2020年高考理科数学试卷(全国1卷)(附详细答案)
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标I)(有详细解析)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I）班级：___________姓名：___________得分：___________一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若z=1+i，则−2z|=()A. 0B. 1C.D. 22.设集合A={−40}，B={x|2x+a0}，且A B={x|−2x1}，则a=()A. −4B. −2C. 2D. 43.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A. B. C. D.4.已知A为抛物线C:=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. 95.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：℃)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(，)(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+C. y=a+D. y=a+b x6.函数f(x)=−的图像在点(1,f(1))处的切线方程为()A. y=−2x−1B. y=−2x+1C. y=2x−3D. y=2x+17.设函数f(x)=(x+)在[−，]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. B. C. D.8.(x+y2)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为()xA. 5B. 10C. 15D. 209.已知(0,)，且3cos2α−8cosα=5，则=()A. B. C. D.10.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，为ABC的外接圆，若的面积为4，AB=BC=AC=，则球O的表面积为()A. 64B. 48C. 36D. 3211.已知M:+−2x−2y−2=0，直线l:2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作M的切线PA，PB，且切点为A，B，当|PM||AB|最小时，直线AB的方程为()A. 2x−y−1=0B. 2x+y−1=0C. 2x−y+1=0D. 2x+y+1=012.若2a+log2a=4b+2log4b，则()A. a>2bB. a<2bC. a>D. a<二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为__________．14.设，为单位向量，且||=1，则||=__________．15.已知F为双曲线C:−=1(a>0,b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为__________．16.如图，在三棱锥P−ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，AB AC，AB AD，CAE=，则FCB=__________．三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）17.设{}是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．(1)求{}的公比;(2)若=1，求数列{}的前n项和．18.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=DO．(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，预定赛制如下：累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首次比赛的两个人，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，直至有一人淘汰;当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为．(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率．20.已知A，B分别为椭圆E:+=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D，(1)求E的方程;(2)证明：直线CD过定点．21.已知函数f(x)=+−x．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)当x0时，f(x)+1，求a的取值范围．22.[选修4−4:坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为4−16+3=0．(1)当k=1时，是什么曲线?(2)当k=4时，求与的公共点的直角坐标．23.[选修4−4:坐标系与参数方程]已知函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|．(1)画出y=f(x)的图像;(2)求不等式f(x)>f(x+1)的解集．答案和解析1. D解：由z =1+i 得z 2=2i ，2z =2+2i ，|z 2−2z |=|2i −(2+2i)|=2．2. B解：由已知可得A ={x|−2⩽x ⩽2}，B ={x|x ⩽−a2}， 又因为A ∩B ={x|−2⩽x ⩽1}， 所以−a2=1，从而a =−2,3. C解：如图，设正四棱锥的高为h ，底面边长为a,侧面三角形底边上的高为ℎ′， 则由题意可得{ℎ2=12aℎ′ℎ2=(ℎ′)2−(a2)2,故(ℎ′)2−(a2)2=12aℎ′，化简可得4(ℎ′a )2−2(ℎ′a )−1=0,解得ℎ′a=1±√54．负值舍去可得ℎ′a=1+√544.C解：设点A的坐标为(x,y)，由点A到y轴的距离为9，可得x=9,由点A到点C的焦点的距离为12，可得x+p2=12解得p=6．5.D解：用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图象的走向判断，此函数应该是对数函数类型的，故应该选用的函数模型为y=a+bln x．6.B解：先求函数的导函数f′(x)=4x3−6x2，则由函数的几何意义可知在点(1,f(1))的切线斜率为k=f′(1)=−2．又因为f(1)=−1，则切线方程为y−(−1)=−2(x−1)，则y=−2x+1．7.C解：由图可知f(−4π9)=cos(−4π9w+π6)=0，所以−4π9w+π6=π2+kπ(k∈Z),化简可得w=−3+9k4(k∈Z)，又因为T<2π<2T，即2π|w|<2π<4π|w|，所以1<|ω|<2，当且仅当k=−1时1<|ω|<2，所以w=32，所以最小正周期T=2π|w|=4π3．8.C解：(x+y)5的展开式通项为C5r x5−r y r，r=0，1，2，3，4，5，则(x+y2x )(x+y)5的展开式有xC5r x5−r y r，y2xC5r x5−r y r，取r=3和r=1时可得10x3y3，5x3y3，合并后系数为15，9.A解：∵3cos2α−8cosα=5，∴3(2cos2α−1)−8cosα=5，即3cos2α−4cosα−4=0，(3cosα+2)(cosα−2)=0，α∈(0,π)，即cosα=−23，又α∈(0,π)，sinα>0，∴sinα=√1−cos2α=√53，10.A解：由圆O1的面积为4π=πr2，故圆O1的半径ρ=2，∵AB=BC=AC=OO1，则三角形ABC是正三角形，=2r=4，得AB=OO1=2√3，由正弦定理：ABsin60∘由R2=r2+OO12，得球O的半径R=4，表面积为4πR2=64π，11.D解：圆M方程化为：(x−1)2+(y−1)2=4，圆心M(1,1)，半径r=2，根据切线的性质及圆的对称性可知，则|PM|⋅|AB|=4S△PAM=2|PA|⋅|AM|，要使其值最小，只需|PA|最小，即|PM|最小，此时，=√5，|PA|=√|PM|2−|AM|2=1，∴|PM|=√5(x−1)，联立l的方程解得P(−1,0)，过点M且垂直于l的方程为y−1=12以P为圆心，|PA|为半径的圆的方程为(x+1)2+y2=1，即x2+y2+2x=0，结合圆M的方程两式相减可得直线AB的方程为2x+y+1=0，12.B解：根据指数及对数的运算性质，4b+2log4b=22b+log2b，∵log2(2b)=log2b+1>log2b，∴22b+log2(2b)>22b+log2b=2a+log2a，根据函数f(x)=2x+log2x是定义域上的增函数，由f(2b)>f(a)，得a<2b，13.1解：根据约束条件画出可行域为：由z=x+7y得y=−17x+17z，平移直线y=−17x，要使z最大，则y=−17x+17z在y轴上的截距最大，由图可知经过点A(1,0)时截距最大，此时z=1，14.√3解：|a⃗+b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ =2+2a⃗⋅b⃗ =1，a⃗⋅b⃗ =−12，|a⃗−b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2−2a⃗⋅b⃗ =2−2a⃗⋅b⃗ =3，∴|a⃗−b⃗ |=√3．15.2解：由题意可知，B在双曲线C的右支上，且在x轴上方，∵BF垂直于x轴，把x=c代入x2a2−y2b2=1，得y=b2a，∴B点坐标为(c,b2a)，又A点坐标为(a,0)，∴k AB=b2a−0c−a=3，化简得b2=3ac−3a2=c2−a2，即2a2−3ac+c2=0，解得c=2a或c=a(舍)，故e=ca=2．16.−14解：由已知得BD=√2AB=√6，∵D、E、F重合于一点，∴AE=AD=√3，BF=BD=√6，∴△ACE中，由余弦定理得，∴CE=CF=1，BC²=AC²+AB²，BC=2，∴在△BCF中，由余弦定理得．17.解：⑴设等比数列{a n}的公比为q(q≠1)，由题意知：2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，所以q2+q−2=0，解得q=−2．(2)若a1=1，则a n=(−2)n−1，所以数列{na n}的前n项和为T n=1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，则−2T n=−2+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯+n(−2)n，两式相减得3T n=1+(−2)+(−2)2+(−2)3+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(3n+1)(−2)n3，所以T n=1−(3n+1)(−2)n9．18.(1)证明：不妨设⊙O的半径为1，则AO=OB=OC=1，AE=AD=2，AB=BC=CA=√3，DO=√DA2−OA2=√3，PO=√66DO=√22，PA=PB=PC=√PO2+AO2=√62，在△PAC中，PA2+PC2=AC2，故PA⊥PC，同理可得PA⊥PB，PB∩PC=P，PB，PC⊂平面PBC，∴PA ⊥平面PBC ．(2)解：以OE ，OD 所在直线分别为y ，z 轴，圆锥底面内垂直于OE 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，则有B (√32,12,0),C (−√32,12,0),P (0,0,√22),E (0,1,0)， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12,√22)， 设平面PBC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，解得n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1)， 同理可得平面PCE 的法向量n 2⃗⃗⃗⃗ =(√2,−√6,−2√3)， 由图形可知二面角B −PC −E 为锐角，则cosθ=|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ||=2√55， 故二面角B −PC −E 的余弦值为2√55．19. 解：(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，则P =(12)4=116．(2)设甲输掉一场比赛为事件A ，乙输掉一场比赛为事件B ，丙输掉一场比赛为事件C ， 四场比赛能结束为事件N ，则P(N)=P(ABAB)+P(ACAC)+P(BABA)+P(BCBC)=116×4=14所以需要进行第五场比赛的概率为P =1−P(N)=1−14=34(3) 丙获胜的概率为：P =P (ABAB )+P(BABA)+P(ABACB)+P(BABCA)+P(ABCAB)+P(ABCBA) +P(BACAB)+P(BACBA)+P(ACABB)+P(ACBAB)+P(BCABA)+P(BCBAA) =(12)4×2+(12)5×10=716．20. 解：由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2−1=8⇒a 2=9⇒a =3， ∴椭圆E 的方程为x 29+y 2=1．(2)由(1)知A (−3,0),B (3,0),P (6,m )，则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立{y =m 9(x +3)x 29+y 2=1⇒(9+m 2)x 2+6m 2x +9m 2−81=0,由韦达定理−3x C =9m 2−819+m 2⇒x C =−3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程y =m 9(x +3)得，y C =6m9+m 2，即C (−3m 2+279+m 2,6m9+m 2)，直线PB的方程为y=m3(x−3)，联立{y=m3(x−3)x29+y2=1⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0,由韦达定理3x D=9m2−91+m2⇒x D=3m2−31+m2，代入直线PA的方程y=m3(x−3)得，y D=−2m1+m2，即D(3m2−31+m2,−2m1+m2)，∴直线CD的斜率k CD=6m9+m2−−2m1+m2−3m2+279+m2−3m2−31+m2=4m3(3−m2)，∴直线CD的方程为y−−2m1+m2=4m3(3−m2)(x−3m2−31+m2)，整理得y=4m3(3−m2)(x−32)，∴直线CD过定点(32,0)．21.解：(1)当a=1时，f(x)=e x+x2−x，f′(x)=e x+2x−1，记g(x)=f′(x)，因为g′(x)=e x+2>0，所以g(x)=f′(x)=e x+2x−1在R上单调递增，又f′(0)=0，得当x>0时f′(x)>0，即f(x)=e x+x2−x在(0,+∞)上单调递增；当x<0时f′(x)<0，即f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减．所以f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．(2)①当x=0时，a∈R；②当x>0时，f(x)≥12x3+1即a≥12x3+x+1−e xx2，令ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2，ℎ′(x)=(2−x)(e x−12x2−x−1)x3记m(x)=e x−12x2−x−1，m′(x)=e x−x−1令q(x)=e x−x−1，因为x>0，所以q′(x)=e x−1>0，所以m′(x)=q(x)=e x−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m′(x)=e x−x−1> m′(0)=0所以m(x)=e x−12x2−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m(x)=e x−12x2−x−1>m(0)=0，故当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(0,2)上单调递增；当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(2,+∞)上单调递减；所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e24，所以a≥7−e24，综上可知，实数a的取值范围是[7−e24,+∞)．22.解：(1)当k=1时，曲线C1的参数方程为{x=costy=sint，化为直角坐标方程为x2+y2=1，表示以原点为圆心，半径为1的圆．(2)k=4时，曲线C1的参数方程为{x=cos 4ty=sin4t，化为直角坐标方程为√x+√y=1，曲线C2化为直角坐标方程为4x−16y+3=0，联立{√x+√y=14x−16y+3=0，解得{x=14y=14,所以曲线C1与曲线C2的公共点的直角坐标为(14,14 )．23.解：(1)函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|=，图像如图所示：(2)函数f(x+1)的图像即为将f(x)的图像向左平移一个单位所得，如图，联立y=−x−3和y=5x+4解得交点横坐标为x=−，原不等式的解集为．。
2023年高考全国乙卷数学(理科)真题解析
2023年普通高等学校招生全国统一考试全国乙卷(理科数学)一、选择题1.设252i1i i z +=++，则z =（）A.12i -B.12i+ C.2i- D.2i+【答案】B 【解析】【分析】由题意首先计算复数z 的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.【详解】由题意可得()252i 2i 2i 2i2i 112i 1i i 11i i 1z +++-=====-++-+-，则12i z =+.故选：B.2.设集合U =R ，集合{}1M x x =<，{}12N x x =-<<，则{}2x x ≥=（）A.()U M N ðB.U N Mð C.()U M N ð D.U M N⋃ð【答案】A 【解析】【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为{}|2x x ≥即可.【详解】由题意可得{}|2M N x x =< ，则(){}|2U M N x x =≥ ð，选项A 正确；{}|1U M x x =≥ð，则{}|1U N M x x =>- ð，选项B 错误；{}|11M N x x =-<< ，则(){|1U M N x x ⋂=≤-ð或}1x ≥，选项C 错误；{|1U N x x =≤-ð或}2x ≥，则U M N = ð{|1x x <或}2x ≥，选项D 错误；故选：A.3.如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A.24B.26C.28D.30【答案】D 【解析】【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可。
【详解】如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =点,,,H I J K 为所在棱上靠近点1111,,,B C D A 的三等分点，则,,,O L M N 为所在棱的中点则三视图所对应的几何体为长方体1111ABCD A B C D -去掉长方体11ONIC LMHB -之后所得的几何体：该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形其表面积为：()()()22242321130⨯⨯+⨯⨯-⨯⨯=.故选：D.4.已知e ()e 1xax x f x =-是偶函数，则=a （）A.2- B.1- C.1D.2【答案】D 【解析】【分析】根据偶函数的定义运算求解.【详解】因为()e e 1x ax x f x =-为偶函数，则()()()()1e e e e 0e 1e 1e 1a x x x x ax ax ax x x x f x f x ---⎡⎤--⎣⎦--=-==---，又因为x 不恒为0，可得()1e e 0a x x --=，即()1e e a x x -=，则()1x a x =-，即11a =-，解得2a =.故选：D.5.设O 为平面坐标系的坐标原点，在区域(){}22,14x y x y ≤+≤内随机取一点，记该点为A ，则直线OA 的倾斜角不大于π4的概率为（）A.18B.16C.14D.12【答案】C 【解析】【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.【详解】因为区域(){}22,|14x y x y ≤+≤表示以()0,0O 圆心，外圆半径2R =，内圆半径1r =的圆环，则直线OA 的倾斜角不大于π4的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角π4MON ∠=，结合对称性可得所求概率π2142π4P ⨯==.故选：C.6.已知函数()sin()f x x ωϕ=+在区间π2π,63⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，直线π6x =和2π3x =为函数()y f x =的图像的两条对称轴，则5π12f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭（）A.32-B.12-C.12D.2【答案】D【解析】【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入5π12x =-即可得到答案.【详解】因为()sin()f x x ωϕ=+在区间π2π,63⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，所以2πππ2362T =-=，且0ω>，则πT =，2π2w T ==，当π6x =时，()f x 取得最小值，则ππ22π62k ϕ⋅+=-，Z k ∈，则5π2π6k ϕ=-，Z k ∈，不妨取0k =，则()5πsin 26f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则5π5π3sin 1232f ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：D.7.甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（）A.30种B.60种C.120种D.240种【答案】C 【解析】【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.【详解】首先确定相同得读物，共有16C 种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有25A 种，根据分步乘法公式则共有1265C A 120⋅=种，故选：C.8.已知圆锥PO O 为底面圆心，P A ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB的面积等于）A.π B.C.3πD.【答案】B 【解析】【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在AOB 中，120AOB ∠=o ，而OA OB ==，取AC 中点C ，连接,OC PC ，有,OC AB PC AB ⊥⊥，如图，30ABO = ∠，3232OC AB BC ===，由PAB 的面积为934，得193324PC ⨯⨯=，解得332PC =，于是PO ==，所以圆锥的体积2211ππ33V OA PO =⨯⨯=⨯⨯.故选：B9.已知ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD △为等边三角形，若二面角C AB D --为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（）A.15B.5C.5D.25【答案】C 【解析】【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取AB 的中点E ，连接,CE DE ，因为ABC 是等腰直角三角形，且AB 为斜边，则有CE AB ⊥，又ABD △是等边三角形，则DE AB ⊥，从而CED ∠为二面角C AB D --的平面角，即150CED ∠= ，显然,,CE DE E CE DE ⋂=⊂平面CDE ，于是AB ⊥平面CDE ，又AB ⊂平面ABC ，因此平面CDE ⊥平面ABC ，显然平面CDE ⋂平面ABC CE =，直线CD ⊂平面CDE ，则直线CD 在平面ABC 内的射影为直线CE ，从而DCE ∠为直线CD 与平面ABC 所成的角，令2AB =，则1,CE DE ==CDE 中，由余弦定理得：CD ===由正弦定理得sin sin DE CDDCE CED=∠∠，即sin DCE ∠==，显然DCE ∠是锐角，cosDCE ∠=所以直线CD 与平面ABC 所成的角的正切为5.故选：C 10.已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（）A.－1B.12-C.0D.12【答案】B 【解析】【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.【详解】依题意，等差数列{}n a 中，112π2π2π(1)()333n a a n n a =+-⋅=+-，显然函数12π2πcos[()]33y n a =+-的周期为3，而N n *∈，即cos n a 最多3个不同取值，又{cos |N }{,}n a n a b *∈=，则在123cos ,cos ,cos a a a 中，123cos cos cos a a a =≠或123cos cos cos a a a ≠=，于是有2πcos cos(3θθ=+，即有2π(2π,Z 3k k θθ++=∈，解得ππ,Z 3k k θ=-∈，所以Z k ∈，2ππ4πππ1cos(πcos[(π)]cos(πcos πcos πcos 333332ab k k k k k =--+=--=--.故选：B11.设A ，B 为双曲线2219y x -=上两点，下列四个点中，可为线段AB 中点的是（）A.()1,1 B.()1,2- C.()1,3 D.()1,4--【答案】D 【解析】【分析】根据点差法分析可得9AB k k ⋅=，对于A 、B 、D ：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C ：结合双曲线的渐近线分析判断.【详解】设()()1122,,,A x y B x y ，则AB 的中点1212,22x x y y M ++⎛⎫⎪⎝⎭，可得1212121212122,2ABy y y y y y k k x x x x x x +-+===+-+，因为,A B 在双曲线上，则221122221919y x y x ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，两式相减得()2222121209y yx x ---=，所以221222129AB y y k k x x -⋅==-.对于选项A ：可得1,9AB k k ==，则:98AB y x =-，联立方程229819y x y x =-⎧⎪⎨-=⎪⎩，消去y 得272272730x x -⨯+=，此时()2272472732880∆=-⨯-⨯⨯=-<，所以直线AB 与双曲线没有交点，故A 错误；对于选项B ：可得92,2ABk k =-=-，则95:22AB y x =--，联立方程22952219y x y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，消去y 得245245610x x +⨯+=，此时()224544561445160∆=⨯-⨯⨯=-⨯⨯<，所以直线AB 与双曲线没有交点，故B 错误；对于选项C ：可得3,3AB k k ==，则:3AB y x =由双曲线方程可得1,3a b ==，则:3AB y x =为双曲线的渐近线，所以直线AB 与双曲线没有交点，故C 错误；对于选项D ：94,4AB k k ==，则97:44AB y x =-，联立方程22974419y x y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，消去y 得2631261930x x +-=，此时21264631930∆=+⨯⨯>，故直线AB 与双曲线有交两个交点，故D 正确；故选：D.12.已知O 的半径为1，直线PA 与O 相切于点A ，直线PB 与O 交于B ，C 两点，D 为BC的中点，若PO =PA PD ⋅的最大值为（） A.122B.1222+C.1+D.2+【答案】A 【解析】【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得PA PD ⋅1sin 2224πα⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，或PA PD ⋅1sin 2224πα⎛⎫=++ ⎪⎝⎭然后结合三角函数的性质即可确定PA PD ⋅的最大值.【详解】如图所示，1,OA OP ==:45APO ∠= ，由勾股定理可得1PA ==当点,A D 位于直线PO 异侧时，设=,04OPC παα∠≤≤，则：PA PD ⋅ =||||cos 4PA PD πα⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭ 12cos 4παα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭22222ααα⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭2cos sin cos ααα=-1cos 21sin 222αα+=-12sin 2224πα⎛⎫=-- ⎪⎝⎭04πα≤≤，则2444πππα-≤-≤∴当ππ244α-=-时，PA PD ⋅ 有最大值1.当点,A D 位于直线PO 同侧时，设=,04OPC παα∠≤≤，则：PA PD ⋅ =||||cos 4PA PD πα⎛⎫⋅- ⎪⎝⎭ 12cos 4παα⎛⎫=- ⎪⎝⎭22222ααα⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭2cos sin cos ααα=+1cos 21sin 222αα+=+12sin 2224πα⎛⎫=++ ⎪⎝⎭04πα≤≤，则2442πππα≤+≤∴当242ππα+=时，PA PD ⋅ 有最大值122.综上可得，PA PD⋅ 的最大值为122+.故选：A.【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.二、填空题13.已知点(A 在抛物线C ：22y px =上，则A 到C 的准线的距离为______.【答案】94【解析】【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为54x =-，最后利用点的坐标和准线方程计算点A 到C 的准线的距离即可.【详解】由题意可得：221p =⨯，则25p =，抛物线的方程为25y x =，准线方程为54x =-，点A 到C 的准线的距离为59144⎛⎫--= ⎪⎝⎭.故答案为：94.14.若x ，y 满足约束条件312937x y x y x y -≤-⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，则2z x y =-的最大值为______.【答案】8【解析】【分析】作出可行域，转化为截距最值讨论即可.【详解】作出可行域如下图所示：2z x y =-，移项得2y x z =-，联立有3129x y x y -=-⎧⎨+=⎩，解得52x y =⎧⎨=⎩，设()5,2A ，显然平移直线2y x =使其经过点A ，此时截距z -最小，则z 最大，代入得8z =，故答案为：8.15.已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =______.【答案】2-【解析】【分析】根据等比数列公式对24536a a a a a =化简得11a q =，联立9108a a =-求出32q =-，最后得55712a a q q q =⋅==-.【详解】设{}n a 的公比为()0q q ≠，则3252456a q a a q a a a a ==⋅，显然0n a ≠，则24a q =，即321a q q =，则11a q =，因为9108a a =-，则89118a q a q ⋅=-，则()()3315582q q ==-=-，则32q =-，则55712a a q q q =⋅==-，故答案为：2-.16.设()0,1a ∈，若函数()()1xx f x a a =++在()0,∞+上单调递增，则a 的取值范围是______.【答案】51,12⎫-⎪⎪⎣⎭【解析】【分析】原问题等价于()()()ln 1ln 10xx f x a a a a '=+++≥恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得()1ln ln 1xa a a a +⎛⎫≥- ⎪+⎝⎭，由右侧函数的单调性可得实数a 的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a 的取值范围.【详解】由函数的解析式可得()()()ln 1ln 10xx f x a a a a '=+++≥在区间()0,∞+上恒成立，则()()1ln 1ln xxa a a a ++≥-，即()1ln ln 1xa a a a +⎛⎫≥- ⎪+⎝⎭在区间()0,∞+上恒成立，故()01ln 1ln 1a a a a +⎛⎫=≥- ⎪+⎝⎭，而()11,2a +∈，故()ln 10a +>，故()ln 1ln 01a a a ⎧+≥-⎨<<⎩即()1101a a a ⎧+≥⎨<<⎩，故112a ≤<，结合题意可得实数a 的取值范围是1,12⎫-⎪⎪⎣⎭.故答案为：1,12⎫-⎪⎪⎣⎭.三、解答题17.某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为i x ，i y （1,2,10i =⋅⋅⋅），试验结果如下试验序号i 12345678910伸缩率i x 545533551522575544541568596548伸缩率iy 536527543530560533522550576536记(1,2,,10)i i i z x y i =-= ，记1z ，2z ，…，10z 的样本平均数为z ，样本方差为2s ，（1）求z ，2s ；（2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果z ≥，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）.【答案】（1）11z =，261s =；（2）认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.【解析】【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出,x y ，再得到所有的i z 值，最后计算出方差即可；（2）根据公式计算出的值，和z 比较大小即可.【小问1详解】545533551522575544541568596548552.310x +++++++++==，536527543530560533522550576536541.310y +++++++++==，552.3541.311z x y =-=-=，i i i z x y =-的值分别为:9,6,8,8,15,11,19,18,20,12-，故2222222222(911)(611)(811)(811)(1511)0(1911)(1811)(2011)(1211)6110s -+-+-+--+-++-+-+-+-==【小问2详解】由（1）知:11z =，==，故有z ≥所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.18.在ABC 中，已知120BAC ∠=︒，2AB =，1AC =.（1）求sin ABC ∠；（2）若D 为BC 上一点，且90BAD ∠=︒，求ADC △的面积.【答案】（1）2114；（2）310.【解析】【分析】(1)首先由余弦定理求得边长BC 的值为BC =，然后由余弦定理可得57cos 14B =，最后由同角三角函数基本关系可得sin 14B =；(2)由题意可得4ABD ACD S S =△△，则15ACD ABC S S =△△，据此即可求得ADC △的面积.【小问1详解】由余弦定理可得：22222cos BC a b c bc A ==+-41221cos1207=+-⨯⨯⨯= ，则BC =22257cos 214a c b B ac +-===，21sin 14B =.【小问2详解】由三角形面积公式可得1sin 90241sin 302ABD ACDAB AD S S AC AD ⨯⨯⨯==⨯⨯⨯ △△，则11121sin12055210ACD ABC S S ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭ △△.19.如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，BC =PB PC ==BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O，AD =，点F 在AC 上，BF AO ⊥.（1）证明：//EF 平面ADO ；（2）证明：平面ADO ⊥平面BEF ；（3）求二面角D AO C --的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）22.【解析】【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.【小问1详解】连接,DE OF ，设AF tAC =，则(1)BF BA AF t BA tBC =+=-+ ，12AO BA BC =-+，BF AO ⊥，则2211[(1)]()(1)4(1)4022BF AO t BA tBC BA BC t BA tBC t t ⋅=-+⋅-+=-+=-+= ，解得12t =，则F 为AC 的中点，由,,,D E O F 分别为,,,PB PA BC AC 的中点，于是11//,,//,22DE AB DE AB OF AB OF AB ==，即,//DE OF DE OF =，则四边形ODEF 为平行四边形，, //EF DO EF DO =，又EF ⊄平面,ADO DO ⊂平面ADO ，所以//EF 平面ADO .【小问2详解】由（1）可知//EF OD，则2AO DO ==，得2AD ==，因此222152OD AO AD +==，则OD AO ⊥，有EF AO ⊥，又,AO BF BF EF F ⊥= ，,BF EF ⊂平面BEF ，则有AO ⊥平面BEF ，又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面B EF .【小问3详解】过点O 作//OH BF 交AC 于点H ，设AD BE G = ，由AO BF ⊥，得HO AO ⊥，且13FH AH =，又由（2）知，OD AO ⊥，则DOH ∠为二面角D AO C --的平面角，因为,D E 分别为,PB PA 的中点，因此G 为PAB 的重心，即有11,33DG AD GE BE ==，又1 3FH AH =，即有32DH GF =，2315422cos 62ABD +-∠==PA =，同理得2BE =，于是2223BE EF BF +==，即有BE EF ⊥，则222153223GF ⎛⎛=⨯+= ⎝⎭⎝⎭，从而153GF =，31515232DH =⨯=，在DOH △中，13615,,2222OH BF OD DH ====，于是6315444cos 26322DOH +-∠=-，2sin 2DOH ∠==，所以二面角D AO C --的正弦值为2.20.已知椭圆C ：()222210y x a b a b +=>>的离心率为3，点()2,0A -在C 上.（1）求C 的方程；（2）过点()2,3-的直线交C 于点P ，Q 两点，直线AP ，AQ 与y 轴的交点分别为M ，N ，证明：线段MN 的中点为定点.【答案】（1）22194y x +=（2）证明见详解【解析】【分析】（1）根据题意列式求解,,a b c ，进而可得结果；（2）设直线PQ 的方程，进而可求点,M N 的坐标，结合韦达定理验证2M Ny y +为定值即可.【小问1详解】由题意可得222253b a b c c e a ⎧⎪=⎪⎪=+⎨⎪⎪==⎪⎩，解得32a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，所以椭圆方程为22194y x +=.【小问2详解】由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设()()()1122:23,,,,PQ y k x P x y Q x y =++，联立方程()2223194y k x y x ⎧=++⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：()()()222498231630k x k k x k k +++++=，则()()()2222Δ64236449317280kk k k k k =+-++=->，解得0k <，可得()()2121222163823,4949k k k k x x x x k k +++=-=++，因为()2,0A -，则直线()11:22y AP y x x =++，令0x =，解得1122y y x =+，即1120,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭,同理可得2220,2y N x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则()()1212121222232322222y y k x k x x x x x +++++⎡⎤⎡⎤++⎣⎦⎣⎦=+++()()()()()()12211223223222kx k x kx k x x x +++++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=++()()()()1212121224342324kx x k x x k x x x x +++++=+++()()()()()()222222323843234231084949336163162344949k k k k k k k k k k k k k k k +++-++++===++-+++，所以线段PQ 的中点是定点()0,3.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．21.已知函数1()ln(1)f x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭.（1）当1a =-时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）是否存在a ，b ，使得曲线1y f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭关于直线x b =对称，若存在，求a ，b 的值，若不存在，说明理由.（3）若()f x 在()0,∞+存在极值，求a 的取值范围.【答案】（1）()ln 2ln 20x y +-=；（2）存在11,22a b ==-满足题意，理由见解析.（3）10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b 的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a 的方程，解方程可得实数a 的值，最后检验所得的,a b 是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数()()()2=1ln 1g x ax x x x +-++，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论0a ≤，12a ≥和102a <<三中情况即可求得实数a 的取值范围.【小问1详解】当1a =-时，()()11ln 1f x x x ⎛⎫=-+⎪⎝⎭，则()()2111ln 111x f x x x x ⎛⎫'=-⨯++-⨯ ⎪+⎝⎭，据此可得()()10,1ln 2f f '==-，函数在()()1,1f 处的切线方程为()0ln 21y x -=--，即()ln 2ln 20x y +-=.【小问2详解】由函数的解析式可得()11ln 1f x a x x ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，函数的定义域满足1110x x x ++=>，即函数的定义域为()(),10,-∞-⋃+∞，定义域关于直线12x =-对称，由题意可得12b =-，由对称性可知111222f m f m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，取32m =可得()()12f f =-，即()()11ln 22ln2a a +=-，则12a a +=-，解得12a =，经检验11,22a b ==-满足题意，故11,22a b ==-.即存在11,22a b ==-满足题意.【小问3详解】由函数的解析式可得()()2111ln 11f x x a x x x ⎛⎫⎛⎫=-+'++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，由()f x 在区间()0,∞+存在极值点，则()f x '在区间()0,∞+上存在变号零点;令()2111ln 101x a x x x ⎛⎫⎛⎫-+++= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，则()()()21ln 10x x x ax -++++=，令()()()2=1ln 1g x ax x x x +-++，()f x 在区间()0,∞+存在极值点，等价于()g x 在区间()0,∞+上存在变号零点，()()()12ln 1,21g x ax x g x a x '=''=-+-+当0a ≤时，()0g x '<，()g x 在区间()0,∞+上单调递减，此时()()00g x g <=，()g x 在区间()0,∞+上无零点，不合题意;当12a ≥，21a ≥时，由于111x <+，所以()()''0,g x g x >'在区间()0,∞+上单调递增，所以()()00g x g ''>=，()g x 在区间()0,∞+上单调递增，()()00g x g >=，所以()g x 在区间()0,∞+上无零点，不符合题意；当102a <<时，由()''1201g x a x =-=+可得1=12x a-，当10,12x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x ''<，()g x '单调递减，当11,2x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x ''>，()g x '单调递增，故()g x '的最小值为1112ln 22g a a a ⎛⎫-=-+⎪⎝⎭'，令()()1ln 01m x x x x =-+<<，则()10x m x x-+'=>，函数()m x 在定义域内单调递增，()()10m x m <=，据此可得1ln 0x x -+<恒成立，则1112ln 202g a a a ⎛⎫-=-+<⎪'⎝⎭，令()()2ln 0h x x x x x =-+>，则()221x x h x x-++'=，当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '>单调递增，当()1,x ∈+∞时，()()0,h x h x '<单调递减，故()()10h x h ≤=，即2ln x x x ≤-(取等条件为1x =)，所以()()()()()222ln 12112g x ax x ax x x ax x x ⎡⎤=-+>-+-+=-+⎣⎦'，()()()()22122121210g a a a a a ⎡⎤->---+-=⎣⎦'，且注意到()00g '=，根据零点存在性定理可知:()g x '在区间()0,∞+上存在唯一零点0x .当()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调减，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()()000g x g <=.令()11ln 2n x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，则()()22211111022x n x x x x--⎛⎫=-+=≤ ⎪⎝⎭'，则()n x 单调递减，注意到()10n =，故当()1,x ∈+∞时，11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭，从而有11ln 2x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，所以()()()2=1ln 1g x ax x x x +-++()()211>1121ax x x x x ⎡⎤+-+⨯+-⎢⎥+⎣⎦21122a x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令211022a x ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭得2x =，所以0g >，所以函数()g x 在区间()0,∞+上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数a 得取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.四、选做题【选修4-4】（10分）22.在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线1C 的极坐标方程为ππ2sin 42⎛⎫=≤≤ ⎪⎝⎭ρθθ，曲线2C ：2cos 2sin x y αα=⎧⎨=⎩（α为参数，2απ<<π）.（1）写出1C 的直角坐标方程；（2）若直线y x m =+既与1C 没有公共点，也与2C 没有公共点，求m 的取值范围.【答案】（1）()[][]2211,0,1,1,2x y x y +-=∈∈（2）()(),0-∞+∞【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意,x y 的取值范围；（2）根据曲线12,C C 的方程，结合图形通过平移直线y x m =+分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.【小问1详解】因为2sin ρθ=，即22sin ρρθ=，可得222x y y +=，整理得()2211x y +-=，表示以()0,1为圆心，半径为1的圆，又因为2cos 2sin cos sin 2,sin 2sin 1cos 2x y ======-ρθθθθρθθθ，且ππ42θ≤≤，则π2π2≤≤θ，则[][]sin 20,1,1cos 21,2x y =∈=-∈θθ，故()[][]221:11,0,1,1,2C x y x y +-=∈∈.【小问2详解】因为22cos :2sin x C y αα=⎧⎨=⎩（α为参数，ππ2α<<），整理得224x y +=，表示圆心为()0,0O ，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线y x m =+过()1,1，则11m =+，解得0m =；若直线y x m =+，即0x y m -+=与2C相切，则20m =>⎩，解得m =，若直线y x m =+与12,C C 均没有公共点，则m >或0m <，即实数m 的取值范围()(),0-∞+∞ .【选修4-5】（10分）23.已知()22f x x x =+-.（1）求不等式()6f x x ≤-的解集；（2）在直角坐标系xOy 中，求不等式组()60f x y x y ≤⎧⎨+-≤⎩所确定的平面区域的面积.【答案】（1）[2,2]-；（2）6.【解析】【分析】（1）分段去绝对值符号求解不等式作答.（2）作出不等式组表示的平面区域，再求出面积作答.【小问1详解】依题意，32,2()2,0232,0x x f x x x x x ->⎧⎪=+≤≤⎨⎪-+<⎩，不等式()6f x x ≤-化为：2326x x x >⎧⎨-≤-⎩或0226x x x ≤≤⎧⎨+≤-⎩或0326x x x <⎧⎨-+≤-⎩，解2326x x x >⎧⎨-≤-⎩，得无解；解0226x x x ≤≤⎧⎨+≤-⎩，得02x ≤≤，解0326x x x <⎧⎨-+≤-⎩，得20x -≤<，因此22x -≤≤，所以原不等式的解集为：[2,2]-【小问2详解】作出不等式组()60f x y x y ≤⎧⎨+-≤⎩表示的平面区域，如图中阴影ABC，由326y x x y =-+⎧⎨+=⎩，解得(2,8)A -，由26y x x y =+⎧⎨+=⎩,解得(2,4)C ，又(0,2),(0,6)B D ，所以ABC 的面积11|||62||2(2)|822ABC C A S BD x x =⨯-=-⨯--= .。
2020年全国普通高等学校招生统一考试(新课标Ⅰ卷)理科数学+答案+全解全析纯word版(2020.6.15)
2020年全国普通高等学校招生统一考试（新课标Ⅰ卷）理科数学本卷满分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、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{|||2}P x x =>，2{|230}Q x x x =--≤，则P Q =I A ．(2,)+∞B ．(1,)+∞C ．(2,3]D ．[1,2)-2．已知i 为虚数单位，(2i)67i z -=+，则复平面内与z 对应的点在 A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．若26cos 2cos21αα+=-，则tan α= A ．2±B ．3±C ．2D ．3-4．已知实数,,a b c 满足lg 222,log ,sin a b a c b ===，则,,a b c 的大小关系是 A ．a b c >>B ．b c a >>C ．a c b >>D ．b a c >>5．已知函数()sin 3cos f x x x ωω=-（0ω>）的图象与x 轴的交点中，两个相邻交点的距离为π，把函数()f x 的图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半，再沿x 轴向左平移3π个单位长度，然后纵坐标扩大到原来的2倍得到函数()g x 的图象，则下列命题中正确的是 A ．()g x 是奇函数B ．()g x 的图象关于直线6x π=对称 C ．()g x 在[,]312π-π上是增函数D ．当[,]66x π-π∈时，()g x 的值域是[0,2]6．函数2()cos sin(1)31x f x x =⋅-+的图象大致为7．在ABC △中，已知1()2AD AB AC =+u u u r u u u r u u u r ，13AE AD =u u u r u u u r ，若以,AD BE u u u r u u u r 为基底，则DC u u u r可表示为A ．2133AD BE +u u ur u u u rB ．23AD BE +u u ur u u u rC ．13AD BE +u u u r u u u rD ．1233AD BE +u u ur u u u r8．记不等式组21312y x x y y y kx ≤-⎧⎪+≤⎪⎨≥-⎪⎪≥-⎩表示的平面区域为D ，若平面区域D 为四边形，则实数k 的取值范围是A ．11144k << B ．11144k <≤ C ．11133k <<D ．11133k ≤≤9．1872年，戴德金出版了著作《连续性与无理数》，在这部著作中以有理数为基础，用崭新的方法定义了无理数，建立起了完整的实数理论．我们借助划分数轴的思想划分有理数，可以把数轴上的点划分为两类，使得一类的点在另一类点的左边．同样的道理把有理数集划分为两个没有共同元素的集合A 和B ，使得集合A 中的任意元素都小于集合B 中的任意元素，称这样的划分为分割，记为A /B ．以下对有理数集的分割不会出现的类型为 A ．A 中有最大值，B 中无最小值 B ．A 中无最大值，B 中有最小值 C ．A 中无最大值，B 中无最小值D ．A 中有最大值，B 中有最小值10．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右顶点为A ，O 为坐标原点，A 为OM 的中点，若C 的渐近线与以AM 为直径的圆相切，则双曲线C 的离心率等于 A 32 B 23C 3D 211．已知函数()|2|2f x x =-+，()ln g x ax x =-，若0(0,e)x ∀∈，12,(0,e)x x ∃∈满足0()f x = 12()()g x g x =，其中12x x ≠，则实数a 的取值范围是 A ．5[,e)eB ．1(,e)eC ．1[1,e)e+D ．15[1,]e e+12．如图，已知平面四边形P'CAB 中，AC BC ⊥，且6AC =，27BC =，214P'C P'B ==BC 将P'BC △折起到PBC △的位置，构成一个四面体，当四面体PABC 的体积最大时，四面体PABC 的外接球的体积等于 A ．5003πB ．2563πC ．50πD ．96π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅱ)-解析版
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合U={−2,−1,0,1,2,3}，A={−1,0,1},B={1,2},则C U(A⋃B)=()A. {−2,3}B. {−2,2,3}C. {−2,−1,0,3}D. {−2,−1,0,2,3}2.若α为第四象限角，则()A. cos2α>0B. cos2α<0C. sin2α>0D. sin2α<03.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者()A. 10名B. 18名C. 24名D. 32名4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A. 3699块B. 3474块C. 3402块D. 3339块5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为()A. √55B. 2√55C. 3√55D. 4√556.数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n，若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k=()A. 2B. 3C. 4D. 57.右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个断点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A. EB. FC. GD. H8.设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D、E两点，若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为()A. 4B. 8C. 16D. 329.设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)()A. 是偶函数，且在(12,+∞)单调递增B. 是奇函数，且在(−12,12)单调递减C. 是偶函数，且在(−∞,−12)单调递增D. 是奇函数，且在(−∞,−12)单调递减10.已知▵ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为16π，则球O到平面ABC的距离为()A. √3B. 32C. 1 D. √3211.若2x−2y<3−x−3−y，则()A. ln(y−x+1)>0B. ln(y−x+1)<0C. ln|x−y|>0D. ln|x−y|<012.0−1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列a1a2…a n…满足a i∈(0,1)(i=1,2,…)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,…)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0−1序列a1a2…a n…，C(k)=1m ∑a i a i+k(k=1,2,…,m−1)mi=1是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0−1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A. 11010…B. 11011…C. 10001…D. 11001…二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知单位向量a,b的夹角为45°，ka−b与a垂直，则k=_______．14.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有______种．15.设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=√3+i，则|z1−z2|=______．16.设有下列四个命题：P1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．P2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．P3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．P4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是________．①p1∧p4②p1∧p2③¬p2∨p3④¬p3∨¬p4三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）17. ▵ABC 中，sin 2A −sin 2B −sin 2C =sinBsinC ．(1)求A ；(2)若BC =3，求▵ABC 周长的最大值．18. 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,…,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得∑x i =6020i=1，∑y i =120020i=1，∑(x i −x )2=8020i=1，∑(y i −y )2=900020i=1，∑(x i −x )(y i −y )=8020i=10．(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数)；(2)求样本(x i ,y i )(i =1,2,…,20)的相关系数(精确到0.01)；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数，√2≈1.414．19. 已知椭圆C 1:x 2a 2+y2b2=1(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与的C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |． (1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．20.如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC 于F．(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．21.已知函数f(x)=sin2xsin2x．(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)设n∈N∗，证明：sin2xsin22xsin24x⋯sin22n x≤3n4n．22.已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：{x=4cos 2θy=4sin2θ(θ为参数)，C2：{x=t+1ty=t−1t(t为参数)．(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．23.已知函数f(x)=|x−a2|+|x−2a+1|．(1)当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查集合的运算，属基础题.先求出A∪B，再求补集．【解答】解：∵A∪B={−1,0,1,2}，∴∁U(A∪B)={−2,3}.故选A．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查三角函数在各象限的正负，属于基础题．根据所给角是第四象限角，写出角α的范围，求出2α的范围，进而可判断出三角函数值的正负．【解答】+2kπ<α<2kπ,∴−π+4kπ<2α<4kπ,解：∵−π2∴2α是第三象限或第四象限角或终边在y轴的非正半轴上，∴sin2α<0.故选D．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查对概率的理解，通过条件容易得出第二天需配送的总订单数，进而可求出所需至少人数．【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，=18名.则至少需要志愿者为1600+500−120050故选B．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查等差数列前n项和的性质，属于中档题．由S n,S2n−S n,S3n−S2n成等差数列，可得每一层的环数，通过等差数列前n项和公式可求得三层扇形石板的总数．【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差d=9，a1=9，由等差数列性质知S n,S2n−S n,S3n−S2n成等差数列，且(S3n−S2n)−(S2n−S n)=n2d，则9n2=729，得n=9，×9=3402块.则三层共有扇形面石板为S3n=S27=27a1+27×262故选C．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系及点到直线的距离计算，属基础题．由圆与坐标轴相切，可得圆心坐标及半径，再用点到直线的距离公式求解即可．【解答】解：设圆心为(a,a)，则半径为a，圆过点(2,1)，则(2−a)2+(1−a)2=a2，解得a=1或a=5，.所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心到直线的距离都是d=2√55故选B．6.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的判定及等比数列前n项求和，属基础题．取m=1，知数列是等比数列，再由等比数列前n项和公式可求出k的值．【解答】解：取m=1，则a n+1=a1a n，=2，又a1=2，所以a n+1a n所以{a n}是等比数列，则a n=2n，所以，得k=4.故选C．7.【答案】A【解析】【分析】本题三视图，考查空间想象能力，属基础题．由三视图，通过还原几何体，观察可知对应点．【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然选A．8.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查双曲线的几何性质及双曲线的渐近线，属于中档题．【解答】x，解：双曲线C的两条渐近线分别为y=±ba由于直线x=a与双曲线的两条渐近线分别交于D、E两点，则易得到|DE|=2b，则S△ODE=ab=8，c2=a2+b2⩾2ab=16，即c⩾4，所以焦距2c⩾8．故选B．9.【答案】D【解析】 【分析】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，属于中档题． 【解答】解：函数f(−x)=ln |−2x +1|−ln |−2x −1|=ln |1−2x |−ln |2x +1|=−f(x)， 则f(x)为奇函数，x ∈(−12,12)时，f(x)=ln(2x +1)−ln(1−2x)，单调递增； x ∈(−∞,−12)时，f(x)=ln(−2x −1)−ln(1−2x)=ln 2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减． 故选D ．10.【答案】C【解析】 【分析】本题主要考查点到平面的距离求法，属于中档题． 【解答】解：设△ABC 的外接圆圆心为O 1，设OO 1=d ，圆O 1的半径为r ，球O 的半径为R ， △ABC 的边长为a ，则S △ABC =√34a 2=9√34，可得a =3，于是r =3=√3， 由题意知，球O 的表面积为16π，则R =2，由R 2=r 2+d 2，求得d =1，即O 到平面ABC 的距离为1． 故选C ．11.【答案】A【解析】 【分析】本题主要考查对数函数与指数函数，考查函数的单调性，属于较难题． 【解答】解：2x−3−x<2y−3−y，设f(x)=2x−3−x，则f′(x)=2x ln2+3−x ln3>0，所以函数f(x)在R上单调递增，因为f(x)<f(y)，所以x<y，则y−x+1>1，ln(y−x+1)>0．故选A．12.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查新定义类型的问题，属于较难题．【解答】解：对于A选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+0)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+1+0+1+0)=25>15，不满足，排除；对于B选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+1+1)=35>15，不满足，排除；对于C选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(0+0+0+0+1)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+0+0+0+0)=0，C(3)=15∑a i5i=1a i+3=15(0+0+0+0+0)=0，C(4)=15∑a i5i=1a i+4=15(1+0+0+0+0)=15，满足；对于D选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+1)=25>15，不满足，排除；故选C．13.【答案】√22【解析】【分析】本题主要考查平面向量的运算以及向量间的垂直关系，属于基础题．【解答】解：由单位向量a⃗,b⃗ 的夹角为45∘，k a⃗−b⃗ 与a⃗垂直，=0，所以(k a⃗−b⃗ )⋅a⃗=k−√22则k=√2．2．故答案为√2214.【答案】36【解析】【分析】本题考查计数原理，属于基础题．【解答】解：由题意，先将4名同学分成三组，一组两人，其余两组各一人，再将3组分到3个小区，可得不同的安排方法有：C42A33=36．答案：36．15.【答案】2√3【解析】【分析】本题考查复数的运算及复数的模，属于基础题．【解答】解：在复平面内，用向量方法求解，原问题即等价于平面向量a⃗,b⃗ 满足|a⃗|=|b⃗ |=2，a⃗+b⃗ =(√3,1)，求|a⃗−b⃗ |，由(a⃗+b⃗ )2+(a⃗−b⃗ )2=2|a⃗|2+2|b⃗ |2，可得4+(a⃗−b⃗ )2=16，故|a⃗−b⃗ |=2√3．故答案为2√3．16.【答案】①③④【解析】【分析】本题考查含逻辑联结词的命题真假的判断以及立体几何相关知识，属于中档题．【解答】解：对于p1：可设l1与l2，所得平面为α.若l3与l1相交，则交点A必在平面α内.同理l2与l3的交点B在平面α内，故直线AB在平面α内，即l3在平面α内，故p1为真命题．对于p2:过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数个平面，故p2为假命题．对于p3:空间中两条直线的位置关系有平行，相交，异面，故p3为假命题．对于p4:若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，故m⊥l，故p4为真命题．综上可知，p1∧p4为真命题，¬p2∨p3为真命题，¬p3∨¬p4为真命题．故答案为①③④．17.【答案】解：(1)在▵ABC中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，因为sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc =−12，因为0<A<π，所以A=2π3．(2)由(1)知，A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bccosA，所以9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc，由基本不等式可得bc≤(b+c)24，所以9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2,所以b+c≤2√3(当且仅当b=c=√3时取得等号)，所以▵ABC周长的最大值为3+2√3．【解析】本题主要考查利用正余弦定理解三角形的问题，属于中档题．(1)直接利用正余弦定理即可求解；(2)利用余弦定理与基本不等式即可求解．18.【答案】解：(1)由题可知，每个样区这种野生动物数量的平均数为120020=60，所以该地区这种野生动物数量的估计值为60×200=12000(2)根据公式得r=i −x)(y i−y)ni=1√∑(x i−x)∑(y i−y)i=1i=1=√80×9000=3√2≈0.94(3)为了提高样本的代表性，选用分层抽样法更加合理，因为分层抽样可以按照规定的比例从不同的地块间随机抽样，其代表性较好，抽样误差更小。
2020年高考理科数学全国1卷(word版,含答案)
1.【ID:4002604】若，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：，则．故选D．2.【ID:4002605】设集合，，且，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：易求得：，，则由，得，解得．故选B．3.【ID:4002606】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：如图，设正四棱锥的底面边长为，斜高，则，两边同时除以，得：，解得：，故选C．4.【ID:4002607】已知为抛物线：上一点，点到的焦点的距离为，到轴的距离为，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由题意知，，则．故选C．5.【ID:4002608】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度(单位：)的关系，在个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：由图易知曲线特征：非线性，上凸，故选D．6.【ID:4002609】函数的图象在点处的切线方程为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：，则切线斜率，又，则切线方程为．故选B．7.【ID:4002610】设函数在的图象大致如下图，则的最小正周期为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由图可估算，则．故选C．由图可知：，由单调性知：，解得，又由图知，则，当且仅当时满足题意，此时，故最小正周期．8.【ID:4002611】的展开式中的系数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：，要得到项，则应取项，则其系数为．故选C．9.【ID:4002612】已知，且，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由，得，解得：或(舍)，又，则．故选A．10.【ID:4002613】已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆．若的面积为，，则球的表面积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由条件易得：，由，则，则，所以球的表面积为．故选A．11.【ID:4002614】已知：，直线：，为上的动点．过点作的切线，，切点为，，当最小时，直线的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：：，则，如图，由圆的切线性质，易知：，则，所以最小时，最短，即最短，此时，易求得：，则直线：，整理，得：．故选D．12.【ID:4002615】若，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意，有，若，则，不符合题意，因此．13.【ID:4002616】若，满足约束条件，则的最大值为________．【答案】1【解析】解：作不等式组满足的平面区域如图：易得：，，，因为区域为封闭图形，分别将点的坐标代入，得最大值为．14.【ID:4002617】设，为单位向量，且，则________．【答案】【解析】解：因为，，则，则．15.【ID:4002618】已知为双曲线：的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴．若的斜率为，则的离心率为________．【答案】2【解析】解：如图，，，则由题意得：，解得：，(舍)，所以的离心率为．16.【ID:4002619】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则________．【答案】【解析】在中，；在中，，由展开图的生成方式可得，在中，由余弦定理可得，于是，因此在中，由余弦定理可得．17. 设是公比不为的等比数列，为，的等差中项．（1）【ID:4002620】求的公比．【答案】【解析】解：设数列的公比为，则，，即，解得或(舍去)，的公比为．（2）【ID:4002621】若，求数列的前项和．【答案】【解析】解：记为的前项和．由及题设可得，．所以，．可得．所以．18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）【ID:4002622】证明：平面．【答案】见解析【解析】方法：以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，．，，，则，，，平面．方法：设，由题设可得，，，．因此，从而．又，故．所以平面．（2）【ID:4002623】求二面角的余弦值．【答案】【解析】由知，，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，解得，，二面角的余弦值为．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：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为．（1）【ID:4002624】求甲连胜四场的概率．【答案】【解析】解：．（2）【ID:4002625】求需要进行第五场比赛的概率．【答案】【解析】(甲连胜场)(乙连胜场)(丙连胜场)．（3）【ID:4002626】求丙最终获胜的概率．【答案】【解析】丙最终获胜，有两种情况，丙连胜或输一场．(丙连胜)，丙输一场，则共进行场，丙可以在①第场输，、场胜；②第、场胜，场输；③第、、场胜，第场输，(丙第场输，，场胜)；(丙第，场胜，第场输)；(丙第，，场胜，第场输)，(丙胜)．20. 已知，分别为椭圆：的左、右顶点．为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．（1）【ID:4002627】求的方程．【答案】【解析】由题意知，，，故，，，故椭圆的方程为．（2）【ID:4002628】证明：直线过定点．【答案】见解析【解析】方法：设，，故：，，故：，联立，，同理可得，，①当时，：，②当时，，：，③当且时，，：，令，故直线恒过定点．方法：设，，．若，设直线的方程为，由题意可知．因为直线的方程为，所以．直线的方程为，所以．可得．又，故，可得，即．①将代入得．所以，．代入①式得．解得(舍去)，．故直线的方程为，即直线过定点．若，则直线的方程为，过点．综上，直线过定点．21. 已知函数．（1）【ID:4002629】当时，讨论的单调性．【答案】当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．【解析】当时，，其导函数，又函数为单调递增函数，且，于是当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）【ID:4002630】当时，，求的取值范围．【答案】【解析】方法：根据题意，当时，不等式显然成立；当时，有，记右侧函数为，则其导函数，设，则其导函数，当时，函数单调递减，而，于是．因此函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，也为最大值．因此实数的取值范围是，即．方法：等价于．设函数，则．(i)若，即，则当时，．所以在上单调递增，而，故当时，，不合题意．(ii)若，即，则当时，；当时，．所以在，上单调递减，在上单调递增．又，所以当且仅当，即．所以当时，．(iii)若，即，则．由于，故由(ii)可得．故当，．综上，的取值范围是．22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）【ID:4002631】当时，是什么曲线？【答案】为以坐标原点为圆心，半径为的圆．【解析】解：，的参数方程为，则的普通方程为：，是以坐标原点为圆心，半径为的圆．（2）【ID:4002632】当时，求与的公共点的直角坐标．【答案】【解析】解：当时，：，消去参数，得的直角坐标方程为：，的直角坐标方程为：，联立得，其中，，，解得，与的公共点的直角坐标为．23. 已知函数．（1）【ID:4002633】画出的图象．【答案】见解析【解析】解：如图，．（2）【ID:4002634】求不等式的解集．【答案】【解析】解：方法：由题意知，结合图象有，当时，不等式恒成立，故舍去；当，即时，不等式恒成立；当时，由，得，，解得，综上，．方法：函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．的图象与的图象的交点坐标为．由图象可知当且仅当时，的图象在的图象上方．故不等式的解集为．。
2019-2020年高考全国卷1(乙卷)理科数学试题及答案word
绝密★启封并使用完毕前试题类型：A 2019-2020年高考全国卷1（乙卷）理科数学试题及答案word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.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一.选择题：本大题共12小题，每小题5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）设集合，，则（A）（B）（C）（D）（2）设，其中x，y是实数，则（A）1（B）（C）（D）2（3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A）100（B）99（C）98（D）97（4）某公司的班车在7:00，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（A）（B）（C）（D）（5）已知方程–=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（A）(–1,3) （B）(–1,3) （C）(0,3) （D）(0,3)（6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π（7）函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为（A）（B）（C）（D）（8）若，则（A ）（B ）（C ）（D ）（9）执行右面的程序图，如果输入的，则输出x ，y 的值满足（A ）（B ）（C ）（D ）(10)以抛物线C 的顶点为圆心的圆交C 于A 、B 两点，交C 的标准线于D 、E 两点.已知|AB |=，|DE|=，则C 的焦点到准线的距离为(A)2 (B)4 (C)6 (D)8(11)平面a 过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，a //平面CB 1D 1，平面ABCD =m ，平面ABA 1B 1=n ，则m 、n 所成角的正弦值为(A)(B ) (C) (D)12.已知函数()sin()(0),24f x x+x ππωϕωϕ=>≤=-，为的零点，为图像的对称轴，且在单调，则的最大值为（A ）11 （B ）9 （C ）7 （D ）5第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共3小题，每小题5分(13)设向量a =(m ，1)，b =(1，2)，且|a +b |2=|a |2+|b |2，则m =.(14)的展开式中，x 3的系数是.（用数字填写答案）（15）设等比数列满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2…a n 的最大值为。
2020高考数学全国卷1卷试题及答案详解
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共5页，23题（含选考题）．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 5．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若1z i =+，则22z z -=A ．0B ．1C 2D ．22．设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤，则a =A ．4-B ．2-C ．2D ．43．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A 51-B 51-C 51+D 51+4．已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．95．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()(),1,2,,20i i x y i =得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A ．y a bx =+B ．2y a bx =+C ．x y a be =+D ．ln y a b x =+6．函数43()2f x x x =-的图像在点()()1,1f 处的切线方程为 A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+7．设函数()cos 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[],ππ-的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A ．109πB ．76π C ．43π D ．32π 8．25()()y x x y x ++的展开式中33x y 的系数为A ．5B ．10C ．15D ．209．已知(0,)απ∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α= A ．53B ．23 C ．13D ．5910．已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC △的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π11．已知22:2220M x y x y +---=，且直线:220l x y ++=，P 为l 上的动点，过点P 作M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当AB PM ⋅最小时，直线AB 的方程为A ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=12．若242log 42log a b a b +=+，则A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a 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2201010x y x y y +-≤⎧⎪--≥⎨⎪+≥⎩，则7z x y =+的最大值是________．14．设,a b 为单位向量，且1+=a b ，则-=a b ________．15．已知F 为双曲线2222:1x y C a b-=（0,0a b >>）的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴．若AB 斜率为3，则C 的离心率为_______．16．如图，在三棱锥P ABC -的平面展开图中1AC =，3AB AD ==，AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ︒∠=，则cos FCB ∠=__________．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．（12分）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前项和．18．（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =． （1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．19．（12分）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；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12． （1）求甲连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）求丙最终获胜的概率．20．（12分）已知,A B 分别为椭圆222:1(1)x E y a a+=>的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=．P为直线6x =上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．（1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点．21．（12分）已知函数()2x f x e ax x =+-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos sin kkx ty t ⎧=⎪⎨=⎪⎩（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为4cos 16sin 30ρθρθ-+=，（1）当1k =时，1C 是什么曲线？（2）当4k =时，求1C 与2C 的公共点的直角坐标．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数()3121f x x x =++-． （1）画出()y f x =的图象；（2）求不等式()()1f x f x >+的解集．参考答案一、选择题15DBCCD - 610BCCAA - 11.D 12.B二、填空题13.1 14.3 15.2 116.4-三、解答题17.解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232a a a =+，即21112a a q a q =+∴220q q +-=，解得1q =（舍去）或2q =-. ∴{}n a 的公比为2-.（2）记n S 为{}n na 的前n 项和，由（1）及题设可知()12n n a -=-，∴ ()()11222n n S n -=+⨯-++⨯- ①()()()2222212nn S n -=-+⨯-++-⨯- ②由①②得()()()()21312222n nn S n -=+-+-++--⨯-()()1223nnn --=-⨯-∴()()312199nn n S +-=- 18.解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===， ∴222PA PB AB +=，∴PA PB ⊥，又222PA PC AC +=，∴PA PC ⊥， ∴PA ⊥平面PBC（2）以O 为坐标原点,OE 方向为y 轴正方向,OE 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -. 由题设可得()()310,1,0,0,1,0,,,022E A C ⎛⎫--⎪⎝⎭， xyz。
2019-2020年高考新课标1卷数学(理科)试题及答案
绝密★启封并使用完毕前试题类型：A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。
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
2019-2020年高考新课标1卷数学（理科）试题及答案一.选择题：本大题共12小题，每小题5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）设复数z满足=i，则|z|=（A）1 （B）（C）（D）2【答案】A（2）sin20°cos10°-con160°sin10°=（A）（B）（C）（D）【答案】D【解析】原式=sin20°cos10°+cos20°sin10°=sin30°=，故选D.（3）设命题P：nN，>，则P为（A）nN, >（B）nN, ≤（C）nN, ≤（D）nN, =【答案】C【解析】:，故选C.（4）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试。
已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（A）0.648 （B）0.432 （C）0.36 （D）0.312【答案】A【解析】根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为=0.648，故选A.（5）已知M（x0，y0）是双曲线C：上的一点，F1、F2是C上的两个焦点，若＜0，则y0的取值范围是（A）（-，）（B）（-，）（C）（，）（D）（，）【答案】A（6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r，则=，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.（7）设D为ABC所在平面内一点=3，则（A）=+ (B)=（C）=+ (D)=【答案】A【解析】由题知11()33AD AC CD AC BC AC AC AB=+=+=+-==，故选A.(8)函数f(x)=的部分图像如图所示，则f（x）的单调递减区间为(A)（）,k (b)（）,k(C)（）,k(D)（）,k【答案】B（9）执行右面的程序框图，如果输入的t=0.01，则输出的n= （A）5 （B）6 （C）7 （D）8【答案】C（10）的展开式中，y²的系数为（A）10 （B）20 （C）30（D）60【答案】A【解析】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选A.（11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷新课标1)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{x|﹣4＜x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，则M∩N＝（）A．{x|﹣4＜x＜3} B．{x|﹣4＜x＜﹣2} C．{x|﹣2＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 2．（5分）设复数z满足|z﹣i|＝1，z在复平面内对应的点为（x，y），则（）A．（x+1）2+y2＝1 B．（x﹣1）2+y2＝1C．x2+（y﹣1）2＝1 D．x2+（y+1）2＝13．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（）A．B．C．D．7．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．8．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+9．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n＝n2﹣2n 10．（5分）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1 B．+＝1C．+＝1 D．+＝111．（5分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sin x|有下述四个结论：①f（x）是偶函数②f（x）在区间（，π）单调递增③f（x）在[﹣π，π]有4个零点④f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A．①②④B．②④C．①④D．①③12．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
高考理科数学(1卷)：答案详细解析(最新)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A.14- B.12 C.14+ D.12+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．9【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文5）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A.y a bx =+B.2y a bx =+C.x y a be =+D.ln y a b x=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文7）设函数()cos()6f x x πω=+在[]ππ-，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109πB.76πC.43πD.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A 10.（立体几何，同文12）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为△ABC 的外接圆.若 1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）已知22:2220M x y x y +---= ，直线:20+=l x y ，p 为l 上的动点.过点p 作M 的切线PA ，PB ，切点为,A B ，当PM AB 最小时，直线AB 的方程为A.210x y --= B.210x y +-=C.210x y -+= D.210x y ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2023年全国统一高考理科数学试卷(全国乙卷)
2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）数 学（理科）注意事项:1．答卷前,考生务必将自己地姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时,选出每小题解析后,用铅笔把答题卡上对应题目地解析标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它解析标号。
回答非选择题时,将解析写在答题卡上。
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．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地。
1．设全集{1,2,3,4,5}U =,集合M 满足{1,3}U M =ð,则（ ）A ．2M ∈B ．3M ∈C ．4M ∉D ．5M∉2．已知12i z =-,且0z az b ++=,其中a ,b 为实数,则（ ）A ．1,2a b ==-B ．1,2a b =-=C ．1,2a b ==D ．1,2a b =-=-3．已知向量,a b 满足||1,||3,|2|3==-=a b a b ,则⋅=a b （ ）A ．2-B ．1-C ．1D ．24．嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行地人造行星,为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期地比值,用到数列{}n b :1111b α=+,212111b αα=++,31231111b ααα=+++,…,依此类推,其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <5．设F 为抛物线2:4C y x =地焦点,点A 在C 上,点(3,0)B ,若||||AF BF =,则||AB =（ ）A ．2B ．22C ．3D ．326．执行下边地程序框图,输出地n =（）位:3m ）,得到如下数据:样本号i 12345678910总和根部横截面积ix 0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量i y 0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10101022iii i i=1i=1i=10.038, 1.6158,0.2474xy x y ===∑∑∑．（1）估计该林区这种树木平均一棵地根部横截面积与平均一棵地材积量；（2）求该林区这种树木地根部横截面积与材积量地样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木地根部横截面积,并得到所有这种树木地根部横截面积总和为2186m ．已知树木地材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木地总材积量地估计值．附:相关系数i=122=1=1()(), 1.89617()7().3nii n niii i x x y y r x x y y -=-≈--∑∑∑．20．（12分）已知椭圆E 地中心为坐标原点,对称轴为x 轴、y 轴,且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．（1）求E 地方程；（2）设过点()1,2P -地直线交E 于M ,N 两点,过M 且平行于x 轴地直线与线段AB 交于点T ,点H 满足MT TH =．证明:直线HN 过定点．21．（12分）已知函数()()ln 1exf x x ax -=++.（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处地切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点,求a 地取值范围．（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,则按所做地第一题计分．22．[选修4-4:坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy 中,曲线C 地参数方程为3cos 2,2sin x t y t⎧=⎪⎨=⎪⎩（t 为参数）．以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线l 地极坐标方程为sin 03m ⎛⎫⎪⎝=⎭π++ρθ．（1）写出l 地直角坐标方程；（2）若l 与C 有公共点,求m 地取值范围．23．[选修4-5:不等式选讲]（10分） 已知a ,b ,c 都是正数,且3332221a b c ++=,证明:（1）19abc ≤；（2）12a b c b c a c a b abc++≤+++．2023年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）参考解析注意事项:1．答卷前,考生务必将自己地姓名和座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时,选出每小题解析后,用铅笔把答题卡上对应题目地解析标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它解析标号.回答非选择题时,将解析写在答题卡上.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．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1. A2. A3. C.4. D5. B6. B7. A8. D9. C 10.D 11. C12. D二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分．13. 31014. ()()222313x y -+-=或()()22215x y -+-=或224765339x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或()2281691525x y ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭；15. 316. 1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭三、解答题:共0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,每个试卷考生都必须作答．第22、23题为选考题,考生根据要求作答．（一）必考题:共60分．17. （1）证明:因为()()sin sin sin sin C A B B C A -=-,所以sin sin cos sin sin cos sin sin cos sin sin cos C A B C B A B C A B A C -=-,所以2222222222222a c b b c a a b c ac bc ab ac bc ab +-+-+-⋅-⋅=-⋅,即()22222222222a cb a bc b c a +-+--+-=-,所以2222a b c =+；（2）解:因为255,cos 31a A ==,由（1）得2250b c +=,由余弦定理可得2222cos a b c bc A =+-, 则50502531bc -=,所以312bc =,故()2222503181b c b c bc +=++=+=,所以9b c +=,所以ABC 地周长为14a b c ++=.18. （1）因为AD CD =,E 为AC 地中点,所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中,因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==,所以ABD CBD ≌△△,所以AB CB =,又因为E 为AC 地中点,所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ,DE BE E ⋂=,所以AC ⊥平面BED ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ,由（1）知,AC ⊥平面BED ,因为EF ⊂平面BED ,所以AC EF ⊥,所以1=2AFC S AC EF ⋅△,当EF BD ⊥时,EF 最小,即AFC △地面积最小.因为ABD CBD ≌△△,所以2CB AB ==,又因为60ACB ∠=︒,所以ABC 是等边三角形,因为E 为AC 地中点,所以1AE EC ==,3BE =,因为AD CD ⊥,所以112DE AC ==,在DEB 中,222DE BE BD +=,所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如下图所示地空间直角坐标系E xyz -,则()()()1,0,0,0,3,0,0,0,1A B D ,所以()()1,0,1,1,3,0AD AB =-=-,设平面ABD 地一个法向量为(),,n x y z =,则030n AD x z n AB x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ,取3y =,则()3,3,3n = ,又因为()331,0,0,0,,44C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,所以331,,44CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ,所以643cos ,77214n CF n CF n CF⋅===⨯,设CF 与平面ABD 所成地角地正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭,所以43sin cos ,7n CF θ== ,所以CF 与平面ABD 所成地角地正弦值为437.19.（1）样本中10棵这种树木地根部横截面积地平均值（1）解:设椭圆E 地方程为221mx ny +=,过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭,则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩,解得13m =,14n =,所以椭圆E 地方程为:22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B --,所以2:23+=AB y x ,①若过点(1,2)P -地直线斜率不存在,直线1x =.代入22134x y+=,可得26(1,)3M ,26(1,)3N -,代入AB 方程223y x =-,可得26(63,)3T +,由MT TH = 得到26(265,)3H +.求得HN 方程:26(2)23y x =--,过点(0,2)-.②若过点(1,2)P -地直线斜率存在,设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y --+=.联立22(2)0,134kx y k x y --+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +-+++=,可得1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩,12222228(2)344(442)34k y y k k k y y k -+⎧+=⎪⎪+⎨+-⎪=⎪+⎩,且1221224(*)34kx y x y k -+=+联立1,223y y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩可得111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++-可求得此时1222112:()36y y HN y y x x y x x --=-+--,将(0,2)-,代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +-+++--=,将(*)代入,得222241296482448482436480,k k k k k k k +++---+--=显然成立,综上,可得直线HN 过定点(0,2).-21. （1）()f x 地定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21ex xf x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处地切线方程为2y x =（2）()ln(1)e xax f x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x xa x a x f x x x '+--=+=++设()2()e 1xg x a x=+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -……,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x '>所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >=故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增(0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<=当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '=当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+<又1(1)0eg -=>所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '=当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0)-上有唯一零点所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 地取值范围为(,1)-∞-（二）选考题,共10分．请考生在第22按所做地第一题计分．[选修4-4:坐标系与参数方程]22.（1）因l :sin 03m πρθ⎛⎫ ⎪⎝+⎭+=,所以1sin 2ρθ⋅为。
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题 理(全国卷1,含解析)
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试课标1理科数学2020年全国1高考数学与2020全国1高考数学难度方面相对持平，在选择题和填空题方面难度有所提升，解答题方面难度有所减缓.在保持稳定的基础上，进行适度创新，尤其是选择填空压轴题.试卷内容上体现新课程理念，贴近中学数学教学，坚持对基础性的考查，同时加大了综合性、应用性和创新性的考查，如理科第2、3、10、11、12、16、19题，文科第2、4、9、12、19题.1.体现新课标理念，重视对传统核心考点考查的同时，增加了对数学文化的考查，如理科第2题，文科第4题以中国古代的太极图为背景，考查几何概型.2.关注通性通法.试卷淡化了特殊的技巧，全面考查通性通法，体现了以知识为载体，以方法为依托，以能力考查为目的的命题要求.3.考查了数学思想、数学能力、数学的科学与人文价值，体现了知识与能力并重、科学与人文兼顾的精神.如理科第6、10、13、15题，文科第5、12、13、16题对数形结合思想的考查；理科第11，文科第9题对函数与方程思想的考查；理科第12、16题对数学的科学与人文价值的考查.4.体现了创新性，如理科第19题，文科第19题立意新、情景新、设问新，增强了学生数学应用意识和创新能力.命题趋势：（1）函数与导数知识：以函数性质为基础，考查函数与不等式综合知识，如理科第5题，；以基本初等函数为背景考查构造新函数解决比较大小问题，如理科第11题；对含参单调性以及零点问题的考查，如理科21题，比较常规.（2）三角函数与解三角形知识：对三角函数图像与性质的考查，如理科第9题；；对解三角形问题的考查，如理科第17题.重视对基础知识与运算能力的考查.（3）数列知识：对数列性质的考查，如理科第4题；突出了数列与现实生活的联系，考查学生分析问题的能力，如理科第12题，难点较大.整体考查比较平稳，没有出现偏、怪的数列相关考点.（4）立体几何知识：对立体几何图形的认识与考查，如理科第7题，试题难度不大，比较常规；对简单几何体的体积知识的考查，如理科第16题，用到函数知识进行解决，体现了综合性，难度较大，立体几何解答题的考查较常规，如理科对二面角的考查.（5）解析几何知识：对圆锥曲线综合知识的考查，如理科第15题，难度偏大；解答题考查较为常规，考查直线与圆锥曲线的位置关系，难度中等，重视对学生运算能力的考查.【试卷解析】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．已知集合A ={x |x <1}，B ={x |31x <}，则 A ．{|0}A B x x =<I B ．A B =R U C ．{|1}A B x x =>UD ．A B =∅I【答案】A2．如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A ．14 B ．π8 C ．12D ．π4【答案】B 【解析】试题分析：设正方形边长为a ，则圆的半径为2a ，则正方形的面积为2a ，圆的面积为24a π.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概率是221248a a ππ⋅=，选B. 秒杀解析：由题意可知，此点取自黑色部分的概率即为黑色部分面积占整个面积的比例，由图可知其概率1142p <<，故选B.【考点】几何概型【名师点睛】对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A 区域的几何度量，最后计算()P A . 3．设有下面四个命题1p ：若复数z 满足1z ∈R ，则z ∈R ；2p ：若复数z 满足2z ∈R ，则z ∈R ；3p ：若复数12,z z 满足12z z ∈R ，则12z z =；4p ：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为 A.13,p pB ．14,p pC ．23,p pD ．24,p p【答案】B4．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.秒杀解析：因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C. 【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.5．函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是 A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]【答案】D6．621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．35【答案】C 【解析】试题分析：因为6662211(1)(1)1(1)(1)x x x x x++=⋅++⋅+，则6(1)x +展开式中含2x 的项为2226115C x x ⋅=，621(1)x x⋅+展开式中含2x 的项为44262115C x x x ⋅=，故2x 前系数为151530+=，选C. 【考点】二项式定理【名师点睛】对于两个二项式乘积的问题，第一个二项式中的每项乘以第二个二项式的每项，分析好2x 的项共有几项，进行加和.这类问题的易错点主要是未能分析清楚构成这一项的具体情况，尤其是两个二项式展开式中的r 不同.7．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B8．右面程序框图是为了求出满足3n−2n>1000的最小偶数n，那么在和两个空白框中，可以分别填入A．A>1 000和n=n+1B．A>1 000和n=n+2C．A≤1 000和n=n+1D．A≤1 000和n=n+2【答案】D9．已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+2π3)，则下面结论正确的是A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C2B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C2C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C2D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C2 【答案】D 【解析】试题分析：因为12,C C 函数名不同，所以先将2C 利用诱导公式转化成与1C 相同的函数名，则222:sin(2)cos(2)cos(2)3326C y x x x ππππ=+=+-=+，则由1C 上各点的横坐标缩短到原来的12倍变为sin 2y x =，再将曲线向左平移12π个单位得到2C ，故选D. 【考点】三角函数图像变换.【名师点睛】对于三角函数图像变换问题，首先要将不同名函数转换成同名函数，利用诱导公式，需要重点记住sin cos(),cos sin()22ππαααα=-=+；另外，在进行图像变换时，提倡先平移后伸缩，而先伸缩后平移在考试中经常出现，无论哪种变换，记住每一个变换总是对变量x 而言.10．已知F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，则|AB |+|DE |的最小值为 A ．16B ．14C ．12D ．10【答案】A2222||sin cos()2p pDE παα==-，所以22222211||||4()cos sin cos sin p p AB DE αααα+=+=+ 2222222211sin cos 4()(cos sin )4(2)4(22)16cos sin cos sin αααααααα=++=++≥⋅+=11．设x 、y 、z 为正数，且235x y z ==，则A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z【答案】D12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】试题分析：由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k -LL L则该数列的前(1)122k k k ++++=L 项和为 1(1)1(12)(122)222k k k k S k ++⎛⎫=+++++++=-- ⎪⎝⎭L L 要使(1)1002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是之后的等比数列11,2,,2k +L 的部分和，即1212221t t k -+=+++=-L ，所以2314tk =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=， 对应满足的最小条件为293054402N ⨯=+=，故选A. 【考点】等差数列、等比数列的求和.【名师点睛】本题非常巧妙的将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |=2，|b |=1，则| a +2 b |= . 【答案】2314．设x，y满足约束条件2121x yx yx y+≤⎧⎪+≥-⎨⎪-≤⎩，则32z x y=-的最小值为.【答案】5-15．已知双曲线C：22221x ya b-=（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C 的一条渐近线交于M、N两点.若∠MAN=60°，则C的离心率为________.23【考点】双曲线的简单性质.【名师点睛】双曲线渐近线是其独有的性质，所以有关渐近线问题受到出题者的青睐.做好这一类问题要抓住以下重点：①求解渐近线，直接把双曲线后面的1换成0即可；②双曲线的焦点到渐近线的距离是b；③双曲线的顶点到渐近线的距离是abc.16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】415【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.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．（12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为23sin a A（1）求sin B sin C ;（2）若6cos B cos C =1，a =3，求△ABC 的周长.【考点】三角函数及其变换.【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如sin()y A x b ωϕ=++，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可. 18.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A -PB -C 的余弦值.则3cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为33-. 【考点】面面垂直的证明，二面角平面角的求解【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键. 19．（12分）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm ）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布2(,)N μσ．（1）假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(3,3)μσμσ-+之外的零件数，求(1)P X ≥及X 的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3,3)μσμσ-+之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性； （ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.95 10.12 9.969.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得16119.9716i i x x ===∑，161622221111()(16)0.2121616i ii i s x x x x ===-=-≈∑∑，其中i x 为抽取的第i 个零件的尺寸，1,2,,16i =⋅⋅⋅．用样本平均数x 作为μ的估计值ˆμ，用样本标准差s 作为σ的估计值ˆσ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除ˆˆˆˆ(3,3)μσμσ-+之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）． 附：若随机变量Z 服从正态分布2(,)N μσ，则(33)0.997 4P Z μσμσ-<<+=，160.997 40.959 2=，0.0080.09≈．试题解析：（1）抽取的一个零件的尺寸在(3,3)μσμσ-+之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(3,3)μσμσ-+之外的概率为0.0026，故~(16,0.0026)X B .因此(1)1(0)10.99740.0408P X P X ≥=-==-=.X 的数学期望为160.00260.0416EX =⨯=.20.（12分）已知椭圆C ：2222=1x y a b+（a >b >0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1，32），P 4（1，32）中恰有三点在椭圆C 上. （1）求C 的方程；（2）设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.（2）设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，如果l 与x 轴垂直，设l ：x =t ，由题设知0t ≠，且||2t <，可得A ，B 的坐标分别为（t ，24t -，（t ，24t -）. 则221242421t t k k ---++==-，得2t =，不符合题设. 从而可设l ：y kx m =+（1m ≠）.将y kx m =+代入2214x y +=得222(41)8440k x kmx m +++-=由题设可知22=16(41)0k m ∆-+>.设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=2841kmk -+，x 1x 2=224441m k -+.而12121211y y k k x x --+=+121211kx m kx m x x +-+-=+ 1212122(1)()kx x m x x x x +-+=.由题设121k k +=-，故1212(21)(1)()0k x x m x x ++-+=.即222448(21)(1)04141m kmk m k k --+⋅+-⋅=++.解得12m k +=-. 当且仅当1m >-时，0∆>，欲使l ：12m y x m +=-+，即11(2)2m y x ++=--， 所以l 过定点（2，1-）【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系.【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中为告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况，接着通法是联立方程组，求判别式、韦达定理，根据题设关系进行化简. 21.（12分）已知函数2()(2)x xf x ae a e x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 22．[选修4―4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为3cos ,sin ,x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），直线l 的参数方程为4,1,x a t t y t =+⎧⎨=-⎩（为参数）. （1）若a =−1，求C 与l 的交点坐标；（2）若C 上的点到l 17 a.【解析】试题分析：（1）先将曲线C 和直线l 化成普通方程，然后联立求出交点坐标；（2）直线l 的普通方程为440x y a +--=，设C 上的点(3cos ,sin )θθ，l 的距离为17d =.对a 进行讨23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数f （x ）=–x 2+ax +4，g (x )=│x +1│+│x –1│.（1）当a =1时，求不等式f （x ）≥g （x ）的解集；（2）若不等式f （x ）≥g （x ）的解集包含[–1，1]，求a 的取值范围.【解析】试题分析：（1）将1a =代入，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤，对x 按1x <-，11x -≤≤，1x >讨论，得出最值的解集；（2）当[1,1]x ∈-时，()2g x =.若()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，。
2023年高考全国乙卷理科数学试题(带答案)
绝密★启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷∙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.设z =2+i1+i 2+i5，则z =()A.1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i2.设集合U =R ，集合M ={x x <1 }，N ={x -1<x <2 }，则{x x ≥2 } =()A.C U (M ∪N )B.N ∪C U MC.C U (M ⋂N )D.M ∪C U N3.3、如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为()A.24B.26C.28D.304.已知f (x )=xe x e ax -1是偶函数，则a =()A.-2B.-1C.1D.25.设O 为平面坐标系的坐标原点，在区域{(x ,y )1≤x 2+y 2≤4 }内随机取一点，记该点为A ，则直线OA 的倾斜角不大于π4的概率为()A.18B.16C.14D.126.已知函数f (x )=sin (ωx +φ)在区间(π6,2π3)单调递增，直线x =π6和x =2π3为函数y =f (x )的图像的两条对称轴，则f (-5π12)=()A.-32B.-12C.12D.327.甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有()A.30种B.60种C.120种D.240种8.已知圆锥PO 的底面半径为3，O 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，∠AOB =120∘，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为()A.πB.6πC.3πD.36π9.已知△ABC 为等腰三角形，AB 为斜边，△ABD 为等边三角形，若二面角C -AB -D 为150° ,则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为()A.15B.225C.35D.2510.已知等差数列{a n }的公差为2π3，集合S =cosa n n ∈ N * ，若S ={a b }，则ab =()A.-1B.-12C.D.1211.设A ，B 为双曲线x 2-y 29=1上两点，下列四个点中，可为线段AB 中点的是()A.(-1,1)B.(-1,2)C.(1,3)D.(-1，-4)12.已知⊙O 的半径为1，直线PA 与⊙O 相切于点A ，直线PB 与⊙O 交于B ，C 两点，D 为BC 的中点，若|PO |=2，则PA ∙PD的最大值为()A.1+22B.1+222C.1+2D.2+2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)联考 理科数学+答案+全解全析
D． 2 2
13． (x + 2 y −1)5 的展开式中 x2 y2 的系数为___________.
14．若
sin(α
+
π )
6
=
−
1 3
,α
∈ (0, π)
，则
sin(2α
+
π )
3
=
___________.
15．已知双曲线 E
：
x2 a2
−
y2
= 1(a
>
0)
的左、右焦点分别为 F1, F2
a,b
=
A． 2 5 5
B． − 2 5 5
C． − 5 5
D． 5 5
9．已知[x] 表示不超过
x
的最大整数，数列{an} 满足
an
=
[
(−1)
n −1 ] 2
n
2
，则数列{an} 的前
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C． 3660
理科数学 第 2 页（共 13 页）
D． −3660
10．将函数 f (x) =
如图所示，正方形 ABCD 所在平面与梯形 ABMN 所在平面垂直，MB∥AN， NA = AB = 2 ， BM = 4 ，
CN = 2 3 .
（1）证明：平面 DMN ⊥ 平面 BCN ； （2）求二面角 C − MN − D 的余弦值.
19．（本小题满分 12 分）
已知椭圆
x2 C： a2
+
y2 b2
不迟到的概率的范围； （2）在这 10 天中任取 2 天，记该学生早上从家出发到教室所花时间的差的绝对值为 Y ，求 Y 的分布列 和数学期望. 附：若随机变量 X 服从正态分布 N (µ,σ 2 ) ，则 P(µ − σ < X < µ + σ ) = 0.6826 ，P(µ − 2σ < X < µ + 2σ ) = 0.9544 ， P(µ − 3σ < X < µ + 3σ ) = 0.9974 . 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 f (x) = cos(x −1) + x(1 − ln x) . （1）设 g(x) = f ′(x) ，求证： g(x) < 1 ；
2020年全国高考Ⅰ卷 语文、英语、理科数学、理综、文科数学、文综六科试卷及参考答案汇总
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：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。
有一项是符合题目要求的。
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 V 15 Fe 56一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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．新冠肺炎疫情警示人们要养成良好的生活习惯，提高公共卫生安全意识。
下列相关叙述错误的是A ．戴口罩可以减少病原微生物通过飞沫在人与人之间的传播B ．病毒能够在餐具上增殖，用食盐溶液浸泡餐具可以阻止病毒增殖C ．高温可破坏病原体蛋白质的空间结构，煮沸处理餐具可杀死病原体D ．生活中接触的物体表面可能存在病原微生物，勤洗手可降低感染风险2．种子贮藏中需要控制呼吸作用以减少有机物的消耗。
若作物种子呼吸作用所利用的物质是淀粉分解产生的葡萄糖，下列关于种子呼吸作用的叙述，错误的是A ．若产生的2CO 与乙醇的分子数相等，则细胞只进行无氧呼吸B ．若细胞只进行有氧呼吸，则吸收2O 的分子数与释放2CO 的相等C ．若细胞只进行无氧呼吸且产物是乳酸，则无2O 吸收也无2CO 释放D ．若细胞同时进行有氧和无氧呼吸，则吸收2O 的分子数比释放2CO 的多3．某研究人员以小鼠为材料进行了与甲状腺相关的实验，下列叙述错误的是A．切除小鼠垂体，会导致甲状腺激素分泌不足，机体产热减少B．给切除垂体的幼年小鼠注射垂体提取液后，其耗氧量会增加C．给成年小鼠注射甲状腺激素后，其神经系统的兴奋性会增强D．给切除垂体的小鼠注射促甲状腺激素释放激素，其代谢可恢复正常4．为达到实验目的、需要选用合适的实验材料进行实验,下列实验目的与实验材料的对应，不合理的是5．已知果蝇的长翅和截翅由一对等位基因控制。
2020年高考理科数学(1卷)：答案详细解析(客观题 最新)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A.514- B.512 C.514+ D.512+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．9【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文5）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A.y a bx =+B.2y a bx =+C.x y a be =+D.ln y a b x=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文7）设函数()cos()6f x x πω=+在[]ππ-，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109π B.76π C.43π D.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A10.（立体几何，同文12）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点， 1O 为△ABC 的外接圆.若 1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）已知22:2220M x y x y +---= ，直线:20+=l x y ，p 为l 上的动点.过点p 作M 的切线PA ，PB ，切点为,A B ，当PM AB 最小时，直线AB 的方程为A.210x y --= B.210x y +-=C.210x y -+= D.210x y ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年(理科数学)(新课标Ⅰ)试卷真题+参考答案+详细解析
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）若1z i =+，则2|2|(z z -= ) A ．0B ．1C ．2D ．22．（5分）设集合2{|40}A x x =-，{|20}B x x a =+，且{|21}A B x x =-，则(a = )A ．4-B ．2-C ．2D ．43．（5分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A 51-B 51-C 51+D 51+4．（5分）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则(p = ) A ．2B ．3C ．6D ．95．（5分）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()(1,i i x y i =，2，⋯，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C ︒至40C ︒之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是( ) A ．y a bx =+B ．2y a bx =+C ．x y a be =+D ．y a blnx =+6．（5分）函数43()2f x x x =-的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为( ) A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+7．（5分）设函数()cos()6f x x πω=+在[,]ππ-的图象大致如图，则()f x 的最小正周期为( )A ．109πB ．76π C ．43π D ．32π 8．（5分）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为( )A ．5B ．10C ．15D ．209．（5分）已知(0,)απ∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin (α= ) A 5B ．23 C ．13D 5 10．（5分）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC ∆的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π11．（5分）已知22:2220M x y x y +---=，直线:220l x y ++=，P 为l 上的动点．过点P 作M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当||||PM AB 最小时，直线AB 的方程为( ) A ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=12．（5分）若242log 42log a b a b +=+，则( ) A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国高考新课标数学试卷(理科)(一)(Ⅰ卷)
2020年全国高考新课标数学试卷（理科）（一）（Ⅰ卷）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）x>−1}，则A∩B=()1.已知集合A={x||x−1|<2}，B={x|log 12A. {x|0<x<4}B. {x|−2<x<2}C. {x|0<x<2}D. {x|1<x<3}2.以下判断正确的个数是()①相关系数r，|r|值越小，变量之间的相关性越强．②命题“存在x∈R，x2+x−1<0”的否定是“不存在x∈R，x2+x−1≥0”．③“p∨q”为真是“￢p”为假的必要不充分条件．④若回归直线的斜率估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程是y∧=1.23x+0.08．A. 4B. 2C. 3D. 13.设a⃗，b⃗ 是非零向量，则“存在实数λ，使得a⃗=λb⃗ ”是“|a⃗+b⃗ |=|a⃗|+|b⃗ |”的()A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4.已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点(x,y)在△ABC内部，则z=−x+y的取值范围是()A. (1−√3,2)B. (0,2)C. (√3−1,2)D. (0,1+√3)5.在如图的程序框图中，f′i(x)为f i(x)的导函数，若f0(x)=sinx，则输出的结果是()A. sin xB. cos xC. −sinxD. −cosx]上是减函数的θ的一个值是()6.使函数f(x)=√3sin(2x+θ)+cos(2x+θ)是偶函数，且在[0,π4A. π6B. π3C. 2π3D. 5π67.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1=a2=1，S n=a n+2−1，则下列命题错误的是()A. a n+2=a n+1+a nB. a1+a3+a5+⋯+a99=a100C. a2+a4+a6+⋯+a98=a99D. S1+S2+S3+⋯+S98=S100−1008.某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中：①三棱锥的体积为16②三棱锥的四个面全是直角三角形③三棱锥的四个面的面积最大的是√32所有正确的说法是()A. ①B. ①②C. ②③D. ①③9.如图阴影部分C1是曲线y=√x与y=x所围成的封闭图形，A是两曲线在第一象限的交点，以原点O为圆心，OA为半径作圆，取圆的第一象限的扇形OCAB部分图形为C2，在C2内随机选取m个点，落在C1内的点有n个，则运用随机模拟的方法得到的π的近似值为()A. 3n2m B. m3nC. 3nmD. 2m3n10.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线l交双曲线于M，N两点，P为直线l上的一点，当△APB的外接圆面积达到最小值时，点P恰好在M(或N)处，则双曲线的离心率为()A. √2B. √3C. 2D. √511.已知函数f(x)=lnx−12ax2+(a−1)x+a(a>0)的值域与函数f(f(x))的值域相同，则a的取值范围为()A. (0,1]B. (1,+∞)C. [43,+∞) D. (43,+∞)12. 将边长为5的菱形ABCD 沿对角线AC 折起，顶点B 移动至B 处，在以点B′，A ，C ，为顶点的四面体AB′CD 中，棱AC 、B′D 的中点分别为E 、F ，若AC =6，且四面体AB′CD 的外接球球心落在四面体内部，则线段EF 长度的取值范围为( )A. (√142,2√3)B. (√142,4) C. (√3,2√3) D. (√3,4)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知f(x)=(2x −1)4，设(2x −1)4=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4，则a 1+2a 2+3a 3+4a 4=______．14. 已知A ，F ，P 分别为双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左顶点、右焦点以及右支上的动点，若∠PFA =2∠PAF恒成立，则双曲线的离心率为______．15. 已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n −2n+1，若不等式2n 2−n −3<(5−λ)a n 对∀n ∈N +恒成立，则整数λ的最大值为______．16. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，边长为2的正方形ABCD 沿x 轴滚动(无滑动滚动)，点D 恰好经过坐标原点，设顶点B(x,y)的轨迹方程是y =f(x)，则f(19)=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. △ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c =12，b =4√6，O 为△ABC 的外接圆的圆心．①若cosA =45，求△ABC 的面积S ；②若D 为BC 边上任意一点，DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求sin B 的值．18. 图1是由矩形ADEB 、Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2．(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B −CG −A 的大小．19. 已知函数f(x)=lnx +x +1，g(x)=x 2+2x ．(1)求函数y =f(x)−g(x)的极值；(2)若m 为整数，对任意的x >0都有f(x)−mg(x)≤0成立，求实数m 的最小值．20. 已知点F(−1,0)，直线l ：x =−4，P 为平面内的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为点M ，且(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ −12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ +12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0． (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 1作直线l 1(与x 轴不重合)交C 轨迹于A ，B 两点，求三角形面积OAB 的取值范围．(O 为坐标原点)21.某医药开发公司实验室有n(n∈N∗)瓶溶液，其中m(m∈N)瓶中有细菌R，现需要把含有细菌R的溶液检验出来，有如下两种方案：方案一：逐瓶检验，则需检验n次；方案二：混合检验，将n瓶溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌R，则n瓶溶液全部不含有细菌R；若检验结果含有细菌R，就要对这n瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总共为n+1．(1)假设n=5，m=2，采用方案一，求恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R的概率；(2)现对n瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌R的概率均为P(0≤p≤1).若采用方案一．需检验的总次数为ξ；若采用方案二．需检验的总次数为η⋅(i)若ξ与η的期望相等．试求P关于n的函数解析式P=f(n)；(ii)若P=1−e−14，且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望．求n的最大值．参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，ln7=1.95．22.以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ=a2(a∈R,a为t，(t为参数)．常数)，过点P(2,1)、倾斜角为30°的直线l的参数方程满足x=2+√32(1)求曲线C的普通方程和直线l的参数方程；(2)若直线l与曲线C相交于A、B两点(点P在A、B之间)，且|PA|⋅|PB|=2，求a和||PA|−|PB||的值．23.设函数f(x)=|2x−1|+mx+2，m∈R．(Ⅰ)若m=1，解不等式f(x)<6；(Ⅱ)若f(x)有最小值，且关于x的方程f(x)=−x2+x+1有两个不等实根，求实数m的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查了解不等式与交集的运算问题，是基础题．解不等式得出集合A、B，根据交集的定义写出A∩B．【解答】解：集合A={x||x−1|<2}={x|−2<x−1<2}={x|−1<x<3}，x>−1}={x|0<x<2}，B={x|log 12则A∩B={x|0<x<2}．故选：C．2.【答案】B【解析】解：①相关系数|r|值越小，变量之间的相关性越弱，故错误．②命题“存在x∈R，x2+x−1<0”的否定是“任意x∈R，x2+x−1≥0”，故错误．③“p∨q”为真时，“¬p”为假不一定成立，故“p∨q”为真是“¬p”为假的不充分条件，“¬p”为假时，“p”为真，“p∨q”为真，故“p∨q”为真是“¬p”为假的必要条件，故“p∨q”为真是“¬p”为假的必要不充分条件，故正确；④若回归直线的斜率估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则a=5−1.23×4=0.08，则回归直线方程是ŷ=1.23x+0.08，故正确；故选：B①根据相关系数r的大小与相关性强弱的关系进行判断．②特称命题的否定是全称命题进行判断③根据复合命题与充分条件和必要条件的定义进行判断，④根据回归方程的性质代入进行求解判断．本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了相关系数，相关指数，回归分析，特称命题的否定，充要条件，复合命题等知识点，难度中档．3.【答案】B【解析】【分析】根据向量平行的应用，考查充分条件和必要条件的判断，是基础题．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量平行的应用进行化简是解决本题的关键．【解答】解：若“|a⃗+b⃗ |=|a⃗|+|b⃗ |”，则平方得|a⃗|2+2a⃗⋅b⃗ +|b⃗ |2=|a⃗|2+|b⃗ |2+2|a⃗|⋅|b⃗ |，即a⃗⋅b⃗ =|a⃗|⋅|b⃗ |，即a⃗⋅b⃗ =|a⃗||b⃗ |cos<a⃗，b⃗ >=|a⃗|⋅|b⃗ |，则cos<a⃗，b⃗ >=1，即<a⃗，b⃗ >=0，即a⃗，b⃗ 同向共线，则存在实数λ，使得a⃗=λb⃗ ，反之当<a⃗，b⃗ >=π时，满足a⃗=λb⃗ ，但<a⃗，b⃗ >=0不成立，即“存在实数λ，使得a⃗=λb⃗ ”是“|a⃗+b⃗ |=|a⃗|+|b⃗ |”的必要不充分条件，故选：B．4.【答案】A【解析】【分析】本题考查简单的线性规划，范围与最值问题，考查数形结合思想，属于中档题．由A，B及△ABC为正三角形，可求得C的坐标，结合图形，进而判断最大值与最小值，即可求解范围．【解答】解：设C(a,b)，(a>0,b>0)，由A(1,1)，B(1,3)，及△ABC为正三角形可得，AB=AC=BC=2，即(a−1)2+(b−1)2=(a−1)2+(b−3)2=4，解得b=2，a=1+√3，即C(1+√3,2)，(x−1)，则此时直线AB的方程为x=1，AC的方程为y−1=√33(x−1)，直线BC的方程为y−3=−√33由z=−x+y，得y=x+z，当直线y=x+z经过点B(1,3)时，z取得最大值，此时z=2，经过点C(1+√3,2)时，z取得最小值，此时z=1−√3，∴z max=2,z min=1−√3，则z=−x+y的取值范围是(1−√3,2)，故选A．5.【答案】C【解析】解：∵f0(x)=sinx，f1(x)=cosx，f2(x)=−sinx，f3(x)=−cosx，f4(x)=sinx，f5(x)=cosx．∴题目中的函数为周期函数，且周期T=4，且2018=504×4+2，∴观察规律可得：f2018(x)=f2(x)=−sinx．故选：C．分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算函数及导函数的函数值，模拟程序的运行，分析程序运行过程中函数值呈现周期性变化，求出周期T后，不难得到输出结果．根据流程图(或伪代码)写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图(或伪代码)，从流程图(或伪代码)中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据(如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理)⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．6.【答案】B【解析】解：∵函数f(x)=√3sin(2x+θ)+cos(2x+θ)=2sin(2x+θ+π6)是偶函数，∴θ+π6=kπ+π2，即θ=kπ+π3，k∈Z①，故可取θ=π3，此时，f(x)=2sin(2x+π2)=cos2x，且在[0,π4]上，2x∈[0,π2]，f(x)是减函数，故选：B．利用两角和的正弦公式化简函数的解析式，再利用三角函数的奇偶性、单调性，求得θ的一个值．本题主要考查两角和的正弦公式，三角函数的奇偶性、单调性，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1=a2=1，S n=a n+2−1①，所以当n≥2时，S n−1=a n+1−1②，①−②得a n=S n−S n−1=a n+2−a n+1，即a n+2=a n+1+a n，故A正确．所以a100=a99+a98，a98=a97+a96，a96=a95+a94，…，a4=a3+a2=a3+a1，故：a100=a99+a97+a95+⋯+a3+a1．故B正确．S1+S2+S3+⋯+S98=(a3−1)+(a4−1)+(a5−1)+⋯+(a100−1)，=(a1+a2+a3+⋯+a100)−a1−a2−98，=S100−100．故D正确．故选：C．首先利用数列的递推关系式利用差的关系求出选项A正确，进一步利用所求出的通项关系式求出B正确，进一步利用已知的递推关系求出D正确．本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，数列的通项公式的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．8.【答案】A【解析】解：依据三视图，可得该几何体，如图三棱锥P−ABC，AC=BC=1，AB=√2.PA=PB，面PC⊥面ABC，P到面ABC的距离为1．①三棱锥的体积为13×12×1×1×1=16，正确；②三棱锥的面PAB不是直角三角形，错；③三棱锥的四个面的面积最大的是△PAB，PA=BP═AB=√2，其面积S=√62，故错．故选：A依据三视图，画出直观图，根据数据求解．本题考查了空间线面位置关系，属于中档题．9.【答案】B【解析】解：联立{y =xy =√x，得x =y =1，则点A 的坐标为(1,1)，所以，图中阴影部分区域的面积为∫(10√x−x)dx =(23x 32−12x 2)|01=16，扇形OBC 的半径为OA =√2，扇形的面积为14×π×(√2)2=π2， 由题意可得nm =16π2=13π，解得π=m3n ，故选：B ．联立曲线与直线的方程，得出交点A 的坐标，然后利用定积分求出图中阴影部分区域的面积，利用几何概型概率的计算方法列出有关π的方程，解出π的表达式即可求出答案．本题考查定积分的计算，解决本题的关键在于几何概率公式的应用，属于基础题．10.【答案】A【解析】 【分析】本题考查了双曲线的简单性质，不等式的性质，属于较难题．设P(c,m)，不妨设m >0，则tan∠PAB =k PA ,tan∠PBF =k PB ，求出tan∠APB 最大值，即可得解． 【解答】解：A(−a,0)，B(a,0)，F(c,0)，直线l 的方程为x =c ， 设P(c,m)，不妨设m >0， 则tan∠PAB =k PA =mc+a ， tan∠PBF =k PB =m c−a，∴tan∠APB =tan(∠PBF −tan∠PAB) =m c −a −mc +a 1+m c −a ⋅mc +a =2amm 2+b 2=2a m+b 2m．当且仅当m +b 2m取得最小值时，即m =b 时，tan∠APB 取得最大值，即∠APB 最大．根据正弦定理，此时△APB 的外接圆半径达到最小值，即△APB 的外接圆面积达到最小值． 由题意此时P(c,b 2a)，∴b=b2，∴a=b，即双曲线的离心率为√2．a故选A．11.【答案】C【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值、等价转化方法、考查了推理能力与计算能力，属于中档题．求出f(x)的单调区间和值域，从而得出f(x)的最大值与单调区间端点的关系，从而得出a的范围．【解答】ax2+(a−1)x+a(a>0)，x>0，解：函数f(x)=lnx−12−ax+(a−1)(a>0)，则f′(x)=1x(舍去)，x=1，令f′(x)=0，可得x=−1a当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0,1)递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在区间(1,+∞)递减；a−1，∴当x=1时，f(x)取得最大值为32a−1],f(x)的值域为(−∞,32a−1],∴函数f(f(x))的值域为(−∞,32a−1≥1，则32，解得：a≥43,+∞)．则a的取值范围为[43故选：C．12.【答案】B【解析】解：如图，由已知可得，AC⊥B′E，且AC⊥DE，∴AC⊥平面B′ED，∵E是AC的中点，∴到点A、C的距离相等的点位于平面ACF内，同理可知，到点B′、D的距离相等的点位于平面ACF内，∵球心O到点A，B′，C，D的距离相等，∴球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上．∴球心O落在线段EF上(不含端点E、F)，显然EF⊥B′D，由题意EA=3，EB′=4，则OA2=OE2+9，且OB′2=OF2+FB′2=OF2+EB′2−EF2=(EF−OE)2+16−EF2=OE2+16−2EF⋅OE．∵OA=OB′，∴OE2+9=OE2+16−2EF⋅OE，则OE=72EF，显然OE<EF，∴72EF <EF，即EF>√142．又EF<EB′=4，∴√142<EF<4．故选：B．由题意画出图形，可证AC⊥平面B′ED，得到球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上，由勾股定理结合OA=OB′，OE<EF，EF<EB′=4可得线段EF长度的取值范围．本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，属中档题．13.【答案】8【解析】解：已知f(x)=(2x−1)4，设(2x−1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，把等式两边同时对x求导数，可得8⋅(2x−1)3=a1+2a2x+3a3x2+4a4x4，再令x=1，可得a1+2a2+3a3+4a4=8，故答案为：8．把等式两边同时对x求导数，再令x=1，可得a1+2a2+3a3+4a4的值．本题主要考查求函数的导数，二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．14.【答案】2【解析】解：A(−a,0)，F(c,0)，设P(x0,y0)，∴k AP=y0x0+a ，k FP=y0x0−c，∵∠PFA=2∠PAF，k AP=tan∠PAF，k FP=−tan∠PFA，∴y0x0−c =2×y0x0+a(y0x0+a)2−1=2y0(x0+a)y02−(x0+a)2，∴y02−x02−2ax0−a2=2x02+2ax0−2cx0−2ac，即y02−3x02−(4a−2c)x0−a2+2ac=0，又P(x0,y0)在双曲线上，∴y02=b2a2x02−b2，∴(b2a2−3)x02−(4a−2c)x0+2ac−c2=0恒成立，∴{b 2a −3=04a −2c =02ac −c 2=0，∴c =2a ，即e =2． 故答案为：2．根据二倍角的正切公式和直线的斜率公式列恒等式，根据P 点的任意选化简得出a ，b ，c 的关系，从而得出双曲线的离心率．本题考查了双曲线的性质，直线的斜率，属于基础题目，15.【答案】4【解析】 【分析】本题考查了数列递推式，等差关系的确定，以及数列的函数特性，中档题．由数列递推式求得首项，然后构造出等差数列{an2n }，求出{a n }通项，代入不等式2n 2−n −3<(5−λ)a n ，整理后得到5−λ>2n−32n.然后根据数列b n =2n−32n的单调性求得最值，继而得答案．【解答】解：当n =1时，S 1=2a 1−22，得a 1=4； 当n ≥2时，S n−1=2a n−1−2n ， 而S n =2a n −2n+1，两式相减得a n =2a n −2a n−1−2n ， 则a n =2a n−1+2n ， ∴a n 2n −a n−12n−1=1．又a12=2，∴数列{a n2n }是以2为首项，1为公差的等差数列，则an2n =n +1，即a n =(n +1)⋅2n ．∵a n >0，∴不等式2n 2−n −3<(5−λ)a n ，等价于5−λ>2n−32n．记b n =2n−32n，则b n+1b n=2n−12n+12n−32n=2n−14n−6=12+12n−3，∴当n ≥3时，{b n >0b n+1b n<1，此时{b n }是个递减数列， 所以当n ≥3时，(b n )max =b 3=38．又b 1=−12 ,b 2=14，所以(b n )max =b 3=38 ，n ∈N ∗， 所以只要5−λ>38 ，即λ<378，∴整数λ的最大值为4． 故答案为4．16.【答案】√3【解析】解：由题意，知当−4≤x <−2时，顶点B(x,y)的轨迹是以点A(−2,0)为圆心，以2为半径的14圆； 当−2≤x <2时，顶点B(x,y)的轨迹是以点D(0,0)为圆心，以2√2为半径的14圆； 当2≤x <4时，顶点B(x,y)的轨迹是以点C(2,0)为圆心，以2为半径的14圆；当4≤x <6时，顶点B(x,y)的轨迹是以点A(4,0)为圆心，以2为半径的14圆，与−4≤x <−2的形状相同， 因此函数y =f(x)的图象在[−4,4]上恰好为一个周期的图象， ∴函数y =f(x)的周期为8，∴f(19)=f(3)=√3． 故答案为：√3．根据条件分−4≤x <−2，−2≤x <2，2≤x <4和4≤x <6几种情况求出点的轨迹，再找到轨迹的变化规律，进一步求出f(19)的值．本题考查了轨迹方程的求法，考查了分类讨论思想，属中档题．17.【答案】解：①由cosA =45，得sinA =35，∴S =12bcsinA =12×4√6×12×35=72√65； ②由DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 可得AO ⃗⃗⃗⃗⃗=12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 于是AO ⃗⃗⃗⃗⃗⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 即AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠OAB +14|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠OAC ，(1)又O 为△ABC 的外接圆圆心，则|AO ⃗⃗⃗⃗⃗|cos∠OAB =12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，|AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠OAC =12|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，(2) 将(1)代入(2)，得到AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=14|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+18|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |2=14×144+18×96=48， 解得|AO⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√3． 由正弦定理得bsinB =2R =8√3，可解得sinB =√32．【解析】本题考查平面向量的数量积运算，考查了平面向量基本定理及其意义，训练了正弦定理和余弦定理在求解三角形问题中的应用，是中档题．①由cosA =45，得sinA =35，代入三角形面积公式求得△ABC 的面积S ；②由DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，利用余弦定理求出|AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |，再由正弦定理求得sin B 的值． 18.【答案】证明：(1)由已知得在图2中，AD//BE ，CG//BE ，∴AD//CG ，∴AD ，CG 确定一个平面， ∴A ，C ，G ，D 四点共面， 由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE 、BC 为平面BEGC 内两条相交直线， ∴AB ⊥面BCGE ，∵AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ；解：(2)作EH ⊥BC ，垂足为H ，∵EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC =BC ， ∴EH ⊥平面ABC ，由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°， ∴BH =1，EH =√3，以H 为坐标原点，HC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H −xyz ， 则A(−1,1，0)，C(1,0，0)，G(2,0，√3 )， CG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，√3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,0)， 设平面ACGD 的法向量n⃗ =(x,y ，z)， 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =x +√3z =0AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =2x −y =0，取x =3，得n⃗ =(3,6，−√3)， 又平面BCGE 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,1，0)， ∴cos <n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ >=n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗|n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |=√32， 由图可知二面角B −CG −A 的平面角为锐角，∴二面角B −CG −A 的大小为30°．【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．(1)推导出AD//BE ，CG//BE ，从而AD//CG ，由此能证明A ，C ，G ，D 四点共面，推导出AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，从而AB ⊥面BCGE ，由此能证明平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面BCGE 与平面ACGD 的法向量，即可求解二面角的大小．19.【答案】解：(1)令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx +x +1−x 2−2x =lnx +1−x 2−x.(x ∈(0,+∞))．ℎ′(x)=1x −2x −1=−(2x−1)(x+1)x．可知：当x =12时，函数ℎ(x)取得极大值，ℎ(12)=ln 12+1−14−12=−ln2+14． ℎ(x)无极小值．(2)令f(x)−mg(x)≤0成立，g(x)=x 2+2x >0． ∴m ≥lnx+x+1x +2x，令u(x)=lnx+x+1x 2+2x，u′(x)=−(x+1)(x+2lnx)(x 2+2x)2，令v(x)=x +2lnx ，则v(x)在x ∈(0,+∞)上单调递增． v(12)=12−2ln2<0，v(1)=1>0．∴函数v(x)存在唯一零点x 0∈(12,1)，使得x 0+2lnx 0=0． ∴u(x)存在极大值即最大值，u(x 0)=lnx 0+x 0+1x 02+2x 0=12x 0∈(12,1)，∴m ≥1．∴整数m 的最小值为1．【解析】(1)令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx +1−x 2−x.(x ∈(0,+∞)).利用导数研究其单调性极值即可得出． (2)令f(x)−mg(x)≤0成立，g(x)=x 2+2x >0.m ≥lnx+x+1x 2+2x，令u(x)=lnx+x+1x 2+2x，利用导数研究其单调性极值即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的性质与解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20.【答案】解：(1)设动点P(x,y)，则M(−4,y)由(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ −12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ +12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0． ∴PF ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=14PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2，即|PF ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=14|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2，∴(x +1)2+y 2=14|x +4|2，化简得x 24+y 23=1(2)由(1)知轨迹C 的方程为x 24+y 23=1，当直线l 1斜率不存在时A(−1,−32)，B(−1,32)， ∴S △DAB =12|AB|⋅|OF|=32，当直线l 1斜率存在时，设直线l 方程为x =my −1(m ≠0)，设A(x 1,y 1)B(x 2,y 2) 由{x =my −1x 24+y 23=1得(3m 2+4)y 2−6my −9=0．则△=144m 2+144>0， y 1+y 2=6m 3m 2+4，y 1y 2=−93m 2+4，S △OAB =12|OF 1|⋅|y 1−y 2|=12×1×√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=12√36m 2(3m 2+4)2+363m 2+4=6√m 2+1(3m 2+4)2， 令m 2+1=t(t >1)，则S △OAB =6√t(3t+1)2=6√t9t 2+6t+1=6√19t+1t+6，令f(t)=9t +1t +6，则f′(t)=9−1t 2， 当t >1时，f′(t)>0，∴f(t)=9t +1t +6 在(1,+∞)上单调递增， ∴f(t)>f(1)=16， ∴S △OAB <6√116=32，综上所述，三角形OAB 面积的取值范围是(0,32]．【解析】(1)设动点P(x,y)，则M(−4,y)，由(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ −12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ +12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⇒|PF ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=14|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2⇒(x +1)2+y 2=14|x +4|2，化简得动点P 的轨迹方程．(2)分两种情况讨论：当直线l 1斜率不存在时，可得A ，B 坐标，进而得|AB|，再计算S △AOB .当当直线l 1斜率存在时，设直线l 方程为x =my −1(m ≠0)，设A(x 1,y 1)B(x 2,y 2)，联立直线l 1与椭圆的方程得关于y 的一元二次方程，由韦达定理可得y 1+y 2，y 1y 2，在计算S △AOB =12|OF 1|⋅|y 1−y 2|，结合换元法，导数求出S △AOB 的取值范围． 本题考查轨迹方程，直线与椭圆的相交，取值范围，解题中注意直线的斜率是否存在，属于中档题．21.【答案】解：(1)记“恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R ”事件为A ，“第三次含有细菌R 且前2次中有一次含有细菌R ”为事件B ， “前3次均不含有细菌R ”为事件B ，且A =B ∪C ，且B ，C 互斥， ∴P(A)=P(B)+P(C)=A 21A 21A 31A 53+A 33A 53=310．(2)(i)E(ξ)=n，η的可能取值为1，n+1，P(η=1)=(1−p)n，P(η=n+1)=1−(1−p)n，∴E(η)=(1−p)n+(n+1)[(1−p)n]=n+1−n(1−p)n，由E(ξ)=E(η)，得n=n+1−n(1−p)n，∴P=1−(1n)1n，n∈N∗．(ii)P=1−e−14，∴E(η)=n+1−n⋅e−14，∴(n+1)−n⋅e−14<n，∴lnn−n4>0，设f(x)=lnx−x4，x>0，f′(x)=1x −14=4−x4x，当x∈(0,4)时，f′(x)>0，f(x)在(0,4)上单调递增，当x∈(4,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在(4,+∞)上单调递减，又f(8)=ln8−2>0，f(9)=ln9−94<0，∴n的最大值为8．【解析】(1)记“恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R”事件为A，“第三次含有细菌R且前2次中有一次含有细菌R”为事件B，“前3次均不含有细菌R”为事件B，且A=B∪C，且B，C互斥，利用互斥事件概率计算公式能求出结果．(2)(i)E(ξ)=n，η的可能取值为1，n+1，P(η=1)=(1−p)n，P(η=n+1)=1−(1−p)n，E(η)=(1−p)n+ (n+1)[(1−p)n]=n+1−n(1−p)n，由E(ξ)=E(η)，能求出结果．(ii)P=1−e−14，从而E(η)=n+1−n⋅e−14，进而(n+1)−n⋅e−14<n，lnn−n4>0，设f(x)=lnx−x4，x>0，f′(x)=1x −14=4−x4x，利用导数性质能求出n的最大值．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查互斥事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．22.【答案】解：(1)由ρ2cos2θ=a2得ρ2(cos2θ−sin2θ)=a2，--------------------------------------(1分)又x=ρcosθ，y=ρsinθ，得x2−y2=a2，∴C的普通方程为x2−y2=a2，-------------------------------------------------------------------(2分)∵过点P(2,1)、倾斜角为30°的直线l的普通方程为y=√33(x−2)+1，--------------(3分)由x=2+√32t得y=1+12t∴直线l 的参数方程为{x =2+√32ty =1+t2(t 为参数)；-------------------------------------------(5分) (2)将{x =2+√32ty =1+t2代入x 2−y 2=a 2， 得t 2+2(2√3−1)t +2(3−a 2)=0，----------------------------------------------------------------(6分) 依题意知△=[2(2√3−1)]2−8(3−a 2)>0则上方程的根t 1、t 2就是交点A 、B 对应的参数，∵t 1⋅t 2=2(3−a 2)， 由参数t 的几何意义知|PA|⋅|PB|=|t 1|⋅|t 2|=|t 1⋅t 2|，得|t 1⋅t 2|=2， ∵点P 在A 、B 之间，∴t 1⋅t 2<0，∴t 1⋅t 2=−2，即2(3−a 2)=−2，解得a 2=4(满足△>0)，∴a =±2，-------------(8分) ∵||PA|−|PB||=||t 1|−|t 2||=|t 1+t 2|，又t 1+t 2=−2(2√3−1)，∴||PA|−|PB||=4√3−2.-------------------------------------------------------------------------(10分)【解析】(1)先用二倍角余弦公式变形再利用互化公式x =ρcosθ，y =ρsinθ可得C 的普通方程，根据点P(2,1)和倾斜角30°可得直线l 的参数方程；(2)联立直线l 的参数方程与C 的普通方程，再根据参数t 的几何意义可得． 本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．23.【答案】解：(Ⅰ)若m =1，f(x)=|2x −1|+x +2，当x ≤12时，f(x)=3−x ，由f(x)<6解得：x >−3，综合得−3<x ≤12， 当x >12时，f(x)=3x +1，由f(x)<6解得：x <53，综合得12<x <53， 故f(x)<6的解集是(−3,53)；(Ⅱ)当x >12时，f(x)=(2+m)x +1， 当x ≤12时，f(x)=(m −2)x +3， 要使函数f(x)有最小值，则{m +2≥0m −2≤0，解得：−2≤m ≤2， 故f(x)在x =12时取最小值12m +2， y =−x 2+x +1在x =12时取最大值54，∵方程f(x)=−x2+x+1有两个不等实根，∴12m+2<54，解得：m<−32，综上，m的范围是[−2,−32).【解析】(Ⅰ)通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；(Ⅱ)通过讨论x的范围得到关于m的不等式组，解出即可．本题考查了解绝对值不等式问题，考查函数的最值问题，考查分类讨论思想以及转化思想，是一道中档题．第21页，共21页。
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2绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共5页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若z =1+i ,则22z z -=()A ．0B ．1C ．D ．2解：z =1+i ⇒z 2-2z=z (z -2)=(1+i )(i -1)=i 2-12=-2⇒|z 2-2z|=2.选D ．2．设集合A ={x |x 2-4≤0}，B ={x |2x +a ≤0},且A∩B ={x |-2≤x ≤1},则a =（）A ．-4B ．-2C ．2D ．4解：A=[-2,2],B=(-∞,2a -],A ∩B=[-2,1]⇒2a-=1⇒a=-2.选B ．3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A.514 B.512- C.514+ D.512解：设正四棱锥的底面边长为a ,高为h ，斜高为b ,则222211154210224b b b ab h b a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-⇒--=⇒=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（舍负）.选 C.4.已知A 为抛物线C :y 2=2px (p >0)上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =（）A ．2B ．3C ．6D ．9解：91262pp +=⇒=.选C.5.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi ,yi )（i =1，2，…，20）得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是（）A .y =a +bxB .y =a +bx 2C .y =a +bexD ．y =a +b ln x解：选D ．6.函数f (x )=x 4-2x 3的图像在点(1，f (1))处的切线方程为（）A ．y =-2x -1B ．y =-2x +1C .y =2x -3D ．y =2x +1解：'32'()46,(1)1,(1)2f x x x f k f =-=-==-∴切线方程为(1)2(1)y x --=--,即21y x =-+.选B ．7.设函数f (x )=cos()6x πω+在[-π,π]的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为（）A.109πB.76πC.43π D.32π解：由图可知T<π-(-π)<2T,即222212πππωωω<<⨯⇒<<又42,962k k Z πππωπ⎛⎫-+=-∈ ⎪⎝⎭⇒92(2),43k k Z ω=-∈∴当0k =时，32ω=，从而43T π=，选C ．8.()25y x x y x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中x 3y 3的系数为（）A ．5B ．10C ．15D ．20解：()()()22555y y x x y x x y x y x x ⎛⎫++=+++ ⎪⎝⎭()25y x x y x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中含x 3y 3的项为22234455y xC x y C x yx +∴()25y x x y x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中x 3y 3的系数为245515C C +=,选C ．9．已知α∈(0,π)，且3cos2α-8cos α=5，则sin α=（）A.53B.23 C.13 D.593cos2α-8cos α=5⇒3（2cos 2α-1）-8cos α-5=0⇒（3cos α+2)(cos α-2)=0∴cos α=23-这里α∈(0,π)，所以2225sin 1cos 1()33αα=-=--，选A.10.已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，O 1为△ABC 的外接圆．若O 1的面积为4π，AB =BC =AC =OO 1，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π解：设AB =BC =AC =OO 1=a ，则O 1A=33a r =又22234123O S r a πππ⎛⎫===⇒= ⎪ ⎪⎝⎭ ，从而24r =在Rt∆O 1OA 中，22216R a r =+=2464S R ππ==球选A.11.已知M ::x 2+y 2-2x -2y -2=0，直线l ：2x +y +2=0，P 为l 上的动点，过点P 作M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当|PM ||AB|最小时，直线AB 的方程为（）A ．2x -y -1=0B ．2x +y -1=0C ．2x -y +1=0D ．2x +y +1=0解：22:(1)(1)4M x y -+-= 的圆心为M （1，1），半径为2PA ，PB 是 M 的切线，设PM ∩AB=C ，则PA ⊥AM ，PM ⊥ABAC AMRt PAM Rt ACM PA PM∆∆⇒= ，即1224ACAM PM AB AM PA PA PA PM =⇒== 当|PM||AB |最小时，PA 最小，此时，PM ⊥l ，AB //l,22521PM ==+由2AM MC MP = ，即225MC =，得5MC =∴555PC PM MC =-==设AB:2x+y+c =0155c =⇒=∴AB:2x+y+1=0，选D ．12.若242log 42log aba b +=+，则（）A ．a ＞2bB ．a ＜2bC ．a ＞b 2D ．a ＜b 2解：显然2()2log xf x x =+是R +上的增函数若a <2b ，则()(2)f a f b <，即2222log 2log 2aba b +<+………………………❶又22422log 42log 2log a b b a b b+=+=+………………………………………❷❶-❷得220log 2log 1b b <-=怛成立，选B ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若x ，y 满足约束条件2201010x y x y y +-≤⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则z =x +7y 的最大值为解：解方程组22010x y x y +-=⎧⎨--=⎩得1x y =⎧⎨=⎩作出可行域，平移直线x +7y =0，当直线x +7y =z 经过点M （1，0）时，z 最大，最大值为1+7×0=1.14.设a ，b 为单位向量，则|a +b|=1，则|a -b|=．22121211,1a b a a b b a b a b ⎫+=⇒++=⎪⇒=-⎬==⎪⎭解：22221(1)133a b a a b b a b -=-+=--+=⇒-=15.已知F 为双曲线2222:1x y C a b-=(a >0,b >0)的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴．若AB 的斜率为3，则C 的离心率为．22:33,b b BF x BF a a c a BFAF c a AF ⎫⊥⇒=⎪⎪⇒=⎬-⎪==-⎪⎭解轴又，即22332()c a c c a a e a c a a -=⇒+=⇒==-16.如图，在三棱锥P-ABC 的平面展开图，AC =1，AB =AD ，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE =30°，则cos ∠FCB =．解：在Rt ABC ∆中，2BC =,在等腰Rt PAB ∆中，PB =在Rt PAC ∆中，22221cos3011PC PA AC PC =+-⨯︒=⇒=222221261cos 22124PC BC PB PC BC +-+-===-⨯⨯ 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．（12分）设{}n a 是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项．(1)求{an }的公比；(2)若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．解：（1）在等比数列{}n a 中，1332a a a =+，即221112202a a q a q q q q =+⇒+-=⇒=-(2)11a =，令1(2)n n b n -=-012211(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-++-⨯-+⨯- ………❶123121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-++-⨯-+⨯- ………❷❶-❷得1211(2)31(2)(2)(2)(2)(2)1(2)nn nnn S n n ---=+-+-++---=---- ∴()1[131(2)]9n n S n =-+-18．(12分)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE =AD ．△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =(1)证明：PA ⊥平面PBC (2)求二面角B-PC-E 的余弦值.(1)证明：不妨设底面圆的半径为13，AD=2,所以，OD ,从而OP =2.AE ABC AE BC DO AE O ⎫⎪∆⇒⊥⇒⎬⎪=⎭ 是正的直径ADE BC BC PA PA ADE ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭平面平面在Rt AOP ∆中，216122AP PB =+==∴222AB PA PB PA PB=+⇒⊥DO ABC ABC DO BC BC ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭平面平面PA BC PA PB PA PBC PB BC B ⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪=⎭平面（2）解：分别以,OE OD所在直线为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系（如图）.则31,,0)22B ，31(,,0)22C -，E(0,1,0)，2(0,0,2P ，A(0,-1,0)312,222CP =- ,3,0,0)CB = ,31(,,0)22CE = 由（1）知2(0,1,2AP = 是平面PBC 的法向量，32AP = 设平面EPC 的法向量是(,,)n a b c =，则312302223312022n CP n CP b a c bn CE n CE b ⎧⎧⊥⇒⇒-+=⎪=-⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪=⊥⇒⇒+=⎩⎪⎩ 令b=1，得3(2)3n =- ，103n = 设,AP n θ= ，则5cos 531023AP n AP nθ===⨯∴二面角B-PC-E 的余弦值为255.19．（12分）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；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12.（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率．z x y解：（1）甲连胜四场的概率为11111222216⨯⨯⨯=（2）根据赛制，至少需要进行4场比赛，至多需进行5场比赛。