2020年全国高考数学理科卷III第12题的变式及其推广
2020年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅲ)数学(理)试题(解析版)
绝密★启用前 考试时间：2020年7月7日15:00-17:002020年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅲ)数学(理科)试题 (解析版)试卷总分150分， 考试时间120分钟注意事项：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 =+⨯++⨯=,。
2020年全国统一考试高考数学试卷及其详细解析(理科)(新课标ⅲ)
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．已知集合{(,)|A x y x=，*y N∈，}y x，{(,)|8}B x y x y=+=，则A B中元素的个数为()A．2 B．3 C．4 D．62．复数113i-的虚部是()A．310-B．110-C．110D．3103．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1p，2p，3p，4p，且411iip==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是()A．140.1p p==，230.4p p==B．140.4p p==，230.1p p==C．140.2p p==，230.3p p==D．140.3p p==，230.2p p==4．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：0.23(53)()1tKI te--=+，其中K为最大确诊病例数．当*()0.95I t K=时，标志着已初步遏制疫情，则*t约为( )(193)ln≈A．60 B．63 C．66 D．695．设O为坐标原点，直线2x=与抛物线2:2(0)C y px p=>交于D，E两点，若OD OE⊥，则C的焦点坐标为()A．1(4，0)B．1(2，0)C．(1,0)D．(2,0)6．已知向量a，b满足||5a=，||6b=，6a b=-，则cos a<，(a b+>=) A．3135-B．1935-C．1735D．19357．在ABC∆中，2cos3C=，4AC=，3BC=，则cos(B=)A．19B．13C．12D．238．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A．642+B．442+C．63+D．43+初高中数学学习资料的店初高中数学学习资料的店11．设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，．P 是C上一点，且12F P F P ⊥．若△12PF F 的面积为4，则(a = )A ．1B ．2C ．4D ．8 12．已知5458<，45138<．设5log 3a =，8log 5b =，13log 8c =，则( ) A ．a b c <<B ．b a c <<C ．b c a <<D ．c a b <<9．已知2tan tan()74πθθ-+=，则tan (θ= )A ．2-B ．1-C ．1D ．210．若直线l与曲线y =和圆2215x y +=都相切，则l 的方程为( )A ．21y x =+B ．122y x =+C ．112y x =+D ．1122y x =+二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国高考(新课标I、II、III卷)真题 理科数学试卷(+答案+全解全析,共3套)
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.
∵
【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.
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
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. 5 −1 4
【答案】D
B. 5 −1 2
C. 5 +1 4
D. 5 +1 2
【分析】
设 CD = a, PE = b ，利用 PO2 = 1 CD ⋅ PE 得到关于 a,b 的方程，解方程即可得到答案. 2
6
（1）证明： PA ⊥ 平面 PBC ； （2）求二面角 B − PC − E 的余弦值．
19.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛 的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)(解析版)
.10 D.310 C.12020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∈N*,y≥x}，B={(x,y)|x+y=8}，则A B中元素的个数为（）A.2【答案】C【解析】【分析】采用列举法列举出AB.3C.4B中元素的即可.D.6⎧y≥x【详解】由题意，A B中的元素满足⎨，且x,y∈N*，⎩x+y=8由x+y=8≥2x，得x≤4，所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，故A B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11-3i的虚部是（）A.-310 B.-110【答案】D 【解析】【分析】【详解】因为 z = 1 3.在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 p , p , p , p ，且 ∑ p = 1 ，则下面四种情形中，对应 ...利用复数的除法运算求出 z 即可.1 + 3i 1 3= = + i ，1 - 3i (1- 3i)(1+ 3i) 10 10 所以复数 z = 1 3的虚部为 .1 - 3i 10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41 2 3 4 ii =1样本的标准差最大的一组是（）A. p = p = 0.1, p = p = 0.41423C. p = p = 0.2, p = p = 0.31423B. p = p = 0.4, p = p = 0.11 42 3D. p = p = 0.3, p = p = 0.21 42 3【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 x = (1 + 4)⨯ 0.1+ (2 + 3)⨯ 0.4 = 2.5 ，A方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.1+ (2 - 2.5)2 ⨯ 0.4 + (3 - 2.5)2 ⨯ 0.4 + (4 - 2.5)2 ⨯ 0.1 = 0.65 ； A对于 B 选项，该组数据的平均数为 x = (1 + 4)⨯ 0.4 + (2 + 3)⨯ 0.1 = 2.5 ，B方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.4 + (2 - 2.5)2 ⨯ 0.1+ (3 - 2.5)2 ⨯ 0.1+ (4 - 2.5)2 ⨯ 0.4 = 1.85 ； B对于 C 选项，该组数据的平均数为 x = (1 + 4)⨯ 0.2 + (2 + 3)⨯ 0.3 = 2.5 ，C方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.2 + (2 - 2.5)2 ⨯ 0.3 + (3 - 2.5)2 ⨯ 0.3 + (4 - 2.5)2 ⨯ 0.2 = 1.05 ； C对于 D 选项，该组数据的平均数为 x = (1 + 4)⨯ 0.3 + (2 + 3)⨯ 0.2 = 2.5 ，D方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.3 + (2 - 2.5)2 ⨯ 0.2 + (3 - 2.5)2 ⨯ 0.2 + (4 - 2.5)2 ⨯ 0.3 = 1.45 .D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1 + e -0.23(t -53) ，其中 K 为最大确诊病例数．当 ），所以 I t * = K ) = 0.95K ，则 e 0.23 t *-53 = 19 ， t t = ln19 ≈ 3 ，解得 t * ≈ .,0 ⎪ ⎭B. ,0 ⎪⎭C.(1,0)⎝ 4 ⎝ 2 4，所以 D (2,2 )，代入抛物线方程 4 = 4 p ，求得 p = 1 ，所以其焦点坐标为 ( ,0) ，累计确诊病例数 I(t)(t 的单位：天)的 Logistic 模型： I (t )=KI( t * )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则t * 约为（）（ln19≈3A. 60 【答案】C【解析】【分析】B. 63C. 66D. 69将 t = t * 代入函数 I (t ) =1 + eK ()【详解】I (t ) =K1 + e-0.23(t -53)( )1 + e -0.23( *-53( )所以， 0.23 (* - 53)30.23+ 53 ≈ 66 .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 = 2 px( p > 0)焦点坐标为（）⎛ 1 ⎫⎛ 1 ⎫A.【答案】B【解析】【分析】交于 D ， E 两点，若 O D ⊥ OE ，则 C 的D. (2,0)根据题中所给的条件 O D ⊥ OE ，结合抛物线的对称性，可知∠DOx = ∠EOx =π4，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 x = 2 与抛物线 y 2 = 2 px( p > 0) 交于 E, D 两点，且 O D ⊥ OE ，根据抛物线的对称性可以确定 ∠DOx = ∠EOx =π12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，35B.-35C.17D.19 ()(a+b)==193 D.22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|a|=5，|b|=6，a⋅b=-6，则cos a,a+b=（）A.-311935【答案】D【解析】【分析】计算出a⋅a+b、a+b的值，利用平面向量数量积可计算出c os<a,a+b>的值.【详解】a=5，b=6，a⋅b=-6，∴a⋅(a+b)=a2+a⋅b=52-6=19.a+b=2a2+2a⋅b+b2=25-2⨯6+36=7，因此，cos<a,a+b>=a⋅(a+b)a⋅a+b19=.5⨯735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，cosC=A.1923，AC=4，BC=3，则cosB=（）11B. C.23【答案】A【解析】【分析】AB+B C2-AC2根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据c osB=，即可求得答案.2AB⋅B C【详解】在ABC中，cos C=2，AC=4，BC=3 3根据余弦定理：AB2=AC2+BC2-2A C⋅BC⋅cos CAB2=42+32-2⨯4⨯3⨯可得AB2=9，即AB=32 3..△S ABC=△S ADC=S由AB2+BC2-AC29+9-161cos B===2A B⋅BC2⨯3⨯391故cos B=.9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：1△CDB=2⨯2⨯2=2根据勾股定理可得：AB=AD=DB=22∴△A DB是边长为22的等边三角形根据三角形面积公式可得：△S ADB =1.2 tan θ - tan θ + ⎪ = 7 ，∴ 2 tan θ - = 7 ，.B. y =2x +1 2C. y = 2D. y = ( )，则x> 0 ，2 x ，则直线 l 的斜率 k = 2 x1 3 AB ⋅ AD ⋅ s in 60︒ = (2 2) 2 ⋅ = 2 32 2 2∴ 该几何体的表面积是： 3 ⨯ 2 + 23 = 6 + 2 3 .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+A. –2π)=7，则 tan θ=（ ）4B. –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】⎛ π ⎫ t an θ + 1 ⎝ 4 ⎭ 1 - t an θ令 t = tan θ , t ≠ 1，则 2t -1 + t1 - t= 7 ，整理得 t 2 - 4t + 4 = 0 ，解得 t = 2 ，即 tan θ = 2 .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 y = x 和 x 2+y 2= 1 5都相切，则 l 的方程为（ ）A. y =2x +1 1x +1 1 1x + 2 2【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 =x 上的切点为 x ,x0 0函数 y =x 的导数为 y ' =11 2 x，设直线 l 的方程为 y - x =1 (x - x )，即 x - 2x y + x = 0 ，0 0由于直线 l 与圆 x + y = 相切，则 ，5..= 5 ，∴ c = 5a ，根据双曲线的定义可得 PF - PF = 2a ， | ) + 2 PF1x 1 2 2 0 = 51 + 4 x 5 01两边平方并整理得 5x 2 - 4x -1 = 0 ，解得 x = 1 ， x = - （舍），0 0 0 0则直线 l 的方程为 x - 2 y + 1 = 0 ，即 y =1 1 x + .2 2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 ： x 2 y 2 - a 2 b 2= 1 （a >0，b >0）的左、右焦点分别为 F 1，F 2，离心率为 5 ．P 是 C 上一点，且F 1P ⊥F 2△P ．若 PF 1F 2 的面积为 4，则 a =（）A. 1B. 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】c a1 2△S PF 1F 2 = 12| PF | ⋅ PF = 4 ，即 | PF | ⋅ PF = 8 ，1 2 1 2F P ⊥ F P ，∴ PF |2 + PF12122= (2c )2 ，∴ ( PF - PF1221⋅ PF = 4c 2 ，即 a 2 - 5a 2 + 4 = 0 ，解得 a = 1 ，2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 【答案】A【解析】【分析】B. b <a <cC. b <c <aD. c <a <b结合 55< 84 可得出b < 45 5 b c b ⎪ = ⎪ < 1 ，∴ a < b ； = = ⋅ < ⋅ ⎪ = b log 5 lg 5 lg 5 (lg 5) ⎝2 ⎭ ⎝ 2lg 5 ⎭ ⎝ lg 25 ⎭ 5 13.若 x ，y 满足约束条件 ⎨2 x - y ≥ 0，，则 z =3x +2y 的最大值为_________．由题意可得 a 、 、 ∈ (0,1) ，利用作商法以及基本不等式可得出 a 、的大小关系，由 b = log 5 ，得 8b = 5 ， 84，由 c = log 8 ，得13c = 8 ，结合134 < 85 ，可得出 c > ，综合可得出 a 、 b 、13c 的大小关系.【详 解 】 由 题 意可 知 a、b 、c ∈ (0,1) ，a log 3 lg 3 lg8 1 ⎛ lg 3 + lg8 ⎫2⎛ lg 3 + lg8 ⎫2 ⎛ lg 24 ⎫25 2 84由 b = log 5 ，得 8b = 5 ，由 55 < 84 ，得 85b < 84 ，∴ 5b < 4 ，可得 b < ；8由 c = log 13 8 ，得13c = 8 ，由134 < 85 ，得134 < 135c ，∴ 5c > 4 ，可得 c > 4 5.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.⎧ x + y ≥ 0, ⎪⎪ ⎩x ≤ 1,【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 z = 3x + 2 y ，所以 y = - 3x z z+ ，易知截距 越大，则 z 越大，2 2 23x 3x z平移直线 y =- ，当 y =-+ 经过 A 点时截距最大，此时 z 最大， 2 2 2⎧ y = 2 x ⎧ x = 1由 ⎨ ，得 ⎨ ， A(1,2) ，⎩ x = 1 ⎩ y = 2所以 zmax = 3 ⨯ 1 + 2 ⨯ 2 = 7 .⎛ 2 写出 x + ⎪ 二项式展开通项，即可求得常数项.⎛ 2 2 ⎫6x + ⎪ 6-r⎛ ⎪⎛ 2 x + ⎪ 的展开式中常数项是： C 64 ⋅ 24 = C 62 ⋅16 = 15 ⨯16 = 240 .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.2 14. (x 2 + )6 的展开式中常数项是__________（用数字作答）．x【答案】 240【解析】【分析】2 ⎫6⎝x ⎭【详解】⎝ x ⎭其二项式展开通项：T r +1= C r 6⋅ (x 2 ) ⋅ 2 ⎫r ⎝ x ⎭= C r ⋅ x 12-2r (2) r ⋅ x -r6= C r (2) r ⋅ x 12-3r6当12 - 3r = 0 ，解得 r = 4∴ 2 ⎫6⎝ x ⎭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(a + b )n 的展开通项公式 Tr +1= C r a n -r b r ，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.n.△S ABC=△AOC=⨯AB⨯r+⨯BC⨯r+⨯AC⨯r=⨯(3+3+2)⨯r=22，15.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】23π【解析】【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BC=2,AB=AC=3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM=32-12=22，故设内切圆半径为r，则：12⨯2⨯22=22，S△ABC=S△AOB+S△BOC+S11122212解得：r242，其体积：V=πr3=π.233故答案为：23π.【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）=sin x+1sin x①f（x）的图像关于y轴对称．②f（x）的图像关于原点对称．有如下四个命题：【详解】对于命题①，f ⎛π⎫1⎛π⎫f -=+2=，⎝6⎭2⎝6⎭2f -⎪≠f ⎪，f(-x)=sin(-x)+1=-sin x-=- sin x+⎪=-f(x)，⎝2⎭⎝2⎭sin⎛π-x⎫f -x⎪=sin -x⎪+=cos x+⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭sin⎛π+x⎫f +x⎪=sin +x⎪+=cos x+⎝2⎭f -x⎪=f +x⎪，.③f（x）的图像关于直线x=π2对称．④f（x）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________．【答案】②③【解析】【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-π<x<0可判断命题④的正误.综合可得出结论.⎪⎪15=--2=-，则22⎛π⎫⎛π⎫⎝6⎭⎝6⎭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≠kπ,k∈Z}，定义域关于原点对称，1⎛1⎫sin(-x)sin x⎝sin 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，⎛π⎫⎛π⎫11cos x，⎪⎛π⎫⎛π⎫11cos x，则⎪⎛π⎫⎛π⎫⎝2⎭⎝2⎭所以，函数f(x)的图象关于直线x=π2对称，命题③正确；对于命题④，当-π<x<0时，sin x<0，则f(x)=sin x+1sin x<0<2，命题④错误.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， a n +1 = 3a n - 4n ．（1）计算 a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前 n 项和 S n ．【答案】 1） a 2 = 5 ， a 3 = 7 ， a n = 2n + 1，证明见解析；（2） S n = (2n - 1)⋅ 2n +1 + 2 .【解析】【分析】（1）利用递推公式得出 a , a ，猜想得出{a23n}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 a 2 = 3a 1 - 4 = 9 - 4 = 5 ， a 3 = 3a 2 - 8 = 15 - 8 = 7 ，由数列 {a n}的前三项可猜想数列{a }是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，即 a nn= 2n + 1，证明如下：当 n = 1 时， a 1 = 3 成立；假设 n = k 时， a k = 2k + 1 成立.那么 n = k +1 时， a k +1 = 3a k - 4k = 3(2k + 1) - 4k = 2k + 3 = 2(k + 1) + 1 也成立.则对任意的 n ∈ N * ，都有 a n = 2n + 1成立；（2）由（1）可知， a ⋅ 2n = (2n + 1)⋅ 2nnS = 3 ⨯ 2 + 5 ⨯ 22 + 7 ⨯ 23 +n2S = 3 ⨯ 22 + 5 ⨯ 23 + 7 ⨯ 24 +n+ (2n - 1)⋅ 2n -1 + (2n + 1)⋅ 2n ，①+ (2n - 1)⋅ 2n + (2n + 1)⋅ 2n +1 ，②由① - ②得： -S = 6 + 2 ⨯ (22 + 23 +n+ 2n )- (2n + 1)⋅ 2n +1= 6 + 2 ⨯ 22⨯ (1 - 2n -1)1 - 2- (2n + 1)⋅ 2n +1= (1- 2n) ⋅ 2n +1 - 2 ，即 S = (2n - 1)⋅ 2n +1 + 2 .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）：高考数学；（ （锻炼人次 [0，200] (200，400] (400，600]空气质量等级1（优） 2（良）3（轻度污染）4（中度污染）2567 161072 25128（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？人次≤400人次>400空气质量好空气质量不好n(ad - b c)2附： K 2 = ，(a + b )(c + d )(a + c)(b + d )P(K 2≥k)k0.0503.841 0.0106.635 0.00110.828【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；概率为 5 + 10 + 12 .（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 2 ⨯ 2 列联表，计算出 K 2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 2 + 16 + 25= 0.43 ，等级为 2 的1006 +7 +8 7 + 2 + 0= 0.27 ，等级为 3 的概率为 = 0.21 ，等级为 4 的概率为 = 0.09 ；100 100 100100 ⨯ 20 + 300 ⨯ 35 + 500 ⨯ 45（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100（3） 2 ⨯ 2 列联表如下：人次 ≤ 400人次 > 400= 350空气质量不好空气质量好3322 378100 ⨯ (33⨯ 8 - 37 ⨯ 22)2K 2 =≈ 5.820 > 3.841 ，55 ⨯ 45 ⨯ 70 ⨯ 30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 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中，点 E, F 分别在棱 DD 1, BB 1 上，且 2DE = ED 1 ， BF = 2FB 1 ．（1）证明：点 C 1 在平面 AEF 内；（2）若 AB = 2 ， AD = 1 ， AA 1 = 3 ，求二面角 A - EF - A 1 的正弦值．（2的C G=CG，BF=2FB，∴CG=CC=BB=BF且CG=BF，233【答案】1）证明见解析；（2）427.【解析】【分析】（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1-xyz，利用空间向量法可计算出二面角A-EF-A1余弦值，进而可求得二面角A-EF-A的正弦值.11【详解】（1）在棱CC上取点G，使得C G=CG，连接DG、FG、C E、C F，1111在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD//BC且AD=BC，BB1//CC1且BB1=CC1，1221111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DEC1G为平行四边形，∴C1E//DG且C1E=DG，∴C E//AF且C E=AF，则四边形AEC F为平行四边形，111因此，点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C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C1-xyz，由 ⎨ ，得 ⎨ 取 z = -1，得 x = y = 1 ，则 m = (1,1,-1)，⎩-2 x 1 - 2 z 1 = 0 ⎪⎩m ⋅ AF = 0 ⎪由 ⎨，得 ⎨ ⎪ m ⋅ n =7，因此，二面角 A - EF - A 1 的正弦值为 42 20.已知椭圆 C : ， A ， B 分别为 C 的左、右顶点．则 A (2,1,3 )、 A (2,1,0 )、 E (2,0,2 )、 F (0,1,1)，1AE = (0, -1, -1) ， AF = (-2,0, -2)， A E = (0, -1,2 ) ， A F = (-2,0,1)，1 1设平面 AEF 的法向量为 m = (x , y , z 111) ，⎧m ⋅ AE = 0 ⎧- y - z = 0 1 1 11 1设平面 A 1EF 的法向量为 n = (x 2 , y 2 , z2) ， ⎧n ⋅ A E = 0 ⎧- y + 2z = 01 2 2⎪⎩n ⋅ A 1F = 0⎩-2x 2 + z 2 = 0 ，取 z 2 = 2 ，得 x 2 = 1 ， y 2 = 4 ，则 n = (1,4,2 )，cos < m , n >= m ⋅ n3 7=3 ⨯ 21设二面角 A - EF - A 1 的平面角为θ ，则 cos θ =.77 42，∴ s in θ = 1 - cos 2θ =7 7. 【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.x 2 y 2 15+ = 1(0 < m < 5) 的离心率为高考数学+ = 1(0 < m < 5) ，可得 a = 5 ， b = m ，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（ （ 根据离心率 e = = 1 - ⎪ = 1 - ⎪ = ， ⎝ 4 ⎭（1）求 C 的方程；（2）若点 P 在 C 上，点 Q 在直线 x = 6 上，且 | BP |=| BQ | ， BP ⊥ BQ ，求 APQ 的面积．【答案】 1） 【解析】【分析】（1）因为 C : x 2 16 y 2 5+ = 1 ； 2） . 25 25 2x 2 y 225 m 2（2）点 P 在 C 上，点 Q 在直线 x = 6 上，且| BP |=| BQ | ， BP ⊥ BQ ，过点 P 作 x 轴垂线，交点为 M ，设x = 6 与 x 轴交点为 N ，可得 △PMB ≥? BNQ ，可求得 P 点坐标，求出直线 AQ直线距离公式和两点距离公式，即可求得 APQ 的面积. 直线方程，根据点到的【详解】（1）x 2 y 2C : + = 1(0 < m < 5)25 m 2∴ a = 5 ， b = m ，c ⎛ b ⎫2 ⎛ m ⎫215 a ⎝ a ⎭ ⎝ 5 ⎭4 解得 m =5 5或 m =- (舍)，4 4x 2 y 2+ = 1∴ C 的方程为： 25 ⎛ 5 ⎫2 ， ⎪x 2 16 y 2即 + = 1 ；25 25（2）不妨设 P , Q 在 x 轴上方点 P 在 C 上，点 Q 在直线 x = 6 上，且 | BP |=| BQ | ， BP ⊥ BQ ，过点 P 作 x 轴垂线，交点为 M ，设 x = 6 与 x 轴交点为 N根据题意画出图形，如图可得 P 点纵坐标为 y = 1 ，将其代入 + = 1 ，25 25| BP |=| BQ | ， BP ⊥ BQ ， ∠PMB = ∠QNB = 90︒ ，又∠PBM + ∠QBN = 90︒ ， ∠BQN + ∠QBN = 90︒ ，∴ ∠PBM = ∠BQN ，根据三角形全等条件“ AAS ”，可得： △PMB ≥?BNQ ，x 2 16 y 2+ = 1 ， 25 25∴ B(5,0) ，∴ PM = BN = 6 - 5 = 1 ，设 P 点为 ( x P , y P ) ，x 2 16 y 2Px 2 16可得： P + = 1，25 25解得： x P = 3 或 x P = -3 ，∴ P 点为 (3,1)或 (-3,1) ，①当 P 点为 (3,1)时， 故 MB = 5 - 3 = 2 ，△PMB ≥? BNQ ，∴ | MB |=| NQ |= 2 ，22+112=可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图A(-5,0),Q(6,2)，可求得直线AQ的直线方程为：2x-11y+10=0，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d=2⨯3-11⨯1+10根据两点间距离公式可得：AQ=(6+5)2+(2-0)2=55，APQ面积为：1⨯55⨯5=5；∴2525125=55，②当P点为(-3,1)时，故MB=5+3=8，△PMB≥?BNQ，∴|MB|=|NQ|=8，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图A(-5,0),Q(6,8)，高考数学根据点到直线距离公式可得 P 到直线 AQ 的距离为： d = 8 ⨯ (-3)- 11⨯1 + 40 .（ 1 1 f ' ( ) = 0，即 3⨯ ⎛ ⎫⎪ + b = 0可求得直线 AQ 的直线方程为： 8x -11y + 40 = 0 ，根据两点间距离公式可得： AQ =(6 + 5)2 + (8 - 0 )282 + 112== 185 ，5 185 = 5185 ，1 5 5∴ APQ 面积为： ⨯ 185 ⨯= ， 2 185 2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 f ( x ) = x 3 + bx + c ，曲线 y = f ( x ) 在点(1 1，f( ))处的切线与 y 轴垂直． 2 2（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） b = -3 4；（2）证明见解析【解析】【分析】1（1）利用导数的几何意义得到 f ' ( ) = 0 ，解方程即可；2 （2）由（1）可得 f ' ( x ) = 3x 2 -3 1 1 1= 2( x + )( x - ) ，易知 f ( x ) 在 (- , ) 上单调递减，在 (-∞, - ) ，4 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1( , +∞) 上单调递增，且 f (-1) = c - , f (- ) = c + , f ( ) = c - , f (1) = c + ，采用反证法，推出 2 4 2 4 2 4 4矛盾即可.【详解】（1）因为 f ' ( x ) = 3x 2 + b ，由题意， 1 1 2 2 ⎝ 2 ⎭3则 b =- ；4（2）由（1）可得 f ( x ) = x 3- 3x + c ，43 1 1f ' ( x ) = 3x 2 - = 3(x + )( x - ) ，4 2 22令 f '( x ) > 0 ，得 x > 1 1 1 1或 x <- ；令 f ' ( x ) < 0 ，得 - < x < ，2 2 2 21 1 11 所以 f ( x ) 在 (- , ) 上单调递减，在 (-∞, - ) ， ( , +∞) 上单调递增，2 2 21 1 1 1 1 1且 f (-1) = c - , f (- ) = c + , f ( ) = c - , f (1) = c + ，4 2 4 2 4 4若 f ( x ) 所有零点中存在一个绝对值大于 1零点 x ，则 f (-1) > 0 或 f (1) < 0 ，即 c > 1 1或 c < - .4 4的1 1 1 1 1 1 1当 c > 时， f (-1) = c - > 0, f (- ) = c + > 0, f ( ) = c - > 0, f (1) = c + > 0 ，4 4 2 4 2 4 4又 f (-4c) = -64c 3 + 3c + c = 4c(1- 16c 2 ) < 0 ，由零点存在性定理知 f ( x ) 在 (-4c, -1) 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；1 1 1 1 1 1 1当 c < - 时， f (-1) = c - < 0, f (- ) = c + < 0, f ( ) = c - < 0, f (1) = c + < 0 ，4 4 2 4 2 4 4又 f (-4c) = 64c 3 + 3c + c = 4c(1 - 16c 2 ) > 0 ，由零点存在性定理知 f ( x ) 在 (1,-4c) 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；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）⎧ x = 2 - t - t 222.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 ⎨（t 为参数且 t ≠1），C 与坐标轴交于 A 、B 两 ⎩ y = 2 - 3t + t 2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．（0 - ( 0 .3 （ max{a, b , c } = a ，由题意得出 a > 0,b , c < 0 ，由 a 3 = a 2 ⋅ a = b + c【答案】 1） 4 10 （2）3ρ cos θ - ρ sin θ + 12 = 0【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 x = 0 ，则 t 2 + t - 2 = 0 ，解得 t = -2 或 t =1（舍），则 y = 2 + 6 + 4 = 12 ，即 A(0,12) . 令 y = 0 ，则 t 2 - 3t + 2 = 0 ，解得 t = 2 或 t =1（舍），则 x = 2 - 2 - 4 = -4 ，即 B(-4,0) .∴ AB = (0 + 4)2 + (12 - 0)2 = 4 10 ；（2）由（1）可知 k AB = 12 - 4)= 3 ，则直线 AB 的方程为 y = 3(x + 4) ，即 3x - y + 12 = 0 .由 x = ρ cos θ, y = ρ sin θ 可得，直线 AB 的极坐标方程为 3ρ cos θ - ρ sin θ + 12 = 0 .【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 }≥ 4 ． 【答案】 1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由 (a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0 结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设( bc)2 b 2 + c 2 + 2bc =bc，结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）(a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0 ，∴ a b + bc + ca = - 1 (a 2 + b 2 + c 2 ) 21(b + c )2b 2 +c 2 + 2bc2bc + 2bca = -b - c, a = ，∴ a 3 = a 2 ⋅ a ==≥= 4 .bc .abc = 1,∴ a, b , c 均不为 0 ，则 a 2 + b 2 + c 2 > 0 ，∴ a b + bc + ca = - 1 (a 2 + b 2 + c 2 )< 0 ； 2（2）不妨设 max{a, b , c } = a ，由 a + b + c = 0, a bc = 1可知， a > 0, b < 0, c < 0 ，bcbcbc当且仅当 b = c 时，取等号，∴ a ≥ 3 4 ，即 max{a, b , c } 3 4 .【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。
2020_年全国Ⅲ卷理科第12_题新解及命题思路探究
２０２０年全国Ⅲ卷理科第１２题新解及命题思路探究代红军１ꎬ２㊀何㊀波１(１.云南师范大学数学学院ꎬ云南昆明６５０５００ꎻ２.昆明市官渡区第六中学ꎬ云南昆明６５０５００)摘㊀要:文章通过研究２０２０年全国Ⅲ卷理科第１２题的解法ꎬ尝试提出用二分法寻找中间量解决对数比较大小的方法ꎬ探索命题人设置参考数据的心路历程ꎬ为这类试题命制提供参考.关键词:对数ꎻ新解ꎻ命题思路中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３１－００４１－０３收稿日期:２０２３－０８－０５作者简介:代红军(１９８７.８－)ꎬ男ꎬ四川省安岳人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事数学教学研究ꎻ何波(１９９０.２－)ꎬ男ꎬ云南省永善人ꎬ本科ꎬ从事数学教学研究.基金项目:昆明市教育科学研究 十四五 规划第二批立项课题 基于ＧＧＢ软件积件库的中学函数教学案例研究 (项目编号:ＺＸ２０２２２５１)㊀㊀对数比较大小是高考的热点和难点题型ꎬ主要以填空题㊁选择题的形式出现ꎬ试题难度大.近几年试题展现出一定的创新性ꎬ考查学生的数学运算㊁数据处理㊁数学抽象等核心素养ꎬ要求学生掌握必备的知识和解决此类问题的关键能力.笔者对«数理化解题研究»２０２２年第３４期文章«对数比较大小试题的解法探究两例»中变式应用环节的变式１解法提出疑问ꎬ指出错误原因并给出新解.１问题提出«数理化解题研究»２０２２年第３４期«对数比较大小试题的解法探究两例»变式应用环节的变式１.变式１㊀设ａ＝ｌｏｇ２３ꎬｂ＝ｌｏｇ３５ꎬｃ＝ｌｏｇ５８ꎬ则(㊀㊀).㊀Ａ.ａ<ｂ<ｃ㊀㊀㊀Ｂ.ｃ<ｂ<ａＣ.ａ<ｃ<ｂＤ.ｃ<ａ<ｂ原文中的解法ꎬ由糖水不等式ꎬ得ｌｏｇ２３＝ｌｎ３ｌｎ２<ｌｎ３＋ｌｎ(３/２)ｌｎ２＋ｌｎ(３/２)＝ｌｎ(９/２)ｌｎ３<ｌｎ５ｌｎ３＝ｌｏｇ３５ꎬ同理可得ｌｏｇ３５<ｌｏｇ５８ꎬ即ａ<ｂ<ｃꎬ故选Ａ.错因分析㊀从表面上看ꎬ解法不存在问题.实质糖水不等式满足的条件混淆ꎬ这是因为糖水不等式有两种形式ꎬ即(１)当ｍ>ｎ>０ꎬｃ>０时ꎬｍｎ<ｍ＋ｃｎ＋ｃꎻ(２)当ｍ>ｎ>０ꎬｃ>０时ꎬｎｍ>ｎ＋ｃｍ＋ｃꎬ使用时要注意ｎｍ与１的大小关系ꎬ否则会出现原文中变式１的条件与结论错用.此题的正确解法见新解应用环节.原文中提出了一个有创意的观点:不提供参考数据ꎬ能否解决对数比较大小的问题?针对问题ꎬ尝试探究新的解法.１４２新解探究２.１高考试题再现题目㊀(２０２０年全国Ⅲ卷理科第１２题)已知５５<８４ꎬ１３４<８５.设ａ＝ｌｏｇ５３ꎬｂ＝ｌｏｇ８５ꎬｃ＝ｌｏｇ１３８ꎬ则(㊀㊀).㊀Ａ.ａ<ｂ<ｃ㊀㊀㊀Ｂ.ｂ<ａ<ｃＣ.ｂ<ｃ<ａＤ.ｃ<ａ<ｂ分析㊀试题命制的创新之处是给出了一组参考数据ꎬ如何运用参考数据是破解此题的关键ꎬ不同的运用方式能带来不同的解法ꎬ我们从三个角度运用参考数据ꎬ提炼出新的解法.解法１㊀因为３４<５３ꎬ所以４ａ＝４ｌｏｇ５３＝ｌｏｇ５３４<ｌｏｇ５５３＝３ꎬ解得ａ<３４.又因为５４>８３ꎬ所以４ｂ＝４ｌｏｇ８５＝ｌｏｇ８５４>ｌｏｇ８８３＝３ꎬ解得ｂ>３４.由５５<８４ꎬ得到ｌｏｇ８５５<ｌｏｇ８８４ꎬ所以５ｂ<４ꎬ解得ｂ<４５.综上知３４<ｂ<４５.同理由１３４<８５ꎬ解得ｃ>４５.综上所述ꎬａ<３４<ｂ<４５<ｃ.故选Ａ.解法２㊀作差ａ－ｂ＝ｌｏｇ５３－ｌｏｇ８５＝ｌｎ３ｌｎ５－ｌｎ５ｌｎ８＝ｌｎ３ｌｎ８－ｌｎ２５ｌｎ５ｌｎ８ꎬ由基本不等式ꎬ得ｌｎ３ｌｎ８<(ｌｎ３＋ｌｎ８２)２＝(ｌｎ２４２)２<ｌｎ２５.所以ａ<ｂ.因为ｂ＝ｌｏｇ８５ꎬ得８ｂ＝５.所以８５ｂ＝５５<８４.因此５ｂ<４ꎬ解得ｂ<４５.因为ｃ＝ｌｏｇ１３８ꎬ所以１３５ｃ＝８５>１３４ꎬ从而得到５ｃ>４ꎬ解得ｃ>４５.综上所述ꎬａ<ｂ<４５<ｃ.故选Ａ.解法３㊀根据糖水不等式知ꎬａ＝ｌｎ３ｌｎ５<ｌｎ３＋ｌｎ(８/５)ｌｎ５＋ｌｎ(８/５)＝ｌｎ(２４/５)ｌｎ８<ｌｎ５ｌｎ８＝ｂꎬ同时ａ＝ｌｎ３ｌｎ５<ｌｎ３＋ｌｎ(１３/５)ｌｎ５＋ｌｎ(１３/５)＝ｌｎ(３９/５)ｌｎ１３<ｌｎ８ｌｎ１３＝ｃꎬ用排除法可知ꎬ故选Ａ.解法点评㊀从以上三种解法不难发现ꎬ参考数据实质是为ａꎬｂꎬｃ比较大小提供了中间量３４和４５.解法１直接运用了参考数据ꎬ解法２间接利用了参考数据ꎬ解法３没有利用参考数据ꎬ抓住试题类型ꎬ是解答选择题的特殊解法.针对解法１和解法２ꎬ很难想到１３４<８５和５４>８３ꎬ这是解决此题的难点.为了突破难点ꎬ解法３提供了一般思路ꎬ不利用参考数据ꎬ此题能解答吗?或者１３４<８５和５４>８３是如何想到?２.２新解呈现针对上面两个问题ꎬ笔者提出对数比较大小的另一种方法ꎬ叫二分法寻找中间量.方法介绍及操作流程ꎬ笔者通过具体例题呈现.２０２０年全国Ⅲ卷理科第１２题如不用参考数据ꎬ得到如下变式[１].变式㊀设ａ＝ｌｏｇ５３ꎬｂ＝ｌｏｇ８５ꎬｃ＝ｌｏｇ１３８ꎬ则(㊀㊀).Ａ.ａ<ｂ<ｃ㊀Ｂ.ｂ<ａ<ｃ㊀Ｃ.ｂ<ｃ<ａ㊀Ｄ.ｃ<ａ<ｂ解析㊀因为ａ＝ｌｏｇ５３ꎬｂ＝ｌｏｇ８５ꎬｃ＝ｌｏｇ１３８ꎬ所以ａꎬｂꎬｃɪ(０ꎬ１)ꎬ由二分法思想可知ꎬ取中间量ｔ１＝１２.又因为ｔ１＝１２＝ｌｏｇ５５１２＝ｌｏｇ８８１２＝ｌｏｇ１３１３１２ꎬ因此比较３与５１２ꎬ５与８１２ꎬ８与１３１２的大小ꎬ转化为比较３２与５ꎬ５２与８ꎬ８２与１３的大小ꎬ容易得到３２>５ꎬ５２>８ꎬ８２>１３ꎬ所以３>５１２ꎬ５>８１２ꎬ８>１３１２.则ｌｏｇ５３>１２ꎬｌｏｇ８５>１２ꎬｌｏｇ１３８>１２.所以ａꎬｂꎬｃɪ(１２ꎬ１).由二分法思想ꎬ取中间量ｔ２＝３４ꎬ同样ｔ２＝３４＝ｌｏｇ５５３４＝ｌｏｇ８８３４＝ｌｏｇ１３１３３４ꎬ比较３与５３４ꎬ５与８３４ꎬ８２４与１３３４的大小ꎬ转化为比较３４与５３ꎬ５４与８３ꎬ８４与１３３的大小ꎬ由于３４<５３ꎬ５４>８３ꎬ８４>１３３ꎬ所以３<５３４ꎬ５>８３４ꎬ８>１３３４ꎬ因此ｌｏｇ５３<３４ꎬｌｏｇ８５>３４ꎬｌｏｇ１３８>３４ꎬ则ａɪ(０ꎬ３４)ꎬｂꎬｃɪ(３４ꎬ１).为了解释命题人设计参考数据的思路ꎬ我们取区间(３４ꎬ１)的第１个四等分点作为中间量ｔ３＝４５ꎬ同样ｔ３＝４５＝ｌｏｇ８８４５＝ｌｏｇ１３１３４５ꎬ比较５与８４５ꎬ８与１３４５的大小ꎬ即比较５５与８４ꎬ８５与１３４的大小.因为５５<８４ꎬ８５>１３４ꎬ所以５<８４５ꎬ８>１３４５ꎬ得到ｌｏｇ８５<４５ꎬｌｏｇ１３８>４５.所以０<ａ<３４<ｂ<４５<ｃꎬ故选Ａ.点评㊀此题参考数据的作用主要是为解答提供中间量ꎬ考查考生处理数据的能力ꎬ通过对参考数据的利用ꎬ能否类比联想到５５<８４和８５>１３４.另外ꎬ提供参考数据为考生提供了多样的解题方法ꎬ符合新高考的命题理念ꎬ让不同层次的考生在高考中都能施展自己的才华和能力.如果不提供参考数据ꎬ解题方法单一ꎬ达不到考查目的.没有参考数据ꎬ用二分法寻找中间量求解的过程中ꎬ能清晰地揣摩命题人是如何设置参考数据ꎬ此题至少要用三次二分ꎬｔ３＝４５是区间(３４ꎬ１)的一个四等分点ꎬ取区间的不同等分点ꎬ也能命制出不同的试题ꎬ为试题的命制提供了思路ꎬ试题的解答过程对上述疑问的回答就不言而喻了.３新解应用应用１㊀«数理化解题研究»２０２２年第３４期文章«对数比较大小试题的解法探究两例»变式应用环节的变式１.正解㊀显然ａꎬｂꎬｃɪ(１ꎬ２).由表１可知ｃɪ(５４ꎬ１１８)ꎬｂɪ(１１８ꎬ３２)ꎬａɪ(３２ꎬ２)ꎬ所以ｃ<ｂ<ａꎬ故选Ｂ.表１㊀应用１的解析过程区间中间值ｔａ与ｔ的大小ｂ与ｔ的大小ｃ与ｔ的大小(１ꎬ２)ｔ＝３２><<(１ꎬ３２)ｔ＝５４>>(５４ꎬ３２)ｔ＝１１８><㊀㊀应用２㊀(必修第一册第１４１页第１３题(２))比较ｌｏｇ２３ꎬｌｏｇ３４ꎬｌｏｇ４５的大小.解析㊀显然ｌｏｇ２３ɪ(１ꎬ２)ꎬｌｏｇ３４ɪ(１ꎬ２)ꎬｌｏｇ４５ɪ(１ꎬ２).表２㊀应用２的解析过程区间中间值ｔｌｏｇ２３与ｔ的大小ｌｏｇ３４与ｔ的大小ｌｏｇ４５与ｔ的大小(１ꎬ２)ｔ＝３２><<(３２ꎬ２)ｔ＝５４><㊀㊀由表２知ｌｏｇ２３ɪ(３２ꎬ２)ꎬｌｏｇ３４ɪ(５４ꎬ３２)ꎬｌｏｇ４５ɪ(１ꎬ５４).所以ｌｏｇ４５<ｌｏｇ３４<ｌｏｇ２３.用二分法寻找对数比较大小的中间量的方法ꎬ能明确命题人命制试题的思路和意图ꎬ在教学和考试中可以对试题进行改编ꎬ发挥试题的变式教学功能ꎬ实现一题一课㊁一法多用的教学作用.教学过程要体现学生主体㊁教师主导㊁问题主线㊁思维主攻 的思想[２]ꎬ对数比较大小方法多样ꎬ教师从不同视角提出问题ꎬ引导学生主动探究不同的解法ꎬ发现不同解法之间的关联ꎬ有助于发展学生思维.参考文献:[１]李鸿昌.对数比较大小试题的解法探究两例[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(３４):６６－６９.[２]代钦ꎬ王光明ꎬ吴立宝.新版课程标准解析与教学指导[Ｍ].北京:北京师范大学出版社ꎬ２０１８.[责任编辑:李㊀璟]３４。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)及答案解析
试题第1页，总21页绝密★启用前2020年全国统一高考数学试题（理科)（新课标Ⅲ)试题副标题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题1．已知集合{}{}21,0,1,21A B x x ，=-=≤，则A B ⋂=（ ）A ．{}1,0,1-B ．{}0,1C ．{}1,1-D ．{}0,1,2【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合B 再求出交集. 【详解】21,x ≤∴11x -≤≤，∴{}11B x x =-≤≤，则{}1,0,1A B ⋂=-， 故选A ． 【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题. 2．若(1i)2i z +=，则z =（ ） A ．1i -- B ．1+i - C ．1i - D ．1+i【答案】D 【解析】 【分析】根据复数运算法则求解即可.试题第2页，总21页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………【详解】()(2i 2i 1i 1i 1i 1i 1i )()z -===+++-．故选D ． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 3．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（ ） A.B.C.D.【答案】C 【解析】 【分析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解. 【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C ． 【点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．4．（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A ．12 B ．16 C ．20 D ．24【答案】A 【解析】 【分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数． 【详解】由题意得x 3的系数为314424812C C +=+=，故选A ．【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．试题第3页，总21页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………5．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ） A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C 【解析】 【分析】利用方程思想列出关于1,a q 的方程组，求出1,a q ，再利用通项公式即可求得3a 的值． 【详解】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键。
2020年全国数学高考理科卷III第12题及其拓展一至四解析
2020年全国数学高考理科卷III第12题及其拓展一至四解析学海拾贝内容简介：本文将第12题拓展为与等比数列、可化为等差、等比数列问题的数列的任意连续三项有关的对数大小比较. 这些题综合应用了等差、等比数列的基本知识; 拓展三、四还应用了逐差法或者累差法；还应用了作商比较法(或作差比较法)、对数运算公式、对数函数的性质、均值不等式等基本知识和基本方法.目的: 本文可作为高三理科第二轮综合复习应用资料; 愿与教育同仁、高三学子共同分享。
一. 试题解析12.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.解：由55<84,得5log85<4, b<45, 由134<85,得4<5log138, c>45, b<c.比较a、b大小法一：已知启示: 由34<53,得4log53<3, a<34. 由54>83,得4log85>3, b>34,所以,a<b, 因此,a<b<c,选A.比较a、b大小法二(作差比较法)：a−b=log53−log85=lg3lg5−lg5lg8=lg3lg8−(lg5)2lg5lg8.因为lg3,lg5,lg8>0, 所以，lg3lg8<(lg3+lg82)2=(lg√24)2 <(lg√25)2=(lg5)2, lg3lg8−(lg5)2<0, a<b.比较a、b大小法三(作商比较法)：因为a、b、c>0, 所以，ab =log53log85=lg3lg5∙lg8lg5.由法二，得lg3lg8<(lg5)2，所以，ab<1, 即a<b.小结: 本法综合应用了作差比较法或作商比较法、均值不等式、对数运算公式、对数函数的性质等基本知识和方法.二. 试题拓展拓展一: 设等比数列{a n}的首项a1=2,公比q=2, 比较log an+1a n与log an+2a n+1的大小.解:因为 a n=2n>1(n∈N∗),所以, log an+1a n>0, log an+2a n+1>0.log a n+1a n log a n+2a n+1=lna nlna n+1∙lna n+2lna n+1=ln2nln2∙ln2n+2ln2=n(n+2)(n+1)=n2+2nn+2n+1<1,所以, log an+1a n<log an+2a n+1 (n∈N∗).拓展二: 设等比数列{a n}的首项a1>0,公比为q>0, 若0<a1<1,0<q≤1或a1>1,q≥1, 则比较log an+1a n与log an+2a n+1的大小.解:因为 a n=a1q n−1>1(n∈N∗),所以,当q=1时, log an+1a n=1=log an+2a n+1.当q≠1时, log an+1a n−log an+2a n+1=lna n lna n+1−lna n+1lna n+2=lna n lna n+2−(lna n+1)2lna n+1lna n+2.B=lna n+1lna n+2= ln a1q n ln a1q n+1=(ln a1+n ln q)[ln a1+(n+1)ln q] =(lna1)2+(2n+1)lna1lnq+n(n+1)(lnq)2.A=lna n+1lna n+2−(lna n+1)2=(lna1)2+(2n+1)lna1lnq+n(n+1)(lnq)2−(lna1+n lnq)2= lna1lnq+ n(lnq)2.因为当0<a1<1,0<q<1或a1>1,q>1时,A, B>0, log an+1a n>log an+2a n+1.log a n+1a n log a n+2a n+1=lna nlna n+1∙lna n+2lna n+1=ln2nln2n+1∙ln2n+2ln2n+1=n(n+2)(n+1)2=n2+2nn2+2n+1<1,所以, log an+1a n<log an+2a n+1.拓展三: 设数列{a n}的首项a1=1, a n+1−a n=n(n∈N∗), (I) 求数列{a n}的通项公式;(II) 比较log an+1a n与log an+2a n+1的大小.解: (I) (逐差法):因为a n+1=(a n+1−a n)+(a n−a n−1) +(a n−1−a n−2)+⋯+(a2−a1)+ a1=n+(n−1)+ (n−2)+ ⋯+1+1=n(n+1)2+1, 所以, a n=(n−1)n2+1. 因为a1=(1−1)×12+1=1, 所以,数列{a n}的通项公式为a n=(n−1)n2+1( n∈N∗).注: 也可用累差法.(II) 因为a n≥1, a n+1>1, 所以, log an+1a n≥0, log an+2a n+1>0.(1)当n=1时, log an+1a n<log an+2a n+1.(2)当n>1时, log an+1a n>0, 所以,log a n+1a n log a n+2a n+1=lna nlna n+1∙lna n+2lna n+1.因为lna n>0,lna n+2>0,lna n∙lna n+2<(lna n+lna n+22)2=(ln√a n a n+2)2,又a n a n+2=[(n−1)n2+1][(n+1)(n+2)2+1]=(n−1)n(n+1)(n+2)4+(n−1)n2+(n+1)(n+2)2+1,a n+12−a n a n+2=[n(n+1)2+1]2−[(n −1)n (n +1)(n +2)4+(n −1)n2+(n +1)(n +2)2+1]=n 2(n+1)24+ n (n +1)+1−[(n −1)n (n +1)(n +2)4+(n +1)(n +2)2+(n −1)n2+1]=n (n+1)4[n 2+n −(n 2+ n −2)]+ n 2+n −n 2+3n+2+n 2−n2=n (n+1)−22>0,a n a n+2<a n+12, 所以, (ln √a n a n+2)2<(ln√a n+12)2,即 log a n+1a n log a n+2a n+1<1,亦即,log a n+1a n <log a n+2a n+1, 因此,综合(1), (2), 得 log a n+1a n <log a n+2a n+1( n ∈N ∗).注:也可用作差比较法.拓展四: 设数列{a n }的首项a 1=1, a n+1−a n =2n (n ∈N ∗), (I) 求数列{a n }的通项公式;(II) 比较log a n+1a n 与log a n+2a n+1的大小.解: (I) (累差法):因为 a n+1−a n =2n a n −a n−1=2n−1…a 2−a 1=2, 相加,得 a n+1=2(2n −1)2−1+1=2n+1−1. a n =2n −1，a 1=21−1＝1，所以，数列{a n }的通项公式是a n =2n −1(n ∈N ∗).注: 也可用逐差法.(II) 因为a n ≥1, a n+1>1, 所以, log a n+1a n ≥0, log a n+2a n+1>0.(1)当n=1时, log an+1a n<log an+2a n+1.(2)当n>1时, log an+1a n>0, 所以,(作商比较法)log a n+1a nlog a n+2a n+1=lna nlna n+1∙lna n+2lna n+1.因为lna n∙lna n+2<(lna n+lna n+22)2=(ln√a n a n+2)2, 又a n a n+2=(2n−1)(2n+2−1)=(2n+1)2−2n−2n+2+1, a n+12−a n a n+2=(2n+1−1)2−[(2n+1)2−2n−2n+2+1] =2n>0, a n a n+2<a n+12, 所以,(ln√a n a n+2)2<(ln√a n+12)2,即log a n+1a nlog a n+2a n+1<1,亦即,log an+1a n<log an+2a n+1, 因此, 综合(1), (2),得log an+1a n<log an+2a n+1( n∈N∗).注:也可用作差比较法.。
高考理科数学(3卷)：答案详细解析(最新)
C．1
D．2
【解析】2 tan
tan(
)
2 tan
1 tan
7
，化简得 tan2
4 tan
4
0
，
4
1 tan
解得 tan 2 .
【答案】D
10．（解析几何）若直线 l 与曲线 y
x
和
x2
y2
1 5
都相切，则
l
的方程为
A．y=2x+1
B．y=2x+ 1
2
C．y= 1 x+1
2
D．y= 1 x+ 1
2020 年高考理科数学（全国 3 卷）答案详解及试题
2020 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（III 卷）答案详解
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。 1．（集合）已知集合 A {(x, y) | x, y N* , y x}，B {(x, y) | x y 8}，则 A B
22
22
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2020 年高考理科数学（全国 3 卷）答案详解及试题
点 A(2,1)时，直线在 y 轴上的截距最大，即 z 有最大值，所以 zmax=7.
图 A13
【答案】7
14．（概率统计）
x2
2 x
6
的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
解法一：构造不等式： 34
53
， 54
83
，同理可得
a
log5
3
3 4
，
b
log8
5
3 4
.
2020年全国卷三理科数学高考真题试题(解析版)
cos
a,a b
=
a (a | a || a
b) b|
a2 a b 57
52 6 35
19 35
.
7．在△ABC 中，cosC= 2 ，AC=4，BC=3，则 cosB= 3
A． 1 9
B． 1 3
C． 1 2
答案：A
D． 2 3
第 2页 共 14页
2020 年全国卷三理科数学解析版
解析：由余弦定理 AB2 BC 2 AC 2 2AC BC cosC 32 42 2 3 4 2 9 ，所以 AB=3， 3
A．60 答案：C
B．63
C．66
D．69
解析：由
I
(t
)=
1
K e0.23(t
53)
可
得
t
ln
K I (t)
1
ห้องสมุดไป่ตู้
53
，
所
以
若
I (t*) 0.95K
0.23
时，
t*
ln
K 0.95K
1
53
ln19
53
66
，故选
C.
0.23
0.23
5．设 O 为坐标原点，直线 x=2 与抛物线 C： y2 2 px( p 0) 交于 D，E 两点，若 OD⊥OE ，则 C 的
2020 年全国卷三理科数学解析版
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
全国卷三理科数学
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。
1．已知集合 A {(x, y) | x, y N*, y x}， B {(x, y) | x y 8} ，则 A B 中元素的个数为
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)(解析版)
2
1， a
b；
由b
log8
5
，得 8b
5，由 55
84 ，得 85b
84
，5b
4
，可得 b
4 5
；
由c
log13
8
，得13c
8 ，由134
85
，得134
135c
，5c
4 ，可得 c
4 5
.
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
1
1
1
A.
B.
C.
9
3
2
【答案】A
2
D.
3
【解析】
【分析】
根据已知条件结合余弦定理求得 AB ，再根据 cos B AB2 BC2 AC2 ，即可求得答案. 2AB BC
【详解】 在 ABC 中， cos C 2 ， AC 4 ， BC 3 3
根据余弦定理： AB2 AC2 BC2 2AC BC cosC AB2 42 32 2 43 2
方差为 sC2 1 2.52 0.2 2 2.52 0.3 3 2.52 0.3 4 2.52 0.2 1.05 ；
对于 D 选项，该组数据的平均数为 xD 1 4 0.3 2 3 0.2 2.5 ，
方差为 sD2 1 2.52 0.3 2 2.52 0.2 3 2.52 0.2 4 2.52 0.3 1.45 .
7
，
令 t tan,t 1，则 2t 1 t 7 ，整理得 t2 4t 4 0 ，解得 t 2 ，即 tan 2 . 1t
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.
(全国III卷)2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题(含答案)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷总分150分，考试时间120分钟注意事项：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. 2 B. 3C. 4D. 62.复数113i的虚部是（ ） A. 310B. 110C.110D.3103.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 pD. 14230.3,0.2p p p p4.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)()=1et 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机密★启用前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. 1,04B. 1,02C. (1,0)D. (2,0)6.已知向量a ，b 满足||5a ，||6b ，6a b ，则cos ,= a a b （ ） A. 3135B. 1935C.1735D.19357.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（ ） A.19B. 13C. 12D.238.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）9.已知2tan θ–tan(θ+π4)=7，则tan θ=（ ） A. –2B. –1C. 1D. 210.若直线l 与曲线y 和x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ） A. y =2x +1B. y =2x +12C. y =12x +1 D. y =12x +1211.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. 1B. 2C. 4D. 812.已知55<84，134<85．设a =log 53，b =log 85，c =log 138，则（ ） A .a <b <cB. b <a <cC. b <c <aD. c <a <b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_________．14.262()x x的展开式中常数项是__________（用数字作答）．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_________． 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 =2对称．④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________．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{2na n }的前n 项和S n ．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 ，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．20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m的离心率为4，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．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． （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． [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．理科数学参考答案12020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案一、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.C2.D3.B4.C5.B6.D7.A8.C9.D 10.D 11.A 12.A 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.7 14.240 15.316.②③ 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{2na 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.机密★启用前理科数学参考答案2则对任意的*n N ，都有21n a n 成立； （2）由（1）可知，2(21)2nnn a n231325272(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)2nn n S n21121262(21)212n n n1(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？理科数学参考答案3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理科数学参考答案4（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,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）7. 【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；理科数学参考答案5（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，理科数学参考答案6设平面AEF 的法向量为 111,,m x y z，由00m 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，cos ,7m n m n m n，设二面角1A EF A 的平面角为，则cos 7，sin 7. 因此，二面角1A EF A的正弦值为7. 【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4，A ，B 分别为C 的左、右顶点．（1）求C 的方程；理科数学参考答案7（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4c 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，如图理科数学参考答案8||||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 △△，理科数学参考答案9||||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：5d， 根据两点间距离公式可得：AQ，APQ面积为：15252；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，如图理科数学参考答案10(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：AQAPQ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；理科数学参考答案11（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 ，理科数学参考答案12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 120 【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 .理科数学参考答案13由cos ,sin x y 可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120 . 【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max{,,}a 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.理科数学参考答案14选填题解析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. 2 B. 3 C. 4 D. 6【答案】C 【解析】 【分析】采用列举法列举出A B 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A B 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. 310B. 110C.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.理科数学参考答案15【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. 60B. 63C. 66D. 69理科数学参考答案16【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 KI 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. 1,04B. 1,02C. (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，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，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 （ ）理科数学参考答案17A. 3135B. 1935C.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 .7a b，因此，1919cos ,5735a ab a a b 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 C2224322433AB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（）【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：AB AD DB理科数学参考答案18ADB△是边长为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 tan74，tan12tan71tan，令tan,1t t，则1271ttt，整理得2440t t，解得2t ，即tan2.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y和x2+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.理科数学参考答案19理科数学参考答案20【详解】设直线l在曲线y上的切点为 0x ，则00x ，函数yy，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】ca，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.理科数学参考答案21【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 3lg3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg522lg 5lg 25lg5a 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.理科数学参考答案2213.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】理科数学参考答案23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 T1226(2)r r r r x C x 1236(2)r r r C x当1230r ，解得4r622x 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】3【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 ，理科数学参考答案24由于AM，故122S△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S △△△△111222AB r BC r AC r13322r解得：2r =，其体积：3433V r .故答案为：3. 【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 =2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】理科数学参考答案25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 可判断命题④的正误.综合可得出结论. 【详解】对于命题①，152622f，152622f，则66f f， 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 ，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， 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x，则22f x f x， 所以，函数 f x 的图象关于直线2x对称，命题③正确；对于命题④，当0x 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.。
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2020年全国数学高考理科卷III
第12题的变式及其推广
学海拾贝
目的：1.本文可作为高三理科综合复习应用作商比较法(或作差比较法)、对数运算、对数函数的性质、均值不等式等基本知识和基本方法的资料；
2.愿与教育同仁、高三学子共同分享。
一. 原题解析
12.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.
解：由55<84,得5log85<4, b<4
5
, 由134<85,得
4<5log138, c>4
5
, b<c.
比较a、b大小法一：
已知启示: 由34<53,得4log53<3, a<3
4
. 由54>83,
得4log85>3, b>3
4
,所以,a<b, 因此,a<b<c,选A.
比较a、b大小法二(作差比较法)：
a−b=log53−log85=lg3
lg5−lg5
lg8
=lg3lg8−(lg5)2
lg5lg8
.
因为lg3,lg5,lg8>0, 所以，lg3lg8<(lg3+lg8
2
)2=(lg√24)2 <(lg√25)2=(lg5)2, lg3lg8−(lg5)2<0, a<b.
比较a、b大小法三(作商比较法)：
因为a、b、c>0, 所以，a
b =log53
log85
=lg3
lg5
∙lg8
lg5
.
由法二，得lg3lg8<(lg5)2，所以，a
b
<1, 即a<b.
小结: 本法综合应用了作差比较法或作商比较法、均值不等式、对数运算公式、对数函数的性质等知识.
注: 应用作商比较法或作差比较法比较b、c的大小，
本人无法进行.
因为b
c =log85
log138
=lg5
lg8
∙lg13
lg8
,lg5lg13<(lg5+lg13
2
)
2
=(lg√65)2，
又(lg√65)2>(lg√64)2=(lg8)2，所以，无法比较，原请教高手.
观察原题里a=log53, b=log85, c=log138中的真数与底数: 3, 5, 8, 13, …, 这是一个数列{a n}: a1=3,a2=5, a n+2=a n+1+a n, a n>1(n∈N∗),不是等差数列.
二. 变式
已知a=log74, b=log107, c=log1310,则( ).
A.a<b<c.
B. b<a<c.
C.b<c<a.
D. c<a<b.
解：a
b =log74
log107
=lg4
lg7
∙lg10
lg7
. lg4lg10<(lg4+lg10
2
)2=(lg√40)2
<(lg7)2，所以，a
b
<1, 即a<b. 同理, b<c, 所以, a<b<c, 选A.
观察:数列{a n}:4,7,10,13,…是首项为4,公差d为3的等差数列, 通项公式为a n=4+3(n−1)=3n+1, a n>1(n∈N∗).
三. 推广
已知a=log(3n+4)(3n+1),b=log(3n+7)(3n+4),
c=log(3n+10)(3n+7)(n∈N∗),则( ).
A.a <b <c.
B.b <a <c.
C.b <c <a.
D.c <a <b. 猜想: a<b<c ?
解:a
b
=
log (3n+4)(3n+1)log (3n+7)(3n+4)
=lg (3n+1)lg (3n+4)∙lg (3n+7)
lg (3n+4).
因为lg (3n +1)lg (3n +7)<[
lg (3n+1)+lg (3n+7)2
]2
=(lg √9n 2+24n +7)2<(lg √9n 2+24n +16)2=[lg (3n +4)]2, 所以，a
b <1, 即a<b . 同理, b<
c , 所以, a<b<c , 选A .
注:变式是与等差数列{a n }: 4,7,10,13,⋯前4项有关的对数大小比较; 推广则是与等差数列{a n }: 4,7,10,13,⋯连续4项有关的对数大小比较.
再推广:若数列{a n }是公差为d 的等差数列,a n >1,(n ∈N ∗),且
a =log (dn+a 1)(dn+a 1−d ),
b =log (dn+a 1+d )(dn+a 1),
c =log (dn+a 1+2
d )(dn+a 1+d )(n ∈N ∗),则( ). A.a <b <c. B.b <a <c. C.b <c <a. D.c <a <b. 解: a
b =
log (dn+a 1
)(dn+a 1−d )log (dn+a 1
+d )(dn+a 1)
=
lg (dn+a 1−d)lg (dn+a 1)
∙
lg (dn+a 1+d)lg (dn+a 1)
.
因为lg (dn+a 1−d )∙lg (dn+a 1+d )< [
lg (dn+a 1−d )+lg (dn+a 1+d )2
]2
=(lg √d 2n 2+2a 1dn +a 12−d 2)2
<(lg √d 2n 2+2a 1dn +a 12)2
=[lg (dn+a 1)]2, 所以，a
b <1, 即a<b , 同理, b<
c , 所以, a<b<c , 选A .
注: 再推广是与任意项都大于1且公差为d 的等差数列{a n }连续4项有关的对数大小比较.
四. 总结：
1.原题解析、变式及其推广，综合应用了对数运算、对数函数性质、作商比较法(也可用作差比较法)、均值不等式等知识.
2. 本文是由与非等差数列有关对数大小的比较变式并推广为与等差数列有关对数大小的比较.。