高考理科数学全国新课标卷
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国新课标II)【含答案】

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国新课标II)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
ð1.已知集合U={-2,-1,0,1,2,3},A={-1,0,1},B={1,2},则(A∪B)=UA.{-2,3}B.{-2,2,3}C.{-2,-1,0,3}D.{-2,-10,2,3}2.若α为第四象限角,则A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<03.在新冠肺炎疫情防控期间,某超市开通网上销售业务,每天能完成1200份订单的配货,由于订单量大幅增加,导致订单积压,为解决困难,许多志愿者踊跃报名参加配货工作。
已知该超市某日积压500份订单未配货,预计第二天新订单是1600份的概率为0.05。
志愿者每人每天能完成50份订单的配货,为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者A.10名B.18名C.24名D.32名4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,己知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇形面形石板(不含天心石)A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x -y -3=0的距离为6.数列{a n }中,a 1=2,a m +n =a m a n ,若a k +1+a k +2+…+a k +10=215-25,则k =A.2B.3C.4D.57.右图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ,在俯视图中对应的点为N ,则该端点在侧视图中对应的点为A.EB.FC.GD.H8.设O 为坐标原点,直线x =a 与双曲线C :的两条渐近线分别交22221(0,0)x y a b a b-=>>于D ,E 两点。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅱ)(含解析版)

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上.本试卷满分150分.2.作答时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题目:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合U ={−2,−1,0,1,2,3},A ={−1,0,1},B ={1,2},则()U A B ð()A.{−2,3}B.{−2,2,3}C.{−2,−1,0,3}D.{−2,−1,0,2,3}【答案】A 【解析】【分析】首先进行并集运算,然后计算补集即可.【详解】由题意可得: 1,0,1,2A B ,则 U 2,3A B ð.故选:A.【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用,属于基础题.2.若α为第四象限角,则()A.cos2α>0 B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<0【答案】D 【解析】【分析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可.【详解】当6时,cos 2cos 03,选项B 错误;当3时,2cos 2cos 03,选项A 错误;由 在第四象限可得:sin 0,cos 0 ,则sin 22sin cos 0 ,选项C 错误,选项D 正确;故选:D.【点睛】本题主要考查三角函数的符号,二倍角公式,特殊角的三角函数值等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.在新冠肺炎疫情防控期间,某超市开通网上销售业务,每天能完成1200份订单的配货,由于订单量大幅增加,导致订单积压.为解决困难,许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货,预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05,志愿者每人每天能完成50份订单的配货,为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者()A.10名B.18名C.24名D.32名【答案】B 【解析】【分析】算出第二天订单数,除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.【详解】由题意,第二天新增订单数为50016001200900 ,故需要志愿者9001850名.故选:B【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用,属于基础题.4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C 【解析】【分析】第n 环天石心块数为n a ,第一层共有n 环,则{}n a 是以9为首项,9为公差的等差数列,设n S 为{}n a 的前n 项和,由题意可得322729n n n n S S S S ,解方程即可得到n ,进一步得到3n S .【详解】设第n 环天石心块数为n a ,第一层共有n 环,则{}n a 是以9为首项,9为公差的等差数列,9(1)99n a n n ,设n S 为{}n a 的前n 项和,则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,n n n n n S S S S S ,因为下层比中层多729块,所以322729n n n n S S S S ,即3(927)2(918)2(918)(99)7292222n n n n n n n n 即29729n ,解得9n ,所以32727(9927)34022n S S .故选:C【点晴】本题主要考查等差数列前n 项和有关的计算问题,考查学生数学运算能力,是一道容易题.5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线230x y 的距离为()A.55B.255C.355D.455【答案】B 【解析】【分析】由题意可知圆心在第一象限,设圆心的坐标为 ,,0a a a ,可得圆的半径为a ,写出圆的标准方程,利用点 2,1在圆上,求得实数a 的值,利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线230x y 的距离.【详解】由于圆上的点 2,1在第一象限,若圆心不在第一象限,则圆与至少与一条坐标轴相交,不合乎题意,所以圆心必第一象限,设圆心的坐标为,a a ,则圆的半径为a ,圆的标准方程为 222x a y a a .由题意可得 22221a a a ,可得2650a a ,解得1a 或5a ,所以圆心的坐标为 1,1或 5,5,圆心到直线230x y 距离均为22555d;所以,圆心到直线230x y 的距离为255.故选:B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算,求出圆的方程是解题的关键,考查计算能力,属于中等题.6.数列{}n a 中,12a ,m n m n a a a ,若155121022k k k a a a ,则k ()A.2B.3C.4D.5【答案】C 【解析】分析】取1m ,可得出数列 n a 是等比数列,求得数列 n a 的通项公式,利用等比数列求和公式可得出关于k 的等式,由k N 可求得k 的值.【详解】在等式m n m n a a a 中,令1m ,可得112n n n a a a a ,12n na a,所以,数列 n a 是以2为首项,以2为公比的等比数列,则1222n n n a ,1011011105101210122122212211212k k k k k k a a a a,1522k ,则15k ,解得4k .故选:C.【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值,解答的关键就是求出数列的通项公式,考查计算能力,属于中等题.7.如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ,在俯视图中对应的点为N ,则该端点在侧视图中对应的点为()A.EB.FC.GD.H【答案】A 【解析】【分析】根据三视图,画出多面体立体图形,即可求得M 点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图,画出多面体立体图形,图中标出了根据三视图M 点所在位置,可知在侧视图中所对应的点为E 故选:A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置,解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法,考查了分析能力和空间想象,属于基础题.8.设O 为坐标原点,直线x a 与双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的两条渐近线分别交于,D E 两点,若ODE 的面积为8,则C 的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.32【答案】B 【解析】【分析】因为2222:1(0,0)x y C a b a b ,可得双曲线的渐近线方程是b y x a,与直线x a 联立方程求得D ,E 两点坐标,即可求得||ED ,根据ODE 的面积为8,可得ab 值,根据2222c a b ,结合均值不等式,即可求得答案.【详解】∵2222:1(0,0)x y C a b a b双曲线的渐近线方程是by x a∵直线x a 与双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的两条渐近线分别交于D ,E 两点不妨设D 为在第一象限,E 在第四象限联立x ab y x a,解得x a y b故(,)D a b 联立x ab y x a,解得x a y b故(,)E a b ||2ED bODE 面积为:1282ODE S a b ab△∵双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b其焦距为2222222168c a b ab 当且仅当22a b 取等号C 的焦距的最小值:8故选:B.【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题,解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法,在使用均值不等式求最值时,要检验等号是否成立,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.9.设函数()ln |21|ln |21|f x x x ,则f (x )()A.是偶函数,且在1(,)2 单调递增B.是奇函数,且在11(,)22单调递减C.是偶函数,且在1(,)2单调递增D.是奇函数,且在1(,)2单调递减【答案】D 【解析】【分析】根据奇偶性的定义可判断出 f x 为奇函数,排除AC ;当11,22x时,利用函数单调性的性质可判断出 f x 单调递增,排除B ;当1,2x时,利用复合函数单调性可判断出 f x 单调递减,从而得到结果.【详解】由 ln 21ln 21f x x x 得 f x 定义域为12x x,关于坐标原点对称,又 ln 12ln 21ln 21ln 21f x x x x x f x ,f x 为定义域上的奇函数,可排除AC ;当11,22x时, ln 21ln 12f x x x , ln 21y x Q 在11,22 上单调递增, ln 12y x 在11,22上单调递减,f x 在11,22上单调递增,排除B ;当1,2x时, 212ln 21ln 12ln ln 12121x f x x x x x,2121x∵在1,2上单调递减, ln f 在定义域内单调递增,根据复合函数单调性可知: f x 在1,2上单调递减,D 正确.故选:D.【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断;判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下,根据 f x 与 f x 的关系得到结论;判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数,根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.10.已知△ABC 是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π,则O 到平面ABC 的距离为()A.3B.32C.1D.32【答案】C【解析】【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ,由球的性质可知所求距离22d R r.【详解】设球O 的半径为R ,则2416R ,解得:2R .设ABC 外接圆半径为r ,边长为a ,ABC ∵ 是面积为934的等边三角形,21393224a ,解得:3a ,22229933434a r a ,球心O 到平面ABC 的距离22431d R r .故选:C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解,涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用;解题关键是明确球的性质,即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.11.若2233x y x y ,则()A.ln(1)0y x B.ln(1)0y x C.ln ||0x y D.ln ||0x y 【答案】A 【解析】【分析】将不等式变为2323x x y y ,根据 23t tf t 的单调性知x y ,以此去判断各个选项中真数与1的大小关系,进而得到结果.【详解】由2233x y x y 得:2323x x y y ,令 23ttf t ,2x y ∵为R 上的增函数,3x y 为R 上的减函数, f t 为R 上的增函数,x y ,0y x Q ,11y x , ln 10y x ,则A 正确,B 错误;x y Q 与1的大小不确定,故CD 无法确定.故选:A.【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题,解题关键是能够通过构造函数的方式,利用函数的单调性得到,x y 的大小关系,考查了转化与化归的数学思想.12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ,且存在正整数m ,使得(1,2,)i m i a a i 成立,则称其为0-1周期序列,并称满足(1,2,)i m i a a i 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12n a a a ,11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m 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1()(1,2,3,4)5C k k 的序列是()A 11010 B.11011C.10001D.11001【答案】C 【解析】【详解】由i m i a a 知,序列i a 的周期为m ,由已知,5m ,511(),1,2,3,45i i k i C k a a k 对于选项A ,511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a ,不满足;对于选项B ,51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a ,不满足;对于选项D ,51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a ,不满足;故选:C【点晴】本题考查数列的新定义问题,涉及到周期数列,考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力,是一道中档题.二、填空题目:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知单位向量a ,b 的夹角为45°,ka –b 与a 垂直,则k =__________.【答案】22【解析】【分析】首先求得向量的数量积,然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k 的值.【详解】由题意可得:211cos 452a b ,由向量垂直的充分必要条件可得:0k a b a,即:2202k a a b k ,解得:22k .故答案为:22.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则,向量垂直的充分必要条件等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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.【答案】36【解析】【分析】根据题意,采用捆绑法,先取2名同学看作一组,现在可看成是3组同学分配到3个小区,即可求得答案.【详解】∵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名同学先取2名同学看作一组,选法有:246C 现在可看成是3组同学分配到3个小区,分法有:336A根据分步乘法原理,可得不同的安排方法6636 种故答案为:36.【点睛】本题主要考查了计数原理的实际应用,解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.15.设复数1z ,2z 满足12||=||=2z z ,123i z z ,则12||z z =__________.【答案】23【解析】【分析】令12cos 2sin z i ,22cos 2sin z i ,根据复数的相等可求得1cos cos sin sin 2,代入复数模长的公式中即可得到结果.【详解】122z z ∵,可设12cos 2sin z i ,22cos 2sin z i , 122cos cos 2sin sin 3z z i i ,2cos cos 32sin sin 1,两式平方作和得: 422cos cos 2sin sin 4 ,化简得:1cos cos sin sin 2122cos cos 2sin sin z z i224cos cos 4sin sin 88cos cos sin sin 8423 故答案为:23.【点睛】本题考查复数模长的求解,涉及到复数相等的应用;关键是能够采用假设的方式,将问题转化为三角函数的运算问题.16.设有下列四个命题:p 1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p 2:过空间中任意三点有且仅有一个平面.p 3:若空间两条直线不相交,则这两条直线平行.p 4:若直线l 平面α,直线m ⊥平面α,则m ⊥l .则下述命题中所有真命题的序号是__________.①14p p ②12p p ③23p p ④34p p 【答案】①③④【解析】【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题1p 的真假;利用三点共线可判断命题2p 的真假;利用异面直线可判断命题3p 的真假,利用线面垂直的定义可判断命题4p 的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.【详解】对于命题1p ,可设1l 与2l 相交,这两条直线确定的平面为 ;若3l 与1l 相交,则交点A 在平面 内,同理,3l 与2l 的交点B 也在平面 内,所以,AB ,即3l ,命题1p 为真命题;对于命题2p ,若三点共线,则过这三个点的平面有无数个,命题2p 为假命题;对于命题3p ,空间中两条直线相交、平行或异面,命题3p 为假命题;对于命题4p ,若直线m 平面 ,则m 垂直于平面 内所有直线,∵直线l 平面 , 直线m 直线l ,命题4p 为真命题.综上可知,14p p 为真命题,12p p 为假命题,23p p 为真命题,34p p 为真命题.故答案为:①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假,同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断,考查推理能力,属于中等题.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.ABC 中,sin 2A -sin 2B -sin 2C =sin B sin C.(1)求A ;(2)若BC =3,求ABC 周长的最大值.【答案】(1)23;(2)323 .【解析】【分析】(1)利用正弦定理角化边,配凑出cos A 的形式,进而求得A ;(2)利用余弦定理可得到 29AC AB AC AB ,利用基本不等式可求得AC AB 的最大值,进而得到结果.【详解】(1)由正弦定理可得:222BC AC AB AC AB ,2221cos 22AC AB BC A AC AB , 0,A ∵,23A .(2)由余弦定理得:222222cos 9BC AC AB AC AB A AC AB AC AB ,即 29AC AB AC AB .22AC AB AC AB∵(当且仅当AC AB 时取等号), 22223924AC AB AC AB AC AB AC AB AC AB ,解得:23AC AB (当且仅当AC AB 时取等号),ABC 周长323L AC AB BC ,ABC 周长的最大值为323 .【点睛】本题考查解三角形的相关知识,涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题;求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中,结合基本不等式构造不等关系求得最值.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20160i i x ,2011200i i y,2021)80i i x x (,2021)9000i i y y (,201))800i i i x y x y ((.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数);(2)求样本(x i ,y i )(i =1,2,…,20)的相关系数(精确到0.01);(3)根据现有统计资料,各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计,请给出一种你认为更合理的抽样方法,并说明理由.附:相关系数r =12211))))ni i i i i n n i i x y x x y y y x((((,2=1.414.【答案】(1)12000;(2)0.94;(3)详见解析【解析】【分析】(1)利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数,代入数据即可;(2)利用公式20120202211()()()()ii i i i i i x x y y r x x y y 计算即可;(3)各地块间植物覆盖面积差异较大,为提高样本数据的代表性,应采用分层抽样.【详解】(1)样区野生动物平均数为201111200602020i i y ,地块数为200,该地区这种野生动物的估计值为2006012000(2)样本(,)i i x y 的相关系数为20120202211()()800220.943809000()()i i i i i i i x x y y r x x y y (3)由于各地块间植物覆盖面积差异较大,为提高样本数据的代表性,应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层,在各层内按比例抽取样本,在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取,考查学生数学运算能力,是一道容易题.19.已知椭圆C 1:22221x y a b(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合,C 1的中心与C 2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交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.【答案】(1)12;(2)221:13627x y C ,22:12C y x .【解析】【分析】(1)求出AB 、CD ,利用43CD AB可得出关于a 、c 的齐次等式,可解得椭圆1C 的离心率的值;(2)由(1)可得出1C 的方程为2222143x y c c,联立曲线1C 与2C 的方程,求出点M 的坐标,利用抛物线的定义结合5MF 可求得c 的值,进而可得出1C 与2C 的标准方程.【详解】(1) ,0F c ∵,AB x 轴且与椭圆1C 相交于A 、B 两点,则直线AB 的方程为x c ,联立22222221x c x y a b a b c,解得2x c b y a ,则22b AB a,抛物线2C 的方程为24y cx ,联立24x c y cx,解得2x c y c ,4CD c ,43CD AB ∵,即2843b c a,223b ac ,即222320c ac a ,即22320e e ,01e Q ,解得12e ,因此,椭圆1C 的离心率为12;(2)由(1)知2a c ,3b c ,椭圆1C 的方程为2222143x y c c,联立222224143y cx x y c c,消去y 并整理得22316120x cx c ,解得23x c 或6x c (舍去),由抛物线的定义可得25533c MF c c ,解得3c .因此,曲线1C 的标准方程为2213627x y ,曲线2C 的标准方程为212y x .【点睛】本题考查椭圆离心率的求解,同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程,考查计算能力,属于中等题.20.如图,已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M ,N 分别为BC ,B 1C 1的中点,P 为AM 上一点,过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F .(1)证明:AA 1∥MN ,且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ;(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心,若AO ∥平面EB 1C 1F ,且AO =AB ,求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)1010.【解析】【分析】(1)由,M N 分别为BC ,11B C 的中点,1//MN CC ,根据条件可得11//AA BB ,可证1MN AA //,要证平面11EB C F 平面1A AMN ,只需证明EF 平面1A AMN 即可;(2)连接NP ,先求证四边形ONPA 是平行四边形,根据几何关系求得EP ,在11B C 截取1B Q EP ,由(1)BC ⊥平面1A AMN ,可得QPN 为1B E 与平面1A AMN 所成角,即可求得答案.【详解】(1)∵,M N 分别为BC ,11B C 的中点,1//MN BB 又11//AA BB 1//MN AA 在ABC 中,M 为BC 中点,则BC AM又∵侧面11BB C C 为矩形,1BC BB 1//MN BB ∵MN BC由MN AM M ,,MN AM 平面1A AMNBC ⊥平面1A AMN又∵11//B C BC ,且11B C 平面ABC ,BC 平面ABC ,11//B C 平面ABC又∵11B C 平面11EB C F ,且平面11EB C F 平面ABC EF 11//B C EF//EF BC又BC ∵平面1A AMNEF 平面1A AMNEF ∵平面11EB C F平面11EB C F 平面1A AMN(2)连接NP∵//AO 平面11EB C F ,平面AONP 平面11EB C F NP //AO NP根据三棱柱上下底面平行,其面1A NMA 平面ABC AM ,面1A NMA 平面1111A B C A N //ON AP故:四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m )可得:ON AP ,6NP AO AB m∵O 为111A B C △的中心,且111A B C △边长为6m 16sin 6033ON m 故:3ON AP m∵//EF BC AP EP AM BM3333EP 解得:EP m在11B C 截取1B Q EP m ,故2QN m∵1B Q EP 且1//B Q EP四边形1B QPE 是平行四边形,1//B E PQ由(1)11B C 平面1A AMN故QPN 为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △,根据勾股定理可得: 222226210PQ QN PN m m m 210sin 10210QN m QPN PQ m 直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值:1010.【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直,及其线面角,解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义,考查了分析能力和空间想象能力,属于难题.21.已知函数f (x )=sin 2x sin2x .(1)讨论f (x )在区间(0,π)的单调性;(2)证明:33()8f x ;(3)设n ∈N *,证明:sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤34nn .【答案】(1)当0,3x时, '0,f x f x 单调递增,当2,33x 时, '0,f x f x 单调递减,当2,3x时, '0,f x f x 单调递增.(2)证明见解析;(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式,然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号,最后确定原函数的单调性即可;(2)首先确定函数的周期性,然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式;(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得2222123sin sin sin 2sin 2sin 4sin 2sin 2sin 2n n n f x x x x x x x x x ,然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.【详解】(1)由函数的解析式可得: 32sin cos f x x x ,则: 224'23sin cos sin f x x x x2222sin 3cos sin x x x 222sin 4cos 1x x 22sin 2cos 12cos 1x x x ,'0f x 在 0,x 上的根为:122,33x x,当0,3x时, '0,f x f x 单调递增,当2,33x时, '0,f x f x 单调递减,当2,3x时, '0,f x f x 单调递增.(2)注意到 22sinsin 2sin sin 2f x x x x x f x ,故函数 f x 是周期为 的函数,结合(1)的结论,计算可得: 00f f ,233333228f ,2233333228f ,据此可得: max 338f x, min 338f x ,即 338f x .(3)结合(2)的结论有:2222sin sin 2sin 4sin 2n x x x x 233333sin sin 2sin 4sin 2n x x x x2222123sin sin sin 2sin 2sin 4sin 2sin 2sin 2n n n x x x x x x x x 232333333sin sin 2888n x x 23338n 34n .【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系.(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数.(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题.(4)考查数形结合思想的应用.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.并用2B 铅笔将所选题号涂黑,多涂、错涂、漏涂均不给分.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]22.已知曲线C 1,C 2的参数方程分别为C 1:224cos 4sin x y ,(θ为参数),C 2:1,1x t t y t t(t 为参数).(1)将C 1,C 2的参数方程化为普通方程;(2)以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C 1,C 2的交点为P ,求圆心在极轴上,且经过极点和P 的圆的极坐标方程.【答案】(1)1:4C x y ;222:4C x y ;(2)17cos 5.【解析】【分析】(1)分别消去参数 和t 即可得到所求普通方程;(2)两方程联立求得点P ,求得所求圆的直角坐标方程后,根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.【详解】(1)由22cos sin 1 得1C 的普通方程为:4x y ;由11x t t y t t 得:2222221212x t t y t t,两式作差可得2C 的普通方程为:224x y .(2)由2244x y x y 得:5232x y ,即53,22P ;设所求圆圆心的直角坐标为 ,0a ,其中0a ,则22253022a a,解得:1710a , 所求圆的半径1710r , 所求圆的直角坐标方程为:22217171010x y ,即22175x y x , 所求圆的极坐标方程为17cos 5.【点睛】本题考查极坐标与参数方程的综合应用问题,涉及到参数方程化普通方程、直角坐标方程化极坐标方程等知识,属于常考题型.[选修4—5:不等式选讲]23.已知函数2()|21|f x x a x a .(1)当2a 时,求不等式()4f x 的解集;(2)若()4f x ,求a 的取值范围.【答案】(1)32x x或112x;(2) ,13, .【解析】【分析】(1)分别在3x 、34x 和4x 三种情况下解不等式求得结果;(2)利用绝对值三角不等式可得到 21f x a ,由此构造不等式求得结果.【详解】(1)当2a 时, 43f x x x .当3x 时, 43724f x x x x ,解得:32x ≤;当34x 时, 4314f x x x ,无解;当4x 时, 43274f x x x x ,解得:112x;综上所述: 4f x 的解集为32x x或112x .(2) 22222121211f x x a x a x ax a a a a (当且仅当221a x a 时取等号), 214a ,解得:1a 或3a ,a 的取值范围为 ,13, .【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题,属于常考题型.祝福语祝你马到成功,万事顺意!。
2020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年全国统一高考数学试卷(理科甲卷)

2023年全国统一高考数学试卷(理科甲卷)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.设集合A ={x |x =3k +1,k ∈Z },B ={x |x =3k +2,k ∈Z },U 为整数集,∁U (A ⋃B )=( ) A .{x |x =3k ,k ∈Z } B .{x |x =3k ﹣1,k ∈Z } C .{x |x =3k ﹣2,k ∈Z }D .∅2.若复数(a +i )(1﹣ai )=2,则a =( ) A .﹣1B .0C .1D .23.执行下面的程序框遇,输出的B =( )A .21B .34C .55D .894.向量|a →|=|b →|=﹣1,|c →|=√2,且a →+b →+c →=0→,则cos 〈a →−c →,b →−c →〉=( ) A .−15B .−25C .25D .455.已知等比数列{a n }中,a 1=1,S n 为{a n }前n 项和,S 5=5S 3﹣4,则S 4=( ) A .7B .9C .15D .306.有5加人报名足球俱乐部,60人报名乒乓球俱乐部,70人报名足球或乒乓球俱乐部,若已知某人报足球俱乐部,则其报乒乓球俱乐部的概率为( ) A .0.8B .0.4C .0.2D .0.17.“sin 2α+sin 2β=1”是“sin α+cos β=0”的( ) A .充分条件但不是必要条件B .必要条件但不是充分条件C .充要条件D .既不是充分条件也不是必要条件 8.已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的离心率为√5,其中一条渐近线与圆(x ﹣2)2+(y ﹣3)2=1交于A ,B 两点,则|AB |=( ) A .15B .√55C .2√55D .4√559.有五名志愿者参加社区服务,共服务星期六、星期天两天,每天从中任选两人参加服务,则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( ) A .120B .60C .40D .3010.已知f (x )为函数y =cos(2x +π6)向左平移π6个单位所得函数,则y =f (x )与y =12x −12的交点个数为( ) A .1B .2C .3D .411.在四棱锥P ﹣ABCD 中,底面ABCD 为正方形,AB =4,PC =PD =3,∠PCA =45°,则△PBC 的面积为( ) A .2√2 B .3√2C .4√2D .5√212.已知椭圆x 29+y 26=1,F 1,F 2为两个焦点,O 为原点,P 为椭圆上一点,cos∠F 1PF 2=35,则|PO |=( ) A .25B .√302C .35D .√352二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
新课标全国高考理科数学试题(Word版)

普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷分第I 卷(选择题)和第II 卷(非选择题)两部分,其中第II 卷第(22)-(24)题为选考题,其他题为必考题。
考生作答时,将答案答在答题卡上,在本试卷上答题无效。
考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项:1、答题前,考生务必先将自己的姓名,准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓名、准考证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2、选择题答案使用2B 铅笔填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案的标号,非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整,笔迹清楚。
3、请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效。
4、保持卷面清洁,不折叠,不破损。
5、做选考题时,考生按照题目要求作答,并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。
参考公式:样本数据n x x x ,,21的标准差 锥体体积公式222121[()()()]n s x x x x x x n =-+-++- 13V Sh =其中x 为样本平均数 其中S 为底面面积,h 为高 柱体体积公式 球的表面积,体积公式V Sh = 24S R π= 343V R π=其中S 为底面面积,h 为高 其中R 为球的半径第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) 已知集合{||2,}A x x R =≤∈},{|4,}B x x x Z =≤∈,则A B ⋂=(A)(0,2) (B)[0,2] (C){0,2] (D){0,1,2}(2)已知复数23(13)iz i +=-z 是z 的共轭复数,则z z •=A.14 B.12C.1D.2 (3)曲线2xy x =+在点(-1,-1)处的切线方程为(A )y=2x+1 (B)y=2x-1 C y=-2x-3 D.y=-2x-2(4)如图,质点P 在半径为2的圆周上逆时针运动,其初始位置为P 0(2,-2),角速度为1,那么点P 到x 轴距离d 关于时间t 的函数图像大致为(5)已知命题1p :函数22x x y -=-在R 为增函数, 2p :函数22x x y -=+在R 为减函数,则在命题1q :12p p ∨,2q :12p p ∧,3q :()12p p -∨和4q :()12p p ∧-中,真命题是(A )1q ,3q (B )2q ,3q (C )1q ,4q (D )2q ,4q(6)某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了1000粒,对于没有发芽的种子,每粒需再补种2粒,补种的种子数记为X ,则X 的数学期望为(A )100 (B )200 (C )300 (D )400 (7)如果执行右面的框图,输入5N =,则输出的数等于(A )54 (B )45(C )65(D )56(8)设偶函数()f x 满足3()8(0)f x x x =-≥,则{|(2)0}x f x ->= (A) {|24}x x x <->或 (B) {|04}x x x <>或 (C) {|06}x x x <>或(D) {|22}x x x <->或(9)若4cos 5α=-,α是第三象限的角,则1tan21tan 2αα+=- (A) 12- (B) 12(C) 2 (D) -2(10)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为 (A) 2a π(B) 273a π(C)2113a π (D) 25a π(11)已知函数|lg |,010,()16,10.2x x f x x x <≤⎧⎪=⎨-+>⎪⎩若,,a b c 互不相等,且()()(),f a f b f c ==则abc 的取值范围是 (A) (1,10)(B) (5,6)(C) (10,12)(D) (20,24)(12)已知双曲线E 的中心为原点,(3,0)P 是E 的焦点,过F 的直线l 与E 相交于A ,B 两点,且AB 的中点为(12,15)N --,则E 的方程式为(A)22136x y -= (B)22145x y -=(C) 22163x y -= (D)22154x y -= 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做答,第(22)题~第(24)题为选考题,考试根据要求做答。
高考全国卷数学理科试题及答案详解

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国新课标卷II)第一卷一、选择题:本大题共12小题,每题5分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的. 1.(2021课标全国Ⅱ,理1)集合M ={x |(x -1)2<4,x ∈R },N ={-1,0,1,2,3},那么M ∩N =( ).A .{0,1,2}B .{-1,0,1,2}C .{-1,0,2,3}D .{0,1,2,3}2.(2021课标全国Ⅱ,理2)设复数z 满足(1-i)z =2i ,那么z =( ).A .-1+iB .-1-IC .1+iD .1-i3.(2021课标全国Ⅱ,理3)等比数列{a n }的前n 项与为S n .S 3=a 2+10a 1,a 5=9,那么a 1=( ).A .13B .13-C .19D .19-4.(2021课标全国Ⅱ,理4)m ,n 为异面直线,m ⊥平面α,n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ,l ⊥n ,l α,l β,那么( ).A .α∥β且l ∥αB .α⊥β且l ⊥βC .α与β相交,且交线垂直于lD .α与β相交,且交线平行于l5.(2021课标全国Ⅱ,理5)(1+ax )(1+x )5的展开式中x 2的系数为5,那么a =( ).A .-4B .-3C .-2D .-16.(2021课标全国Ⅱ,理6)执行下面的程序框图,如果输入的N =10,那么输出的S =( ).A .1111+2310+++B .1111+2!3!10!+++C .1111+2311+++ D .1111+2!3!11!+++7.(2021课标全国Ⅱ,理7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,那么得到的正视图可以为( ).8.(2021课标全国Ⅱ,理8)设a =log 36,b =log 510,c =log 714,那么( ).A .c >b >aB .b >c >aC .a >c >bD .a >b >c 9.(2021课标全国Ⅱ,理9)a >0,x ,y 满足约束条件1,3,3.x x y y a x ≥⎧⎪+≤⎨⎪≥(-)⎩假设z =2x+y 的最小值为1,那么a =( ).A .14B .12 C .1 D .210.(2021课标全国Ⅱ,理10)函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,以下结论中错误的选项是( ).A .∃x0∈R ,f(x0)=0B .函数y =f(x)的图像是中心对称图形C .假设x0是f(x)的极小值点,那么f(x)在区间(-∞,x0)单调递减D .假设x0是f(x)的极值点,那么f′(x0)=011.(2021课标全国Ⅱ,理11)设抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为F ,点M 在C 上,|MF |=5,假设以MF 为直径的圆过点(0,2),那么C 的方程为( ).A .y2=4x 或y2=8xB .y2=2x 或y2=8xC .y2=4x 或y2=16xD .y2=2x 或y2=16x12.(2021课标全国Ⅱ,理12)点A (-1,0),B (1,0),C (0,1),直线y =ax +b (a >0)将△ABC 分割为面积相等的两局部,那么b 的取值范围是( ).A .(0,1) B.112⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ C.113⎛⎤- ⎥ ⎝⎦ D .11,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 第二卷本卷包括必考题与选考题两局部,第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须做答。
2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版)

2019年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅰ卷)理科数学一、选择题1.已知集合M={x|-4<x<2},N={x|x2-x-6<0},则M∩N等于()A.{x|-4<x<3} B.{x|-4<x<-2}C.{x|-2<x<2} D.{x|2<x<3}答案 C解析∵N={x|-2<x<3},M={x|-4<x<2},∴M∩N={x|-2<x<2},故选C.2.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=1答案 C解析∵z在复平面内对应的点为(x,y),∴z=x+y i(x,y∈R).∵|z-i|=1,∴|x+(y-1)i|=1,∴x2+(y-1)2=1.故选C.3.已知a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,则()A.a<b<c B.a<c<bC.c<a<b D.b<c<a答案 B解析∵a=log20.2<0,b=20.2>1,c=0.20.3∈(0,1),∴a<c<b.故选B.4.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,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105 cm,头顶至脖子下端的长度为26 cm,则其身高可能是()A.165 cm B.175 cm C.185 cm D.190 cm答案 B 解析若头顶至咽喉的长度为26 cm,则身高为26+26÷0.618+(26+26÷0.618)÷0.618≈178(cm),此人头顶至脖子下端的长度为26 cm,即头顶至咽喉的长度小于26 cm,所以其身高小于178 cm,同理其身高也大于105÷0.618≈170(cm),故其身高可能是175 cm,故选B.5.函数f(x)=在[-π,π]上的图象大致为()A. B.C. D.答案 D解析∵f(-x)==-=-f(x),∴f(x)为奇函数,排除A;∵f(π)==>0,∴排除C;∵f(1)=,且sin 1>cos 1,∴f(1)>1,∴排除B,故选D.6.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.答案 A解析由6个爻组成的重卦种数为26=64,在所有重卦中随机取一重卦,该重卦恰有3个阳爻的种数为==20.根据古典概型的概率计算公式得,所求概率P==.故选A.7.已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为()A. B. C. D.答案 B解析设a与b的夹角为α,∵(a-b)⊥b,∴(a-b)·b=0,∴a·b=b2,∴|a|·|b|cos α=|b|2,又|a|=2|b|,∴cos α=,∵α∈[0,π],∴α=,故选B.8.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+答案 A解析A=,k=1,1≤2成立,执行循环体;A=,k=2,2≤2成立,执行循环体;A=,k=3,3≤2不成立,结束循环,输出A.故空白框中应填入A=.故选A.9.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-10C.S n=2n2-8n D.S n=n2-2n答案 A解析设等差数列{a n}的公差为d,∵∴解得∴a n=a1+(n-1)d=-3+2(n-1)=2n-5,S n=na1+d=n2-4n.故选A.10.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=1B.+=1C.+=1D.+=1答案 B解析由题意设椭圆的方程为+=1(a>b>0),连接F1A,令|F2B|=m,则|AF2|=2m,|BF1|=3m.由椭圆的定义知,4m=2a,得m=,故|F2A|=a=|F1A|,则点A为椭圆C的上顶点或下顶点.令∠OAF2=θ(O为坐标原点),则sin θ==.在等腰三角形ABF1中,cos 2θ==,因为cos 2θ=1-2sin2θ,所以=1-22,得a2=3.又c2=1,所以b2=a2-c2=2,椭圆C的方程为+=1,故选B.11.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)在区间上单调递增;③f(x)在[-π,π]上有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.①②④ B.②④ C.①④ D.①③答案 C解析f(-x)=sin|-x|+|sin(-x)|=sin|x|+|sin x|=f(x),∴f(x)为偶函数,故①正确;当<x<π时,f(x)=sin x+sin x=2sin x,∴f(x)在上单调递减,故②不正确;f(x)在[-π,π]上的图象如图所示,由图可知函数f(x)在[-π,π]上只有3个零点,故③不正确;∵y=sin|x|与y=|sin x|的最大值都为1且可以同时取到,∴f(x)可以取到最大值2,故④正确.综上,正确结论的编号是①④.故选C.12.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,P A=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是P A,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为()A.8π B.4π C.2π D.π答案 D解析因为点E,F分别为P A,AB的中点,所以EF∥PB,因为∠CEF=90°,所以EF⊥CE,所以PB⊥CE.取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC⊥平面BDP,所以PB⊥AC,又AC∩CE=C,AC,CE⊂平面P AC,所以PB⊥平面P AC,所以PB⊥P A,PB⊥PC,因为P A=PB=PC,△ABC为正三角形,所以P A⊥PC,即P A,PB,PC两两垂直,将三棱锥P-ABC放在正方体中如图所示.因为AB=2,所以该正方体的棱长为,所以该正方体的体对角线长为,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R=,所以球O的体积V=πR3=π3=π,故选D.二、填空题13.曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为________.答案y=3x解析因为y′=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3(x2+3x+1)e x,所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k=y′|x=0=3,所以所求的切线方程为y=3x.14.记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=,=a6,则S5=________.答案解析设等比数列{a n}的公比为q,因为=a6,所以(a1q3)2=a1q5,所以a1q=1,又a1=,所以q=3,所以S5===.15.甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是________.答案0.18解析记事件M为甲队以4∶1获胜,则甲队共比赛五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场负一场,所以P(M)=0.6×(0.62×0.52×2+0.6×0.4×0.52×2)=0.18.16.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.若=,·=0,则C的离心率为________.答案 2解析因为F1B·F2B=0,所以F1B⊥F2B,如图.因为=,所以点A为F1B的中点,又点O为F1F2的中点,所以OA∥BF2,所以F1B⊥OA,所以|OF1|=|OB|,所以∠BF1O=∠F1BO,所以∠BOF2=2∠BF1O.因为直线OA,OB为双曲线C的两条渐近线,所以tan∠BOF2=,tan∠BF1O=.因为tan∠BOF2=tan(2∠BF1O),所以=,所以b2=3a2,所以c2-a2=3a2,即2a=c,所以双曲线的离心率e==2.三、解答题17.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设(sin B-sin C)2=sin2A-sin B sin C.(1)求A;(2)若a+b=2c,求sin C.解(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin B sin C,故由正弦定理得b2+c2-a2=bc,由余弦定理得cos A==,因为0°<A<180°,所以A=60°. (2)由(1)知B=120°-C,由题设及正弦定理得sin A+sin(120°-C)=2sin C,即+cos C+sin C=2sinC,可得cos(C+60°)=-.由于0°<C<120°,所以sin(C+60°)=,故sin C=sin(C+60°-60°)=sin(C+60°)cos 60°-cos(C+60°)sin 60°=.18.如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.(1)证明连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1∥DC且A1B1=DC,可得B1C∥A1D且B1C=A1D,故ME∥ND且ME=ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,ED⊂平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)解由已知可得DE⊥DA,以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的一个法向量,则所以可得m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的一个法向量,则所以可取n=(2,0,-1).于是cos〈m,n〉===,所以二面角A-MA1-N的正弦值为.19.已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若=3,求|AB|.解设直线l:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F,故|AF|+|BF|=x1+x2+,由题设可得x1+x2=.由可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,令Δ>0,得t<,则x1+x2=-.从而-=,得t=-.所以l的方程为y=x-.(2)由=3可得y1=-3y2,由可得y2-2y+2t=0,所以y1+y2=2,从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3,代入C的方程得x1=3,x2=,即A(3,3),B,故|AB|=. 20.已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f′(x)为f(x)的导数,证明:(1)f′(x)的区间上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.证明(1)设g(x)=f′(x),则g(x)=cos x-,g′(x)=-sin x+.当x∈时,g′(x)单调递减,而g′(0)>0,g′<0,可得g′(x)在有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g′(x)>0;当x∈时,g′(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在上单调递减,故g(x)在上存在唯一极大值点,即f′(x)在上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f′(x)在(-1,0)上单调递增.而f′(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f′(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点;②当x∈时,由(1)知,f′(x)在(0,α)上单调递增,在上单调递减,而f′(0)=0,f′<0,所以存在β∈,使得f′(β)=0,且当x∈(0,β)时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在上单调递减.又f(0)=0,f=1-ln>0,所以当x∈时,f(x)>0.从而,f(x)在上没有零点;③当x∈时,f′(x)<0,所以f(x)在上单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在上有唯一零点;④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.21.为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p i(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8.(ⅰ)证明:{p i+1-p i}(i=0,1,2,…,7)为等比数列;(ⅱ)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.(1)解X的所有可能取值为-1,0,1.P(X=-1)=(1-α)β,P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β),P(X=1)=α(1-β).所以X的分布列为(2)(ⅰ)证明由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.因此p i=0.4p i-1+0.5p i+0.1p i+1,故0.1(p i+1-p i)=0.4(p i-p i-1),即p i+1-p i=4(p i-p i-1).又因为p1-p0=p1≠0,所以{p i+1-p i}(i=0,1,2,…,7)为公比为4,首项为p1的等比数列.(ⅱ)解由(ⅰ)可得p8=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+…+(p1-p0)=p1.由于p8=1,故p1=,所以p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=p1=.p4表示题干中的实验方案最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.22.[选修4-4:坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为2ρcos θ+ρsin θ+11=0.(1)求C和l的直角坐标方程;(2)求C上的点到l距离的最小值.解(1)因为-1<≤1,且x2+2=2+=1,所以C的直角坐标方程为x2+=1(x≠-1).l的直角坐标方程为2x+y+11=0.(2)由(1)可设C的参数方程为 (α为参数,-π<α<π).C上的点到l的距离为=. 当α=-时,4cos+11取得最小值7,故C上的点到l距离的最小值为.23.[选修4-5:不等式选讲]已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:(1)++≤a2+b2+c2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.证明(1)因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,且abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca==++.所以++≤a2+b2+c2.(2)因为a,b,c为正数且abc=1,故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3=3(a+b)(b+c)(a+c)≥3×(2)×(2)×(2)=24.所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.祝福语祝你考试成功!。
新课标Ⅰ高考数学理科真题试卷(含答案)

绝密(juémì)★启封(qǐ fēnɡ)并使用完毕前试题(shìtí)类型:A 2021年普通高等学校招生全国(quán ɡuó)统一考试理科(lǐkē)数学考前须知:1.本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部.第一卷1至3页,第二卷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.第一卷一.选择题:本大题共12小题,每题5分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的.〔1〕设集合,,那么〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔2〕设,其中x,y是实数,那么〔A〕1〔B〕〔C〕〔D〕2〔3〕等差数列前9项的和为27,,那么〔A〕100〔B〕99〔C〕98〔D〕97〔4〕某公司的班车在7:00,8:00,8:30发车,学.科网小明在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,那么他等车时间不超过10分钟的概率是〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔5〕方程–=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,那么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.假设该几何体的体积是,那么它的外表积是〔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〕假设(jiǎshè),那么(nà me)〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔9〕执行右面(yòumiàn)的程序图,如果输入的,那么(nà me)输出x,y的值满足(mǎnzú)〔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.|AB|=,|DE|=,那么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-A1B1C1D1的顶点A,a//平面CB1D1,平面ABCD=m,a 平面ABA1B1=n,那么m、n所成角的正弦值为(A)(B) (C) (D)12.函数(hánshù)为的零点(línɡ diǎn),为图像(tú xiànɡ)的对称轴,且()f x在单调(dāndiào),那么的最大值为〔A〕11 〔B〕9 〔C〕7 〔D〕5第II卷本卷包括必考题(kǎo tí)和选考题两局部.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,每题5分(13)设向量a=(m,1),b=(1,2),且|a+b|2=|a|2+|b|2,那么m=.(14)的展开式中,x3的系数是.〔用数字填写答案〕〔15〕设等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,那么a1a2…a n的最大值为。
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高考理科数学全国新课
标卷
Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】
2013年普通高等学校招生数学理工农医类
(全国新课标卷II)
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.已知集合M ={x|(x -1)2<4,x ∈R},N ={-1,0,1,2,3},则M∩N=( ).
A .{0,1,2}
B .{-1,0,1,2}
C .{-1,0,2,3}
D .{0,1,2,3}
2.设复数z 满足(1-i)z =2i ,则z =( ).
A .-1+i
B .-1-I
C .1+i
D .1-i
3.等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3=a 2+10a 1,a 5=9,则a 1=( ).
A .13
B .13-
C .19
D .1
9-
4.已知m ,n 为异面直线,m ⊥平面α,n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ,l ⊥n ,l α,l β,则( ).
A .α∥β且l ∥α
B .α⊥β且l ⊥β
C .α与β相交,且交线垂直于l
D .α与β相交,且交线平行于l
5.已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x 2的系数为5,则a =( ).
A .-4
B .-3
C .-2
D .-1
6.执行下面的程序框图,如果输入的N =10,那么输出的S =( ).
A .111
1+23
10+++
B .
1111+
2!3!
10!+++
C .111
1+23
11+++
D .
1111+2!3!
11!+++
7.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,则得到的正视图可以为( ).
8.设a =log 36,b =log 510,c =log 714,则( ).
A .c >b >a
B .b >c >a
C .a >c >b
D .a >b >c
9.已知a >0,x ,y 满足约束条件1,3,3.x x y y a x ≥⎧⎪
+≤⎨⎪≥(-)⎩
若z =2x +y 的最小值为1,则a
=( ).
A .14
B .1
2
C .1
D .2
10.已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx +c ,下列结论中错误的是( ).
A .∃x 0∈R ,f(x 0)=0
B .函数y =f(x)的图像是中心对称图形
C .若x 0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减
D .若x 0是f(x)的极值点,则f ′(x 0)=0
11.设抛物线C :y 2=2px(p >0)的焦点为F ,点M 在C 上,|MF|=5,若以MF 为直径的圆过点(0,2),则C 的方程为( ).
A .y 2=4x 或y 2=8x
B .y 2=2x 或y 2=8x
C .y 2=4x 或y 2=16x
D .y 2=2x 或y 2=16x
12.已知点A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线y =ax +b(a >0)将△ABC 分割为面积相等的两部分,则b 的取值范围是( ).
A .(0,1) B
.
1122⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ C
.1123⎛⎤- ⎥ ⎝⎦ D .11,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭
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做答。
第22题~第24题为选考题,考生根据要求做答。
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
13.已知正方形ABCD 的边长为2,E 为CD 的中点,则AE BD ⋅=__________.
14.从n 个正整数1,2,…,n 中任意取出两个不同的数,若取出的两数之和等于5的概率为
1
14
,则n =__________.
15.设θ为第二象限角,若π
1
tan 42
θ⎛⎫+= ⎪⎝
⎭,则sin θ+cos θ=__________.
16.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则nS n 的最小值为__________.
三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
17. (本小题满分12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a =bcos C+csin B.
(1)求B;
(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
18.(2013课标全国Ⅱ,理18)(本小题满分12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1
中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=
AB.
2
(1)证明:BC1∥平面A1CD;
(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.
19. (本小题满分12分)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出1 t该产品获利润500元,未售出的产品,每1 t亏损300元.根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图,如图所示.经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品.以X(单位:t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.
(1)将T表示为X的函数;
(2)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率;
(3)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以需求量落入该区间的频率作为需求量取
该区间中点值的概率(例如:若需求量X
∈[100,110),则取X=105,且X=105
的概率等于需求量落入[100,110)的频
率),求T的数学期望.
20. (本小题满分12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:22
22=1
x y
a b
+(a>b>
0)右焦点的直线0
x y
+=交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为1
2
.
(1)求M的方程;
(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
21. (本小题满分12分)已知函数f(x)=e x-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
请考生在第22、23、24题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号.
22. (本小题满分10分)选修4—1:几何证明选讲
如图,CD为△ABC外接圆的切线,AB的延长线交直线CD于点D,E,F分别为弦AB与弦AC上的点,且BC·AE=DC·AF,B,E,F,C四点共圆.
(1)证明:CA是△ABC外接圆的直径;
(2)若DB=BE=EA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值.
23. (本小题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程
已知动点P ,Q 都在曲线C :2cos ,
2sin x t y t =⎧⎨=⎩
(t 为参数)上,对应参数分别为t =α与
t =2α(0<α<2π),M 为PQ 的中点.
(1)求M 的轨迹的参数方程;
(2)将M 到坐标原点的距离d 表示为α的函数,并判断M 的轨迹是否过坐标原点.
24. (本小题满分10分)选修4—5:不等式选讲 设a ,b ,c 均为正数,且a +b +c =1,证明: (1)ab +bc +ac≤1
3
;
(2)222
1a b c b c a
++≥.。