚部之差为( )A ． 1B ．0C ．21-D ．2【答案】D 【解析】：复数1z i =+，∴111112,1,22,2---=21222i z z i z i z+==-∴-=-=--实部，虚部，实部虚部 【点睛】：该小题几乎考查了复数部分的所有概念,是一道优秀试题。
3．下图为国家统计局发布的2018年上半年全国居民消费价格指数（CPI ）数据折线图，（注：同比是今年第n 个月与去年第n 个月之比，环比是现在的统计周期和上一个统计周期之比）下列说法错误的是（ ）A. 2018年6月CPI 环比下降0.1%，同比上涨1.9%B. 2018年3月CPI 环比下降1.1%，同比上涨2.1%C. 2018年2月CPI 环比上涨0.6%，同比上涨1.4%D. 2018年6月CPI 同比涨幅比上月略微扩大0.1个百分点 【答案】C【分析】对照表中数据逐项检验即可.【详解】观察表中数据知A,B,D 正确，对选项C ，2018年2月CPI 环比上涨2.9%，同比上涨1.2%，故C 错误，故选：C【点睛】本题考查折线图，准确识图读图理解题意是关键，是基础题.4. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有（ ） A ．()71887-人 B ．()91887-人 C ．()718887+-人D ．()9418887+-人 【答案】D【解析】由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：()()45456789481818888888888187-+++++=+=+--，故选D ．再苦再累，只要坚持往前走，属于你的风景终会出现。
2020年高考(理科)数学预测押题密卷最后一卷 参考答案
理科数学答案全解全析一、选择题1. 【答案】D【解析】集合 A 满足 x2 2x 3 0 ，(x 3)(x 1) 0 ，解得x3或x 1 ，则C UA {x|1 x3}，集合B满足1 2x 20，2x 2x 2 20 0，解得x1，可知(CUA)B {x |1 x 3} .故选 D.2. 【答案】B【解析】由题可得 z i i2020 1 i (1 2i)(1 i) 3 1 i ，可知1 2i 1 2i555| z | (3)2 ( 1)2 10 .故选 B.5553. 【答案】A【解析】由偶函数定义可知，函数 f (x) x2 (a 1)x a 满足f (x) f (x) ，所以 x2 (a 1)x a x2 (a 1)x a 在 [2，2] 上恒成立，解得 a 1 ，所以 f (x) x2 1 ，当 f (x) 2 时，即 x2 1 2 ，解得 1 x 1，可知所求的概率为 P 1 .故选 A. 24. 【答案】B【解析】已知数列 an2n 1 ，其前 n项的和 Sn(2 11 22n 1)n n(n 2) ，则 1 1 1 ( 1 1 ) ，所以 1 1 1Sn n(n 2) 2 n n 2S1 S2Sn 1 (1 1 1 1 1 1 ) 1 (1 1 1 1 ) .故选 B.2 324n n 2 2 2 n 1 n 25. 【答案】D【解析】第一次执行， c 4，a 5，b 4，k 2 ；第二次执行，c 1，a 4，b 1，k 3 ；第三次执行， c 5，a 1，b 5，k 4 ；第四次执行， c 4，a 5，b 4，k 5 ；第五次执行，c 1，a 4，b 1，k 6 ；第六次执行， c 5，a 1，b 5，k 7 ；第七次执行， c 4，a 5，b 4，k 8 ；….故该循环具有周期性，且周期为 6，则输出的 c 的值为 4 .故选 D.6. 【答案】B【解析】设圆心到双曲线的渐近线的距离为 d ，由弦长公式可得，函数 f (x) 的最小值为 2 3 3 ，最大值为 2 3 3 .故选 D.449. 【答案】A【解析】解法一：设 D 是 ABC 的边 BC 的中点，连接GD ，因为G 是 ABC 的重心，所以 A，G，D 三点共线， AG 2 AD 2 331 (AB AC) 1 (AB AC) .又 H 是 BG 的中点，所以 AH 1 ( AB232 AG) 1 [ AB 1 (AB AC)] 1 (4AB AC)，236则 AG·AH 1 (AB AC)·1 (4AB AC)36 1 (4 | AB |2 5 | AB |·| AC | cos BAC | AC |2) 18 1 (4 22 5 2 3 1 32) 20 .故选 A.1829解法二：以点 A 为原点建立平面直角坐标系如图，由已知可得 A(0，0)，B(1， 3)，C(3，0)，G( 4 ， 3 )，H (7 ，2 3 )3363 AG ( 4 ， 3 ) ， AH (7 ，2 3 ) ，3363 AG·AH 4 7 3 2 3 20 .故选 A. 36 3 3 910.【答案】A【解析】如图所示，2 2 d 2 2 ，解得 d 1，又双曲线 C 的渐近线方程为 bx ay 0 ，圆心坐标为 (0，2) ，故 | 0 2a | 1 ，即 2a 1 ，所以双曲线 C 的离a2 b2c心率 e c 2 .故选 B. a7. 【答案】A【解析】在 (2 x3)(x a)5 中，令 x 1 ，得展开式的各项系数和为(1 a)5 32 ，解得 a 1 ，故 (x 1)5 的展开式的通项 Tr1 C5r x5r .当 r 1 时 ， 得 T2 C15x4 5x4 ， 当 r 4 时 ， 得 T5 C54x 5x ， 故 (2 x3)(x 1)5 的展开式中 x4 的系数为 25 5 5 .故选 A.8. 【答案】D【解析】由 f (x) 3 cos(x )cos x 的图象过点 (0， 3) ， 2得 cos 3 .0 π， 5π ， f (x) 3 cos(x 5π)cos x266 3( 3 cos x 1 sin x) cos x 3 cos2 x 3 sin x cos x2222 3(1 cos 2x) 3 sin 2x 3 3 sin 2x 3cos 2x443 2 3 sin(2x π ) 3 3 sin(2x π ) 3 .点 ( π ，0) 不是函数42343f (x) 图象的对称中心，直线 x π 也不是函数 f (x) 图象的对称轴， 3由图知 tan NMF b ，tan FNO c ， MFN NMF 90°，abMFN FNO 90°，NMF FNO ， b c ， ab则 b2 a2 c2 ac ，e2 e 1 0 ，得 e 5 1 .故选 A. 211.【答案】B【解析】由 a2 4ab 16b2 c 0 ，得 a2 4ab 16b2 c ，所以a2 4ab 16b2 12 a2·16b2 4ab 4ab ，可得 ab 的最大值cc ccc c cc为 1 ，当且仅当 a 4b 时取等号，且 c 16b2 ，则 c 4a 3244b 416b2 16b 32 4(b2 b 2) 4[(b 1)2 3(b 1) 4]4b 4b 1b 1 4[(b 1) 4 3] 4(2 (b 1)· 4 3) 4 ，当且仅当 b 1时b 1b 1取得最小值为 4.故选 B.理科数学答案第 1 页（共 3 页）12.【答案】B【解析】易知 f (0) 1 ，故函数 f (x) 有三个不同的零点，可以转化为 | 2x m | 1 有三个不同的非零实数根，即函数 y | 2x m | 与xy 1 (x 0) 的图象有三个不同的交点.易知，当 x m 时，直线x2y 2x m 与曲线 y 1 (x 0) 有且仅有一个交点，当 0 x m 时，x2直线 y 2x m 与曲线 y 1 (x 0) 必须有两个不同的交点.而当x直线y 2x m 与曲线y1 (x 0) x相切时，1 x22 ，解得x 2 ，此时 m 2 2 ，结合图象可知 m 2 2 .故选 B. 2二、填空题13.【答案】 26【解析】由题可得 23 3k 0 ，可得 k 2 ，则 a b (5，1) ， a b 52 1 26 .14.【答案】 234【解析】由题得 x 3 4 a 6 ， y 2.5 3 4 4.5 3.5 ，这组44数据的样本中心点是 (x，3.5) ，代入回归直线方程可得 3.5 0.7（2）由 b 2 ， A π ，S 3ABC1 bc sin A 3 223，得 c 1 3 .-------------------------------------------------------------8 分M 是 AB 的中点， AB c 1 3， AM 1 3 ，-------------------------------------------------------10 分 2在 AMC 中，由余弦定理得， CM 2 b2 AM 2 2b AM cos A 4 (1 3 )2 2 2 1 3 1 4 3 .------------------------12 分222218.【解析】（1） 四边形 ABCD 是矩形， AB CD .CD 平面 DCFE，AB 平面 DCFE ， AB 平面 DCFE .----------------------------------------------------2 分又 AB 平面 ABFE ，平面 ABFE 平面 DCFE EF ， AB EF ，又 AB 平面 ABCD，EF 平面 ABCD ，EF 平面 ABCD .----------------------------------------------------5 分（2）过点 E 作 EO CD 于点 O ，平面 ABCD 平面 DCFE ，EO 平面 ABCD .过点 O 作 OH AD ，交 AB 于点 H ，四边形 ABCD 是矩形，OH CD .以 O 为坐标原点， OH ，OC，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.3 4 a 6 0.35 ，解得 a 5 ，所以样本的中位数为 4 5 4.5 ，42方差为 1 [(3 4.5)2 (4 4.5)2 (5 4.5)2 (6 4.5)2] 5 ，故样本44x 的方差与中位数的和为 23 . 415.【答案】 2【解析】由 S3 ，S9 ，S6 成等差数列，得 2S9 S3 S6 .设等比数列{ an }的公比 q 1 ，则 Sn na1 .由 2 9a1 3a1 6a1 ，解得 a1 0 .又因为a2a540，所以 q 1 .所以Sna1(1 qn ) 1 q，所以 2a1(1 q9) 1 qa1(1 q3) 1 qa1(1 q6) 1 q，解得q31（ 2q3 1 舍去）.又因为a2a5 4 ，即 a1q(1 q3) 4 ，所以 a1q 8 ，则 a8 a1q7 (a1q)·(q3)2 8 ( 1)2 2 .216.【答案】 21 3【解析】如图过等边三角形 ABD 的中心 F 作平面 ABD 的垂线 l ，取 BD 的中点 E ，过点 E 作平面 CBD 的垂线 l .设 l l G ，则点G 为四面体 ABCD 的外接球的球心.因为 ABD 是边长为 2 的等边三角形，所以 EF 3 .因为二面角 A BD C 的大小为150°，所 3以 GEF 60°.所以在 Rt EFG 中， GF EF·tan60°1 .所以四面体 ABCD 的外接球的半径为 GA GF 2 AF 2 1 4 21 .33设 BC 1，则 EF ED FC BC 1 ，AB 2BC 2 ，由（1）知， EF CD .在梯形 CDEF 中， EF ED FC 1， DC 2 ， DO 1 ，EO 3 ，--------------------------------------------------7 分22于是 E(0，0， 3 ) ， A(1， 1 ，0) ， C(0，3 ，0) ， F (0，1， 3 )2222则 AE (1，1 ， 3 ) ，CF (0， 1 ， 3 ) .-------------------------10 分2222设异面直线 AE 与 CF 所成的角为 ，则 cos AE·CF1 3 4 42.| AE || CF |24故异面直线 AE 与 CF 所成角的余弦值为 2 .-------------------12 分 419.【解析】（1）完成 2 2 列联表如下：前 20 名后 30 名总计男生82028女生121022总计203050三、解答题 17.【解析】（1） 4a cos2 B 2a b 2c ，2 2c b 2acosB ，--------------------------------------------------2 分 由正弦定理得， 2sinC sin B 2cos Bsin A ，又 C π A B ， 2sin(A B) sin B 2cos Bsin A ，------------------------------4 分2sin Bcos A sin B . sin B 0 ，cos A 1 ，A π .-----------------------------------6 分 23--------------------------------------------------------------------------------2 分由列联表得 K 2 50 (8 10 20 12)2 3.463 . 28 22 20 303.463 2.706 ， 在犯错误的概率不超过 0.1 的前提下，可以认为该班“成绩是否优等与性别有关”.--------------------------------5 分（2） 的可能取值为 0，1，2， P( 0) C36 5 ， C83 14P( 1)C12C62 C8315 28，P(2)C22C16 C833 28.----------------------8分 的分布列为0125153P142828-------------------------------------------------------------------------------10 分理科数学答案第 2 页（共 3 页）E( ) 1 15 2 3 3 .-------------------------------------------12 分 28 28 420.【解析】（1） 抛物线 ：x2 2 py( p 0) 的焦点为 F(0，1) ，抛物线 的方程为 x2 4y .-----------------------------------------2 分由直线 l1 的斜率为 k1 ，且过 F(0，1) ，得 l1 的方程为 y k1x 1 ，代 入 x2 4y ，化简得 x2 4k1x 4 0 ， 设 A(x1 ，y1)，B(x2 ，y2) ，则 x1 x2 4k1 ， y1 y2 k1(x1 x2) 2 4k12 2 ，-------------------------------------4 分 | AB | y1 y2 2 4k12 4 .又 k1 3 ，| AB |16 .-------------------------------------------------6 分（2）设P( x0，x02 4)，将的方程x2 4y 化为yx2 4，求导得 y x ，------------------------------------------------------------8 分 2斜率为 k2 的直线 l2 与 相切于点 P ， k2x0 2，则P(2k2 ，k22 ) ，由（1）知 x1 x2 4k1 ，且 Q 为 AB 的中点，易得 Q(2k1 ，2k12 1) ，∵直线 PQ 过 (0，2) ， k22 2 2k12 1 ，------------------------10 分2k22k1整理得 (k1k2 1)(k2 2k1) 0 ，l2 与 l1 不垂直，k1k2 1 0 ，则k2 2k1 0 ，即k1 k21 2.---------------------------------------------12分21.【解析】（1）由题可得 f (x) ex b ，当 b 0 时， f (x) 0 ，f (x) 在 (∞， ∞) 上单调递增；------------------------------------2 分 当 b 0 时，若 x ln(b) ，则 f (x) 0 ， f (x) 在 (ln(b)， ∞) 上单调递增，若 x ln(b) ，则 f (x) 0， f (x) 在 (∞，ln(b)) 上单调递减.------------------------------------------------------------------------4 分（2）令 g(x) ex bx 1 ln x(x 0) ，则 g(x) ex b 1 ，易知 xg(x) 单调递增且一定有大于 0 的零点，不妨设为 x0 ，则 g(x0) 0 ，即 ex0b1 x00，b1 x0 ex0，故若g(x)有两个零点，则g(x0) 0 ，即 ex0 bx0 1 ln x0e x0( 1 x0 ex0 ) x0 1 ln x0 ex0 ex0 x0 ln x0 0 ，--------------------------------------------------6 分令 h(x) ex exx ln x(x 0) ，则 h(x) ex x 1 0 ， xh(x) 在 (0， ∞) 上单调递减.又 h(1) 0 ，ex0 ex0 x0 ln x0 0 的解集为 (1， ∞) ， --------------------------------------------------------------------------------8 分b 1 ex0 ，b 1 e . x0当 b 1 e 时，有 ex bx 1 ln x x bx ln x ，则 g(eb) eb beb lneb (b 1)eb b ，----------------------------10 分令 m(x) (x 1)ex x (x 1)(ex 1) 1 ，由于 x 1 e ，x 1 2 e 0 ， ex 1 ，故 m(x) (x 1)ex x 0 ， g(eb) 0 ，故 g(eb)g(x0) 0，g(x) 在 (0，x0) 上有唯一零点， 另一方面，当 x ∞ 时， g(x) ∞ ，b 1 e .-----------12 分22.【解析】（1）曲线 C：(x 2)2 ( y 1)2 9 ，-----------------------2 分故 x2 y2 4x 2y 4 0 ，即曲线 C 的极坐标方程为 2 4 cos 2 sin 4 0 .-------4 分（2）由题可知直线 l 的斜率存在，否则无交点.设直线 l 的方程为 y 1 k(x 2) ，即 kx y 2k 1 0 .--------6 分而| AB | 2 ，则圆心到直线 l 的距离 d r2 AB 2 2 91 2 2 .--------------------------------------------------------------------------------8 分又 d | 4k | ， | 4k | 2 2 ，解得 k 1 .k2 1k2 1直线 l 的方程为 x y 1 0 或 x y 3 0 .-------------------10 分23.【解析】（1）当 a 2 时，3，x 2 f (x) | x 2 | | x 1| 1 2x，1 x 2 .3，x 1 f (x) 1，当 x 2 时，不等式无解；--------------------------2 分当 1 x 2 时，令1 2x 1，解得 x 0 ，不等式的解集为1 x 0 ；当 x 1时， 3 1 ，符合题意. 综上可得，不等式 f (x) 1 的解集为 (∞，0] .---------------------5 分 （2） f (x) a2 1 0 恒成立等价于 f (x)max a2 1.| x a | | x 1| | (x a) (x 1) | | a 1| ， | a 1| | x a | | x 1| | a 1| .---------------------------------8 分 | a 1| a2 1 ，a2 1 a 1 a2 1(a2 1 0) ，解得 a 1或 a 2 . 实数 a 的取值范围为 (∞，1] [2， ∞) .---------------------10 分理科数学答案第 3 页（共 3 页）。
2020高考理科数学押题密卷含参考答案 (17)
T
1
2,1
x y 1 0
(x 2)2 ( y 1)2 4
(x 2)2 ( y 1)2 4
( x 2)2 ( y 1)2 9
(x 2)2 ( y 1)2 9
i i 1, 2,3, 4 {45kg, 48kg,52kg,57kg,60kg}
f (i) f (1) f (2) f (3) f (4)
n
21 1 22 1 23 1 24 1 ...2n 1
1, 2,3,...n
N n(n 1) 2
S 21 1 22 1 23 1 24 1 ... 2n 1 2(1 2n ) n 2n1 2 n 1 2
2n1
2 n
1 2 (2 n) 0
n 1
1 (1 1) 2 3 2
3
yx
1 Pn A 2 PnB
PnC 0
P
M
C:
x2 a2
y2 b2
1(a
b
0)
F1 F2
C
| MP | PF2
F1F2
C
ABCD A1B1C1D1
E BB1
AC BD O P
OP D1E
O
P
20 21 N : N 100
A AB
20 20 21 22 N
OA,OB OA 2, OB 3
a4
a a3 1
a a2 1
,
a a1 1
a3, a2
a5
a a4 1
a a2 1
,
a a3 1
a3, a4
a2k a2k1, a2k2
a2k 1 a2k 1, a2k
a3 a2
1 0,1
3
x
2020年普通高等学校招生全国统一考试压轴密卷理科数学试卷(扫描版 无答案)
布直方图!则 在 3$ 颗 新 发 现 的 脉 冲 星 中#自 转 周 期 在 # 至 !% 秒 的
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列
结
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正
确
的
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理科数学 压轴密卷 第4页!共"页"
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!3!!本 小 题 满 分 !# 分 " 已知椭圆 /(#4#0$$#'!的左$右 顶 点 分 别 为 )$1#"$% 是 椭 圆/ 上不与 顶 点 重 合 的 两 个 动 点#且 直 线 )" 与 %1 交 于 点 6#
3")%'3%7! !"求证(点 6 的横坐标为定值, !"求证(:%1 .:"1 为定值!
时 #将 答 案 写 在 答 题 卡 上 #写 在 本 试 卷 上 无 效 %
!考 试 结 束 后 #将 本 试 卷 和 答 题 卡 一 并 交 回 %
一选择题本题共!#小题每小题& 分共"% 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 !
精品解析：2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)(解析版)
★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注意事项：1．答卷前,考生一定将自己的姓名.考生号等填写在答题卡和试题指定位置上.2．回答选择题时,找出每个小题答案后,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,将本试题和答题卡一并交回.一.选择题：本题共12小题,每个小题5分,共60分。
在每个小题给出的四个选择项中,仅有一项是符合题目要求的.1.若z=1+i ,则|z 2–2z |=（）A. 0 B. 1C.2D. 2【答案】D 【分析】【分析】由题意首先求得 z 2 - 2z 的值,然后计算其模即可.2=(1 i +)2=2i ,则z 2- 2z = 2i - 2(1+ i )= -2【详解】由题意可得：- 2z = -2 = 2.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识,属于基础题.2.设集合A ={x |x 2–4≤0},B ={x |2x +a ≤0},且A ∩B ={x |–2≤x ≤1},则a =（z .z2故）A. –4B. –2C. 2D. 4【答案】B 【分析】【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.A = x | -2 ≤ x ≤ 2},{【详解】求解二次不等式 x 2 -4≤ 0 可得：⎧⎩a ⎫2⎭2x + a ≤ 0 B = ⎨x | x ≤ - ⎬求解一次不等式可得：.a A ⋂ B = x | -2 ≤ x ≤1{},故：- =1 a = -2,解得：由于.2故选：B.【点睛】本题主要考查交集的运算,不等式的解法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）5 -15 -1 5 +1 5 +1A.B.C.D.4242【答案】C 【分析】【分析】1设CD = a ,PE = b ,利用PO 2 = CD ⋅ PE a ,b 得到关于的方程,解方程即可得到答案.22a 【详解】如图,设CD = a ,PE = b ,则 PO ,=PE OE 22-=b 2-41a 21b b PO 2= ab ,即b 2-= ab 4( )2 - 2⋅ -1 = 0由题意,化简得,242a ab 1+ 5=（负值舍去）.解得a 4故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算,考查学生的数学计算能力,是一道容易题.4.已知A 为抛物线C :y 2=2px （p >0）上一点,点A 到C 的焦点的距离为12,到y 轴的距离为9,则p =（）A. 2B. 3C. 6D. 9【答案】C 【分析】【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F ,由抛物线的定义知故选：C.pp | AF |= x A + =12 ,即12 = 9 +p =6 .,解得22【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 (x , y )(i =1,2, , 20) 得到下面的散点图：i i 据此散点图,在10°C 至40°C 之间,下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是（y = a + bx）y = a + bx 2B.A.y = a + b ln xD.C. y = a + b e x 【答案】D 【分析】【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.【详解】由散点图分布可知,散点图分布在一个对数函数的图象附近,y x y = a + b ln x 因此,最适合作为发芽率 和温度 的回归方程类型的是故选：D.【点睛】本题考查函数模型的选择,主要观察散点图的分布,属于基础题..6.函数 f (x ) = x 4 - 2x 3 的图像在点(1,f (1))处的切线方程为（）y = -2x -1y = -2x +1A.C. B.D.y = 2x -3y = 2x +1【答案】B 【分析】【分析】y = f x ()的导数 f '(x ) f (1)和 f '(1)求得函数【详解】,计算出的值,可得出所求切线的点斜式方程,化简即可.f x = x 4 - 2x 3()∴ f ' x = 4x 3 - 6x 2 ,∴ f (1)= -1, f '(1)= -2,( ),y +1= -2 x -1),即 y = -2x+1.(因此,所求切线的方程为故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程,考查计算能力,属于基础题πf (x ) = cos( x + ) 在[-π,π]7.设函数的图像大致如下图,则f (x )的最小正周期为（）610π7πA.C.B.D.94π63π32【答案】C 【分析】【分析】⎛ 4π⎫⎭⎛ 4ππ ⎫6 ⎭⎛ 4π⎫⎭由图可得：函数图象过点- ,0⎪,即可得到cos - ⋅ω + ⎪ = 0,结合 - ,0⎪ f (x )是函数⎝9⎝9⎝94πππ3x图象与 轴负半轴的第一个交点即可得到-⋅ω + = - ,即可求得ω =9622,再利用三角函数周期公式即可得解.⎛ 4π⎫⎭【详解】由图可得：函数图象过点- ,0⎪,⎝9⎛ 4ππ ⎫6 ⎭将它代入函数( )可得：cos - ⋅ω + ⎪ = 0f x ⎝9⎛ 4π⎫⎭ -,0⎪ f x ( )图象与 轴负半轴的第一个交点,x 又是函数⎝94πππ3所以 -⋅ω + = - ,解得：ω =96222π 2π 4πT ===所以函数( )的最小正周期为f x ω323故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力,还考查了三角函数周期公式,属于中档题.y 28. (x + )(x + y )5 的展开式中x 3y 3的系数为（）xA. 5B. 10C. 15D. 20【答案】C 【分析】【分析】y 2⎫x5-ry rr ∈ N x +求得 (x + y )5展开式的通项公式为T r +1= C 5r（且r ≤ 5）,即可求得⎛与(x + y )5x ⎭⎝展开式的乘积为C r 5x 6-r y r或C 5rx 4-r y r +2形式,对 分别赋值为3,1即可求得r x 3y 3的系数,问题得解.【详解】 (x + y )5展开式的通项公式为Tr +1= C 5r x 5-r y r （r∈ N 且 r ≤ 5）⎛2⎫y x +⎪(x + y )5展开式的乘积可表示为：所以与x ⎭⎝y 2y 2xT r +1 = xC 5x5-r r y r= C 5r x6-ry r=x 5-r = C 5x 4-r y r +2C 5r y r r 或T r +1x xxT r +1 = C 5r x 6-r y r r = 3,可得： xT 4 = C 53x 3y 333x y 的系数为10在在中,令,该项中,y 2y 2T r +1 = C 5r x 4-r y r +2r =1,可得： T 2 = C 51x 3y 3x 3y 3的系数为5中,令,该项中x xx 3y 3的系数为10 + 5 =15所以故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式,还考查了赋值法.转化能力及分析能力,属于中档题.9.已知α∈(0,π),且3cos2α -α = 5 ,则sin α =（）8cos 52A.C. B.3315D.39【答案】A 【分析】【分析】cos αcos α的一元二次方程,求解得出用二倍角的余弦公式,将已知方程转化为关于,再用同角间的三角函数关系,即可得出结论.【详解】3cos 2α - 8cos α = 5,得 6cos 2 α -8cos α -8 = 0 ,2α - 4 cos α - 4 = 0 ,解得cos α = -cos α = 2（舍去）,即 3cos 2或35又 α ∈(0,π ),∴sin α = 1- cos 2 α =.3故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值,熟记公式是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.A ,B ,C 为球O的球面上的三个点,⊙OABC 的外接圆,若⊙O的面积为4π10.已知为A ,11AB = BC = AC = OO 1 ,则球O的表面积为（）A. 64πB.48πC.36πD. 32π【答案】A 【分析】【分析】由已知可得等边A ABC 的外接圆半径,进而求出其边长,得出OO1的值,根据球截面性质,求出球的半径,即可得出结论.【详解】设圆Or 半径为,球的半径为 R ,依题意,1得πr = 4π,∴r = 22,由正弦定理可得 AB = 2r sin 60︒ = 2 3 ,∴OO = AB = 2 3 ,根据圆截面性质OO ⊥平面 ABC ,11∴OO ⊥ O A ,R = OA = OO 2+ O 1A 2 = OO 12 + r 2 = 4,111∴球O 的表面积 = πS 4 R 2 64π .=故选：A【点睛】本题考查球的表面积,应用球的截面性质是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.11.已知⊙M ： x 2线PA , PB ,切点为 A , B ,当| PM | ⋅| AB |最小时,直线 AB 的方程为（2x - y -1= 0 2x + y -1= 02x - y +1= 0+y 2 −2x −2y −2 =0,直线 ：l 2x +y +2 =0, P 为 上的动点,过点 P 作⊙M 的切l ）2x + y +1= 0D.A. B. C.【答案】D 【分析】【分析】A , P ,B ,M ⊥由题意可判断直线与圆相离,根据圆的知识可知,四点共圆,且 AB MP ,根据PM ⋅ AB MP PM ⋅ AB = 2S △PAM = 2 PA MP ⊥ l时,可知,当直线最小,求出以为直径的圆的方程,根据圆系的知识即可求出直线 AB 的方程．2⨯1+1+ 2【详解】圆的方程可化为(x 1) (y 1)-2+-2= d == 5 > 24 ,点 M 到直线 的距离为l 22+12l,所以直线 与圆相离．A , P ,B ,M ⊥依圆的知识可知,四点四点共圆,且 AB MP ,所以1PM ⋅ AB = 2S △PAM = 2⨯ ⨯ PA ⨯ AM = 2 PA PA = MP 2- 4,而,2当直线 MP ⊥ l 时,MP = 5PA =1,此时 PM ⋅ AB ,最小．min min ⎧1212⎪ y = x +⎧x = -1⎩y = 01112MP : y 1-= ( - ) y = x +x 1⎨⎨∴即,由解得,．22⎪⎩2x + y + 2 = 0所以以 MP 为直径的圆的方程为(x -1 x +1 + y y -1 = 0)()(),即x 2+ y 2 - y -1= 0,2x + y +1= 0两圆的方程相减可得：,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．2a+ log 2 a = 4b + 2 log 4 b,则（12.若）A. a > 2bB. a < 2bC. a > b 2D. a < b 2【答案】B 【分析】【分析】设 f (x ) = 2x + log 2 x ,利用作差法结合 f (x ) 的单调性即可得到答案.f (x ) 为增函数,因为2a+ l og 2 a = 4b+ 2 l og 4 b = 22b + l og 2 b【详解】设 f (x ) = 2x + log 2 x ,则1f (a ) - f (2b ) = 2a + log 2 a - (22b + log 2 2b ) = 22b + log 2 b - (22b + log 2 2b ) = log 2 = -1< 0所以所以,2f (a ) < f (2b ) a < 2b ,所以.f (a ) - f (b 2 ) = 2a log 2+ a -(2b 2+2= 22b + log 2 b - (2b 2 + log 2 b 2 ) = 22b - 2b 2 - log 2 b log 2b ),当b =1时, f (a ) - f (b 2 ) = 2 > 0,此时 f (a ) > f (b 2 )a >b 2,有当b = 2 时, f (a ) - f (b 2 ) = -1< 0,此时 f (a ) < f (b 2 )a <b 2,有,所以C .D 不正确.故选：B.【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用,涉及到构造函数,利用函数的单调性比较大小,是一道中档题.二.填空题：本题共4小题,每个小题5分,共20分。
2020高考密押卷理科数学北京卷
附答案详解 2020年高考必刷卷数学北京卷本试卷共 10 页， 150 分，考试时长 120 分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分( 选择题 共 40 分)一、选择题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的 一项．1 ． (2020 北京，理 1) 函数的最小正周期为 __________ ． 答案： π解析：函数的最小正周期 .2 ． (2020 北京，理 2) 在复平面内，复数 (2 －i)2 对应的点位于 () ．A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案： D解析： ∵(2 － i)2 ＝ 3 －4i ，∴ 该复数对应的点位于第四象限，故选 D. 3 ． (2020 北京，理 3) 双曲线x 2－y 2＝ 1 的顶点到其渐近线的距离等于 () ．4A ．2B ．4C ．2 5D ．4 55 555答案： C解析：双曲线x 2－y 2＝ 1 的顶点为 ( ±2,0) ，渐近线方程为 y1x ，即 x －2y ＝ 0 和 x ＋ 2y ＝420. 故其顶点到渐近线的距离 d| 2 | 2 2 5 .14 5 54 ．(2020 北京，理 4) 将函数 y ＝ 3 cos x ＋sin x( x ∈R) 的图象向左平移 m ( m ＞ 0) 个单位长度后， 所得到的图象关于 y 轴对称，则 m 的最小值是 ().A ．πB ．πC ．πD ．5π12 636答案： B解析： ∵y ＝ 3 c os x ＋sinx ＝ 2sin xπ，∴ 函数 y ＝ 3 cos x ＋sin x( x ∈R) 的图象向左平移 m ( m ＞0) 个单位长度后，变为函数 y=2sin xπm 的图象 .3又∵ 所得到的图象关于 y 轴对称，则有π＋ m ＝k π＋ π， k ∈Z ，32∴m ＝ k π π，k ∈Z.6∵m ＞0 ，∴当 k ＝0 时， m 的最小值为π.65 ．(2020 北京，理 5) 函数 f(x ) ＝2lnx 的图象与函数 g( x) ＝ x 2－4x ＋5 的图象的交点个数为 ( ) ．A ．3B ．2C ．1D ．0答案： B解析：设 f( x) 与 g( x ) 图象的交点坐标为 (x ， y) ，则 y ＝ 2ln x ，y ＝ x 2 －4x ＋5 ，联立得 2ln x ＝x 2 －4 x ＋5 ，令 h( x ) ＝ x 2－4 x ＋5 －2ln x (x ＞0) ，由 h ′(x)＝2x －4 － 2＝0 得 x 1＝ 12 ，x 2 ＝ 1 2 (舍)．x当 h ′(x)＜0 时，即 x ∈ (0, 1 2 ) 时， h( x ) 单调递减；当 h ′(x)＞0 ，即 x ∈( 12 ，＋ ∞)时， h ( x ) 单调递增．又∵ h(1) ＝2 ＞0 ，h(2) ＝1 －2ln 2 ＜0 ，h (4) ＝5 －2ln 4 ＞0 ， ∴h( x ) 与 x 轴必有两个交点，故答案为 B ．6 ．(2020 北京，理 6) 若 S 12x 2dx ，S 22 1dx ，S 32e x dx ，则 S 1 ，S 2 ，S 3 的大小关系为 () ．11x1 A ．S 1 ＜S 2＜S 3 B ．S2 ＜S 1 ＜S3 C ．S 2 ＜S 3＜S 1D ．S 3 ＜S 2 ＜S 1答案： Bx 2dx ＝1x 3 |12 7 ，解析： S 1213321S 22ln 2 ，dx ＝ ln x |11x7S 32 x x 22， 1 e dx ＝ e |1e e=(e 1)>e>3所以 S 2＜S 1＜S 3 ，故选 B.1 n7 ． (2020北京，理 7) 使 3x( n ∈N ＋) 的展开式中含有常数项的最小的n 为 () ．x xA ．4B ．5C ．6D ．7答案： Bn3 rn5解析： 3x1r展开式中的第 r ＋ 1 项为 C n r (3 x) n －rx 2 ＝ C n r 3n r x2，若展开式中含常数项，x x则存在 n ∈ N ＋，r ∈N ，使 n5r ＝ 0，2故最小的 n 值为 5 ，故选 B.北京，理 8) 椭圆 C ：x 228 ． (2020 y=1 的左、右顶点分别为 A 1 ，A 2 ，点 P 在 C 上且直线 PA 2 斜43率的取值范围是 [ －2 ，－ 1] ，那么直线 PA 1 斜率的取值范围是 () ．A ． 1, 3 B ． 3, 3 2 48 4C ． 1,1D ． 3,124答案： B解析：设 P 点坐标为 ( x 0 ，y 0 ) ，则x 02y 0 2 =1，4 33 23 . k PA 2y 0， k PA 1y 0，于是 k PA 1k PA 2y 023 4 x 0x 0 2 x 0 2 x 0 222x 0 244故 k PA ＝－31 .14 k PA2∵ k PA 2 ∈[ －2 ，－ 1] ， ∴ k PA3,3.故选 B.18 4第二部分 ( 非选择题 共 110 分)二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．9 ． (2020 北京，理 9) 利用计算机产生 0～ 1 之间的均匀随机数 a ，则事件 “3a －1 ＞ 0”发生的概率 为 ________ ．答案：231112解析：由 3a －1 ＞ 0 得 a ，由几何概型知 P33 1.310 ．(2020 北京，理 10) 阅读如图所示的程序框图， 运行相应的程序， 输出的结果 i ＝ __________.答案： 5解析：第一次执行循环体后： a ＝5 ，i ＝ 2 ；第二次执行循环体后： a ＝16 ，i ＝ 3 ；第三次执行循环体后： a ＝ 8 ，i ＝ 4；第四次执行循环体后： a ＝4 ，i ＝ 5 ，满足条件，循环结束．输出 i ＝ 5.11 ．(2020 北京，理 11) 如图，在半径为7的 O 中，弦 AB ， CD 相交于点 P ， PA ＝ PB ＝ 2， PD＝ 1 ，则圆心 O 到弦 CD 的距离为 __________．3 答案：2解析：如图所示，取 CD 中点 E ，连结 OE ， OC ．由圆内相交弦定理知 PD ·PC ＝PA ·PB ，所以 PC ＝4 ，CD ＝5 ，则 CE ＝ 5，OC ＝7 .2所以到距离为 ＝23 .O CD 7 25OE2 2答案： 8解析：由于集合 { －1,0,1} 有 3 个元素，故其子集个数为2 3＝8.13 ．(2020 北京，理 13) 抛物线 x 2＝2 py (p>0) 的焦点为 F ，其准线与双曲线x 2y 2 =1 相交于 A ，3 3B 两点，若 △ABF 为等边三角形，则 p ＝________.答案： 6解析：抛物线的准线方程为 yp，设 A ，B 的横坐标分别为 x A ，x B ，则| x A | 2 ＝| x B | 2＝ 3 p 2 ，24所以 |AB| ＝ |2 x A |. 又 焦 点到 准线 的 距离 为 p ， 由等 边三 角形 的 特点 得 p3|AB|，即223 3p 2p 4，所以 p ＝6.4414 ．(2020 北京，理 14) 为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取 5 个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为 7 ，样本方差为 4 ，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为 __________．答案： 10解析：设 5 个班级的人数分别为 x 1 ， x 2 ，x 3， x 4 ，x 5 ，则 x 1 x 2 x 3 x 4x 57 ，5x 1 7 2x 2 7 2x 3 7 2x 4 7 2x 5 7 25＝4 ，即 5 个整数平方和为 20 ，最大的数比 7 大不能超过 3 ，否则方差超过 4 ，故最大值为 10 ，最小值为 4.三、解答题共 6 小题，共 80 分．解答应写出文字说明，演算步骤．15 ．(2020 北京，理 15)( 本小题满分 13 分) 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为2，中奖可以获得 2 分；方案乙的中奖率为2，中奖可以获得3 分；35未中奖则不得分． 每人有且只有一次抽奖机会， 每次抽奖中奖与否互不影响， 晚会结束后凭分数兑换奖品．(1) 若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求 X ≤3的概率；(2) 若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？解法一： (1) 由已知得，小明中奖的概率为2，小红中奖的概率为2，且两人中奖与否互不影响．35记“这 2 人的累计得分 X ≤ 3”的事件为 A ，则事件 A 的对立事件为 “X ＝5”， 因为 P(X ＝5) ＝22 4 ，所以 P( A)＝1 －P( X ＝5) ＝ 11，3 5 15 1511即这 2 人的累计得分 X ≤3的概率为.(2) 设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1 ，都选择方案乙抽奖中奖次数为 X 2 ，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2 X 1 ) ，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为 E(3 X 2 ) ．由已知可得， X 1 ～ B 2, 2，X 2～B 2, 2 ，35所以 E(X 1)＝ 22 4，E(X 2)＝22 4 ，3 35 5从而 E(2 X 1)＝2E( X 1) ＝ 8，E(3 X 2) ＝3 E( X 2) ＝12. 35因为 E(2 X 1)＞E(3 X 2) ，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．解法二： (1) 由已知得，小明中奖的概率为 2 ，小红中奖的概率为 2 ，且两人中奖与否互不影响． 3 5记“这 2 人的累计得分 X ≤ 3”的事件为 A ， 则事件 A 包含有 “X ＝0”，“X ＝2”， “X ＝3”三个两两互斥的事件，因为 P(X ＝0) ＝ 121 21，P( X ＝2) ＝21 22，P( X ＝3) ＝ 12 2 2 ，3 55 35535 1511所以 P(A) ＝P(X ＝0) ＋P( X ＝2) ＋P(X ＝3) ＝，11即这 2 人的累计得分 X ≤3的概率为.(2) 设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为 X 1 ，都选择方案乙所获得的累计得分为 X 2 ，则 X 1，X 2 的分布列如下：X 1 02 4 P1 4 4 9 9 9X 236P9 12425 2525所以 E(X 1 )＝0×1＋ × 4＋ × 4 ＝ 8 ，E(X 2 )＝0×9＋ ×12＋ × 4 ＝12.9249 3 25 36592525 因为 E(X 1)＞E(X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．16 ．(2020 北京，理 16)( 本小题满分 12 分) 已知等比数列 { a n } 满足：| a 2－a 3 | ＝ 10 ，a 1 a 2 a 3 ＝ 125.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 是否存在正整数 m ，使得11 1 1 ？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说明理a 1a 2a m由．解： (1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q ，则由已知可得a 1 3q 3 125,| a 1q a 1 q 2 | 10,a5 ,a 1 5,解得13或1.q 3,q故 a n5 n 1，或 a n ＝－ ·－ 1) n－1 .3 3 5 (n 153n 1 ，则 1 3 11 是首项为 3，公比为 1的等比数列，(2) 若 a n，故3 a n5 3a n5 33 m1m11 = 5 3从而1n 1 an13＝9m11 9<1.10310若 a n ＝( －5) ·(－1) n－1，则11 ( 1)n 1，故 1 是首项为1，公比为－ 1 的等比数列，从a n5a n5m11, m 2k 1 k N ,故 m11 .而51 a nn 1a n0, m 2k k N ,n综上，对任何正整数 m ，总有 m1 .n 1a n1故不存在正整数 m ，使得11 1 1成立．a 1a 2 a m17 ．(2020 北京，理 17)( 本小题满分 12 分) 如图，在直棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝ 90°，AC ⊥BD ，BC ＝1 ，AD ＝AA 1 ＝3.(1) 证明： AC ⊥B 1D ；(2) 求直线 B 1 C 1 与平面 ACD 1 所成角的正弦值．解法 1 ：(1) 如图，因为 BB 1⊥ 平面 ABCD ， AC 平面 ABCD ，所以 AC ⊥ BB 1 .又 AC ⊥BD ，所以 AC ⊥平面 BB 1D ．而 B 1D 平面 BB 1D ，所以 AC ⊥B 1D ．(2) 因为 B 1 C 1 ∥AD ，所以直线 B 1 C 1 与平面 ACD 1 所成的角等于直线 AD 与平面 ACD 1 所成的角 ( 记为 θ) ．如图，连结A1 D，因为棱柱ABCD －A1B1 C1 D1是直棱柱，且∠B1A1 D1＝∠BAD ＝90°，所以A1B1⊥平面 ADD 1 A1.从而 A1B1⊥AD 1 .又 AD ＝AA 1＝3 ，所以四边形 ADD 1 A1是正方形，于是 A1 D⊥AD 1.故 AD 1⊥平面 A1B1D，于是 AD1⊥B1D．由(1) 知， AC ⊥B 1 D ，所以 B 1 D⊥平面 ACD 1 . 故∠ADB 1＝ 90°－θ.在直角梯形 ABCD 中，因为 AC⊥ BD ，所以∠ BAC ＝∠ADB ．从而 Rt △ABC ∽Rt △ DAB ，故AB BC.即AB＝DA BC3. DA AB连结 AB 1，易知△ AB 1 D 是直角三角形，且 B1D2＝BB 12＋BD 2＝BB 12＋AB 2＋AD 2＝21 ，即 B1D＝21 .在 Rt △AB 1 D 中， cos ∠ADB 1＝AD321，即 cos(90 °－θ) ＝21.B1D 21 7 7 从而 sin θ＝21 .7即直线 B1 C1与平面 ACD 1所成角的正弦值为21 .7解法 2 ：(1) 易知， AB ，AD ， AA 1两两垂直．如图，以 A 为坐标原点， AB ，AD ，AA 1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设 AB ＝ t ，则相关各点的坐标为： A(0,0,0) ，B(t, 0,0) ，B1 (t, 0,3) ，C( t, 1,0) ，C1 (t, 1,3) ，D(0,3,0) ，D 1 (0,3,3) ．从而 B1D ＝( －t, 3 ，－ 3) ，AC＝( t, 1,0) ，BD＝( －t, 3,0) ．因为 AC ⊥BD ，所以AC·BD＝－ t 2＋3 ＋0 ＝0. 解得t 3 或 t 3 (舍去)．于是 B1D ＝( 3 ，3，－3)， AC ＝(3，1,0)．因为 AC ·B1D＝－3＋3＋0＝0，所以 AC ⊥B1D，即AC⊥B1D．(2) 由(1) 知， AD ＝(0,3,3)，AC＝( 3 ，1,0)，BC＝(0,1,0)．1 1 1设 n ＝ (x ，y ， z) 是平面 ACD 1 的一个法向量，则n AC 0, 即3x y 0,n AD 10, 3y 3z 0.令 x ＝ 1 ，则 n ＝ (1 ， 3， 3)．设直线 B 1 C 1 与平面 ACD 1 所成角为 θ，则sin θ＝|cos 〈 n ， B 1C 1 〉 | ＝ nB 1C 1n B 1C 1＝3 21 . 77即直线 B 1 C 1 与平面 ACD 1 所成角的正弦值为 21 .718 ．(2020 江苏，理 18)( 本小题满分 16 分) 设函数 f(x ) ＝ ln x －ax ，g ( x) ＝e x－ax ，其中 a 为实数．(1) 若 f( x ) 在(1 ，＋ ∞)上是单调减函数，且 g ( x) 在 (1 ，＋ ∞)上有最小值，求 a 的取值范围；(2) 若 g( x ) 在 ( － 1 ，＋ ∞)上是单调增函数，试求 f ( x) 的零点个数，并证明你的结论．解： (1) 令 f ′(x)＝1a1 ax ＜0 ，考虑到 f( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞)，故 a ＞0 ，进而解得 xxx＞ a－1，即 f( x ) 在 (a－1，＋ ∞)上是单调减函数．同理， f(x ) 在(0 ，a－1) 上是单调增函数．由于 f( x) 在(1 ，＋ ∞)上是单调减函数，故 (1 ，＋∞) ( a －1，＋∞)，从而 a－1≤1，即 a ≥ 1.令 g ′(x)＝e x － a＝ 0 ，得 x ＝ ln a ．当 x ＜ln a 时， g ′(x)＜0 ；当 x ＞ ln a 时， g ′(x)＞ 0. 又 g( x ) 在 (1 ，＋ ∞)上有最小值，所以 ln a ＞1 ，即 a ＞e.综上，有 a ∈ (e ，＋ ∞)．(2) 当 a ≤0时， g( x) 必为单调增函数；当 a ＞0 时，令 g ′(x)＝e x －a ＞0 ，解得 a ＜e x ，即 x ＞ln a .因为 g(x ) 在( －1 ，＋ ∞)上是单调增函数，类似 (1) 有 ln a ≤－1 ，即 －1.0 ＜a ≤e结合上述两种情况，有－1.a ≤e① 当 a ＝ 0 时，由 f(1) ＝ 0 以及 f ′(x)＝ 1＞ 0，得 f(x ) 存在唯一的零点；x② 当 a ＜ 0 时，由于 f(e a ) ＝ a － ae a ＝a(1 － e a ) ＜ 0 ，f(1) ＝－ a ＞0 ，且函数 f( x) 在[e a,1] 上的图象不间断，所以 f(x ) 在(e a, 1) 上存在零点．另外，当 x ＞ 0 时，f ′(x)＝ 1－a ＞0 ，故 f( x ) 在 (0 ，＋ ∞)上是单调增函数，所以 f( x) 只有一个x零点．③ 当 0 ＜ －1时，令 ′(＝ 1 － ＝ 0 ，解得 x ＝ a －1. 当 0 ＜ x ＜ a －1时， ′(＞ ，当 x ＞a≤ea f x) x a f x ) 0－1 时， ′(＜ ，所以， ＝ 是 的最大值点，且最大值为－1) ＝－ ln a － 1.0 x a －1 f (x) f( af x )当－ ln a －1 ＝0 ，即 a ＝e－1时， f( x) 有一个零点 x ＝e.当－ ln a －1 ＞0 ，即 0 ＜a ＜ e－1时， f( x) 有两个零点．实际上，对于 0 ＜a ＜ e－1，由于 f (e －1) ＝－ 1 － ae －1 ＜0 ，f(a－1) ＞0 ，且函数 f( x ) 在 [e－1， a－ 1] 上的图象不间断，所以 f( x ) 在 (e －1 ， a －1 ) 上存在零点．另外，当 x ∈(0 ， a －1) 时， f ′(x)＝ 1－a ＞0 ，故 f (x) 在(0 ， a－1) 上是单调增函数，所以 f (x)x在 (0 ，a －1) 上只有一个零点．下面考虑 f( x) 在( a－1，＋ ∞)上的情况．先证 f(e a－1) ＝a(a－2－ea －1) ＜0.为此，我们要证明：当 x ＞e 时，e x ＞x 2 . 设 h( x) ＝e x －x 2，则 h ′(x)＝ e x －2 x ，再设 l( x) ＝ h ′(x)＝ e x －2x ，则 l ′(x)＝e x － 2.当 x ＞1 时， l ′(x)＝e x －2 ＞ e － 2 ＞0 ，所以 l( x ) ＝ h ′(x)在(1 ，＋ ∞)上是单调增函数．故当 x＞ 2 时， h ′(x)＝e x － 2 x ＞ h ′ (2)＝e 2 －4 ＞0 ，从而 h(x ) 在(2 ，＋ ∞)上是单调增函数，进而当 x ＞e 时，h(x ) ＝e x － x 2 ＞h(e) ＝ e e －e 2 ＞ 0. 即当 x ＞e 时， e x ＞x 2 .当 0 ＜a ＜e－1，即 a－1＞ e 时， f(e a－1) ＝a－1－ ae a－1＝ a( a－2－e a－1) ＜0 ，又 f( a－1) ＞0 ，且函数f(x ) 在[ a －1，e a－1] 上的图象不间断，所以 f( x ) 在 (a－1，e a－1) 上存在零点．又当 x ＞a－1时，f ′(x)＝ 1－a ＜0 ，故 f (x) 在( a －1，＋ ∞)上是单调减函数，所以 f( x ) 在( a－1，＋ ∞)上只有一个零点． x综合 ① ， ② ， ③ ，当 a ≤0或 a ＝e－1时， f(x ) 的零点个数为1 ，当 0 ＜a ＜e－1时， f (x) 的零点个数为 2.19 ．(2020 北京，理 19)( 本小题满分 12 分) 如图，四棱锥 PABCD 中，PA ⊥平面 ABCD ，E 为 BD的中点， G 为 PD 的中点， △DAB ≌△DCB ，EA ＝EB ＝AB ＝1 ， PA ＝ 3，连接 CE 并延长交 AD 于2F. (1) 求证： AD ⊥平面 CFG ；(2) 求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值．解： (1) 在△ABD 中，因为 E 是 BD 中点，所以 EA ＝EB＝ ED ＝AB ＝1 ，故∠ BAD ＝ π，∠ ABE ＝ ∠AEB ＝ π，2 3因为 △DAB ≌△DCB ，所以 △ EAB ≌△ECB ，π3所以 ∠FED ＝∠FEA ，故 EF ⊥ AD ， AF ＝ FD ，又因为 PG ＝GD ，所以 FG ∥PA .又 PA ⊥ 平面 ABCD ，所以 CF ⊥AD ，故 AD ⊥平面 CFG.(2) 以点 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0,0,0) ， B(1,0,0) ， C3,3,0 ，D(0 ，223 ，0) ，P 0,0,3，故 BC1 , 3,0 ，CP3 , 3 , 3 ， CD 3 , 3,0 .22222 222设平面 BCP的 法 向 量 n 1 ＝ (1 ， y 1 ， z 1 ) ， 则130,2 y 12 3 3 322 y 1 2 z 1 0,y 13 ,3 , 2 . 解得3即 n 1 ＝ 1,z 1 2 ,3 333 3y 2 0,2) ，则 22 y 23,设平面 DCP 的法向量 n 2＝ (1 ，y 2 ，z解得3 3 3z 2 2.22 y 2 2 z 20,即 n 2 ＝(1 ， 3 ，2) ．从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为| n 1 n 2| 4 2cos θ＝3.| n 1 || n 2 | 16 48920 ．(2020 北京，理 20)( 本小题满分 15 分) 在直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．圆 C 1，直线 C 2 的极坐标方程分别为 ρ＝ 4sin θ， cosπ .=2 24(1) 求 C 1 与 C 2 交点的极坐标；(2) 设 P为 C 1 的圆心， 为1 与2 交点连线的中点．已知直线 x t 3a, C C PQ的参数方程为( t ∈ RQy b t 312为参数 ) ，求 a ，b 的值．解： (1) 圆 C 1 的直角坐标方程为 x 2 ＋( y －2) 2 ＝4 ，直线 C 2 的直角坐标方程为 x ＋ y － 4 ＝0.x 2 y 224,x 1 0, x 2 2,解4 0得4,y 2 2.x yy 1 所以 C 1与C 2 交点的极坐标为4, π ， 2 2, π.24注：极坐标系下点的表示不唯一．(2) 由(1) 可得， P 点与 Q 点的直角坐标分别为 (0,2) ，(1,3) ．故直线 PQ 的直角坐标方程为x －y ＋2 ＝ 0.b x ab1.由参数方程可得y2 2b1,所以 2ab1 2,解得 a ＝－ 1 ，b ＝ 2.。
2020年高三高考模拟考试985核心密卷理科综合等试卷(含语文.数学.外语.理综整套试卷各3份)无答案
2020年高三高考模拟考试985核心密卷理科综合等试卷（含语文.数学.外语.理综整套试卷各3份）
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2020年高三高考模拟考试98试卷各3份）
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全国卷Ⅲ2020届高三高考压轴卷数学试题(理科)(含解析)
1.已知集合 A = {x (x +1)(x − 4) ≤ 0}， B = {x log2 x ≤ 2} ，则 A ∩ B = （ ）
A. [− 2 , 4 ]
B. [1,+∞)
C. (0,4]
D.[−2, +∞)
2.若复数 z 满足 z(1−i)2 = i （i 是虚数单位），则 z 为（ ）
b = 2×1 = 2
成 a < b 不 立
n =1+1= 2
a = 9 + 1 × 9 = 27 2 22 4
b = 2×2 = 4
成 a < b 不 立
n = 2+1= 3
a = 27 + 1 × 27 = 81 4 24 8
b = 2×4 =8
成 a < b 不 立
n = 3+1= 4
8 / 18
x≥ 0，
14．已知
，x y
满足Βιβλιοθήκη x+y
≥
4，若
x
+
2
y
的最小值为_________．
≤ x − 2 y 1.
．D [−1, 1] 3
15.已知 线 与 有 的 ， 是两 抛物
y2 = 2 px( p > 0)
椭圆
x2 a2
+
y2 b2
= 1(a
>b
>
0)
相同 焦点 F
P
曲
线的公共点，若
PF
=
5
，则此 的 为 . p
（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。
2020高考全国Ⅰ数学精细讲解(理)
2020 年高考全国Ⅰ卷数学（理）精细解析一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。
在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。
1.若z = 1+ i , 则 z 2 - 2z =（）A. 0B. 1C. 【答案】D 【解析】D. 2∴ z 2= (1+ i )2= 1+ 2i -1 = 2i= 2i - 2(1+ i ) = 2i - 2 - 2i = -2 ∴ z 2 - 2z = -2 = 22.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. 2【答案】B 【解析】A = {x | x 2 - 4 ≤ 0} = {x | x 2 ≤ 4} = {x | -2 ≤ x ≤ 2}B = {x | 2x + a ≤ 0} = {x |x ≤−a2} A B = {x | -2 ≤ x ≤ 1} ∴−a2=1，a = -23. 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（）z = 1+ i2 z 2 - 2z5 -1A.45 -1B.25 +1C.45 +1D.2【答案】C【解析】设底面边长为2a ，底面高为h ，侧高为l∴h2=l2-a2=2al，∴l2-al-a2=0，∴l=2 2l>0，∴l=a+5a，∴l=2=1+52 2a 2a 44.已知A 为抛物线C : y2= 2 p x (p > 0)上的一点，点A 到C 的焦点的距离为12 ，到y 轴的距离为9 ，则p =（）A. 2B. 3C. 6D. 9【答案】C【解析】a ± 5aa + 5ap2B （b2，0）抛物线上的点到抛物线准线的距离与到焦点的距离相等如图，准线l :x =- p2A 到 l 的距离为12则-= 3 ， p = 65.某校一个课外学习小组为研究某作物种子发芽率 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( x i , y i )(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 + be xD. y = a + b ln x【答案】D 【解析】观察散点图可得，图像拟合结果应符合对数函数图像的特征，故选：D6.函数f (x)=x4- 2x3的图像在点(1，f (1))处的切线方程为（）A. y =-2x -1B. y =-2x +1C. y = 2x -3【答案】BD. y = 2x +1【解析】把 x =1代入得 f (1)=-1，故图像经过(1, -1)又 f '(x)= 4x3- 6x2，∴f '(1)=-2∴图像在(1, -1)处切线的斜率为k =-2∴切线方程为y -(-1)=-2(x -1)，即y =-2x +1，故选：B7.设函数f (x) = cos(ωx +π) 在[-π,π] 的图像大致如下图，则f (x) 的最小正周期为（）6A. 10πB. 7πC. 4πD. 3π9 6 3 2【答案】C【解析】观察图像可知， f (-4π) = cos(-4π⋅ω+π) = 0.9 9 6则有-4π⋅ω+π=kπ+π.由题意可知， k =-1, 即-4π⋅ω+π=-π. 解得：ω=3 .9 6 2 9 6 2 2∴T =2π=4π.| ω| 3故选：C1- cos 2α 8.(x +y 2x)(x+ y)5 的展开式中 x 3 y3的系数为( )A. 5B. 10C. 15D. 20【答案】C 【解析]】因为题中所求为x 3y 3的系数，可将第一个括号展开为x 和y 3x分别与(x +y )5相乘，对于x ⋅(x +y )5项，(x +y )5需提供x 2y 3项，对于y 2x⋅(x +y )5项， (x +y )5需提供x 4y 项。
2020全国卷Ⅰ高考压轴卷数学(理)含解析
17.（本小题 12 分）
4sin2 A B 4sin Asin B 2 2
△ABC 中，内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，已知
2
（1）求角 C 的大小；
（2）已知 b 4 ，△ABC 的面积为 6，求边长 c 的值.
18. （本小题 12 分）
BC CD 1 AB 2
如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
8.《九章算术》中有这样一个问题：今有竹九节，欲均减容之（其意为：使容量均匀递减），
上三节容四升，下三节容二升，中三节容几何？（ ）
A. 二升
B. 三升
C. 四升
D. 五升
9.在△ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，a 3, c 2
3,bsinA
21. （本小题 12 分）
设函数 f x a2 ln x x2 ax a R .
（1）求 f x 的单调区间；
（2）求使 e 1 f x e2 对 x 1, e 恒成立的 a 的取值范围.
请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，答题时用 2B 铅笔在答题卡上把所选的题号涂黑.
它表示以（﹣1，2）为圆心、半径等于 2 的圆； 设弦心距为 d，由题意可得 22+d2=4，求得 d=0， 可得直线经过圆心，故有﹣2a﹣2b+2=0， 即 a+b=1，再由 a＞0，b＞0，可得
4 1 =（ 4 1 ）（a+b）=5+ 4b a ≥5+2
ab ab
ab
4b a 9 ab
e
e
e