【4月山东卷之高考强基3套卷数学】2020届高考数学强基3套卷 山东卷 (二)含参考答案
数学·山东卷第1页（共4页）数学·山东卷第2页（共4页）2020届高考强基3套卷山东卷数学（二）【满分：150分】一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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2{|30}M x x x =∈-<Z ，则满足条件{1234}M N = ，，，的集合N 的个数是（）A .2B .3C .4D .162.已知复数z 满足(2i)1i z +=-，则z z =·（）A .25-B .25C .2i 5D .2i 5-3.若l m ，是平面α外的两条直线，且l α ，则m l 是m α 的（）A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件4.已知0a b >>，且1a b +=，)1(b x a =，11log ()ab y a b =+，1log b z a=，则x y z ，，的大小关系是（）A .x z y >>B .x y z >>C .z y x >>D .z x y>>5.函数2(2cos )()1xx x e f x e +=+（其中 2.718e =L 为自然对数的底数）的部分图象大致为（）ABCD6.已知26()(1)()1xx aa ++∈R 展开式的各项系数之和为128，则展开式中3x 的系数为（）A .30B .33C .26D .297.某师范院校为响应国家教育脱贫攻坚号召，决定每年安排5名师范生到某贫困县的3所学校进行支教.要求每所学校至少安排1名师范生，且1名师范生只去一所学校，则不同的安排方法有（）A .90种B .120种C .150种D .180种8.已知双曲线2222)10(0x y C a b a b-=>>：，的右顶点为A ，O 为坐标原点，A 为OM 的中点，若以AM 为直径的圆与C 的渐近线相切，则双曲线C 的离心率等于（）A .324B .233C .3D .2二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知函数31log (2)2()32x x x f x x -->⎧⎪=⎨⎪⎩，， ，则（）A .(5)1f =B .((5))1f f =C .(3)9f =D .3((3))log 7f f =10.某市气象部门根据2018年各月的每天最高气温平均值与最低气温平均值（单位:℃）数据，绘制如下折线图：那么，下列叙述正确的是（）A .各月最高气温平均值与最低气温平均值总体呈正相关B .全年中，2月份的最高气温平均值与最低气温平均值的差值最大C .全年中各月最低气温平均值不高于10℃的月份有5个D .从2018年7月至12月该市每天最高气温平均值与最低气温平均值呈下降趋势11.若函数2π()4sin sin ()cos 21(0)24x f x x x ωωωω=++->·在]π24[3π-，上是增函数，则下列结论正确的是（）A .()f x 是偶函数B .()f x 的最小正周期2πT ω=C .ω的最大值为23D .ω没有最小值12.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，截面BDE 与直线PC 平行，与PA 交于点E ，则下列判断正确的是（）A .E 为PA 的中点B .PB 与CD 所成的角为π3C .BD ⊥平面PACD .三棱锥C BDE -与四棱锥P ABCD -的体积之比等于14︰三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数3()1f x x x =++的图象与直线y a x =+相切，则a 的值为.14.已知实数a b ，满足20a b >>，且222a b a b +=-，则223a bz a b +=+的最大值是.15.已知圆2222()()(0)C x a y a r a r -+-=∈>R ：，与直线14y =-相切，则圆C 所过的定点为.16.已知函数321()3f x x ex ax =-+，l (n )xg x x =.对于任意的11[]2x e ∈，，存在21[]2x e ∈，，使12()()x f g x ' ，则实数a 的取值范围为；若不等式31()()6f x x xg x +<有且仅有一个整数解，则实数a 的取值范围为.（本题第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10121121210S Sa =-=，.（1）求{}n a 的通项公式n a 和前n 项和n S ；（2）记21n nb a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证:54n T <.学校：班级：姓名：考号：______________________________装____________________________________订_______________________________线_______________________________________数学·山东卷第3页（共4页）数学·山东卷第4页（共4页）18.（12分）在ABC V 中，a b c ，，分别为角A B C ，，的对边，且2cos()cos()cos sin sin C B C B A C B +-=-.（1）求A ；（2）若3a =，求2b c +的最大值.19.（12分）如图，在直角梯形ABCD 中，AB CD ，90DAB ∠=°，112AD DC AB ===.直角梯形ABEF 是直角梯形ABCD 以直线AB 为轴旋转得到的，且平面ABEF ⊥平面ABCD .（1）求证：EC 平面ADF ；（2）已知点M 在线段EC 上，若三棱锥M ABC -的体积为16，求二面角M AB C--的大小.20.（12分）某市教育科学研究院为了对今后所出试题的难度有更好的把握，提高命题质量，对该市高三联考理综试卷的得分情况进行了调研.从全市参加考试的考生中随机抽取了100名考生的理综成绩（满分300分），将数据分成7组：[160180)[180200)[200220)[220240)[240260)[260280)[280300]，，，，，，，，，，，，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，求直方图中x 的值；（2）用频率估计概率，从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取3个，记理综成绩位于区间[220260)，内的个数为y ，求y 的分布列及数学期望()E y ；（3）若变量S 满足()0.6827P S μσμσ-<+≈， 且(22)0.9545P S μσμσ-<+≈ ，则称S 近似服从正态分布2()N μσ，.若该市高三考生的理综成绩近似服从正态分布(225225)N ，，则给予这套试卷好评，否则差评.试问：这套试卷得到好评还是差评？21.（12分）已知抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，过F 且斜率为43的直线l 与抛物线C 交于A B ，两点，点B 的横坐标为4，且点B 在x 轴上方.（1）求抛物线C 的方程；（2）设P 是抛物线C 上不同于A B ，的点，直线PA 与PB 分别交抛物线C 的准线l '于E G ，两点，x 轴与准线l '的交点为H ，求PHE PHG S S ·△△的最小值.22.（12分）已知函数(1)()ln (0)1a x f x x a x -=->+.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求证：1111ln(1)35721n n +>+++++L .学校：班级：姓名：考号：________________________________装____________________________________订_______________________________线___________________________________32020届高考强基3套卷山东卷一、单项选择题1.【答案】C 【解析】2{|30}M x x x =∈-< Z ，{|03}M x x ∴=∈<<=Z {12}，，则满足条件{1234}M N = ，，，的集合N 有：{34}，，{134}，，，{234}，，，{1234}，，，.∴满足条件的集合N 有4个.故选C.2.【答案】B 【解析】由(2i)1i z +=-，得1i |1i |||||2i |2i |z --==++∴z z =·22||5z =.故选B.3.【答案】A 【解析】设经过直线l 的平面β与平面α交于n ，则有l α ，l β⊂，n αβ=I ，l n ∴ ，又l m ，m n ∴ ，又m α⊄，n α⊂，∴m α ，因此充分性成立；当m α ，l α 时，m 与l 可能平行，可能相交，也可能异面，因此必要性不成立，m l ∴ 是m α 的充分不必要条件.故选A.4.【答案】A 【解析】0a b >>Q ，且1a b +=，1012b a ∴<<<<，111a b ∴<<，01(()1)1b x a a ∴=>=，111log ()log 1ab ab y a b ab =+==-，1log bz a =1log log 1b b b b >=-=-，且1log log 10b b a<=，x z y ∴>>.故选A.5.【答案】D 【解析】2(2cos )2cos ()11x x x x x e x f x e e e ++==++，2cos()()1xxx f x e e +--==+Q 2cos ()1x xxf x e e+=+，()f x ∴为偶函数，故排除选项A ，B ，又当0x >时，2cos 0x +>，10x x e e+>，()0f x ∴>，故排除选项C.故选D.6.【答案】C【解析】令1x =，可得系数之和为6(1)2128a +⨯=，解得1a =，6266622(1)(1)()(1)(1)11a x x x x x x x +∴++=+=+++.易得展开式中3x 的系数为356626C C +=.故选C.7.【答案】C 【解析】先把5名师范生分成3组，有1221135425432230202C C C C C C A ++=25=种方法，再将3组师范生分到3所学校，有336A =种方法，故共有256150⨯=种安排方法.故选C.8.【答案】A 【解析】由题意可知()0A a ，，渐近线方程为by x a=±，即bx ay ±0=.由A 为OM 的中点，可知()20M a ，，故以AM 为直径的圆的圆心为()302E a ，，半径1||22a r AM ==.∵双曲线的渐近线与圆相切，所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即3|0|22b a a a ±=··3b =，即c =，解得298e =，e ∴故选A.二、多项选择题9.【答案】AB 【解析】3(5)log 31f ==，故选项A 正确；((5))(1)1f f f ==，故选项B 正确；3(3)log 10f ==，故选项C 错误；()(3)(0)f f f =11=33-=，故选项D 错误.故选AB.10.【答案】ABC【解析】对于A ，根据折线图可以发现除2月份外，各月最低气温平均值越高，最高气温平均值也越高，总体呈正相关，故选项A 正确；对于B ，通过折线图观察，2月份的两个点距离最大，故选项B 正确；对于C ，各月最低气温平均值不高于10℃的有1月，2月，3月，11月，12月，共有5个月，故选项C 正确；对于D ，观察折线图可知，7月份到8月份气温在上升，故选项D 错误.故选ABC.11.【答案】BCD 【解析】2π()4sin sin (cos212sin 24x f x x x x ωωωω=++-=·，包含原点的增区间为ππ[]22ωω-，，又()f x 在π3π[]24-，上是增函数，ππ223ππ42ωω⎧--⎪⎪∴⎨⎪⎪⎩，203ω∴< .()f x ∴是奇函数，最小正周期2πT ω=，ω的最大值为23ω，没有最小值.故选BCD.12.【答案】ACD 【解析】对于A ，连接AC ，交BD 于点F ，则平面PAC I 平面BDE EF =.PC Q 平面BDE ，EF ⊂平面BDE ，PC ⊂平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，EF PC ∴ .∵四边形ABCD 是正方形，AF FC ∴=，∴AE EP =，故选项A 正确；对于B ，CD AB Q ，∴PBA ∠（或其补角）为PB 与CD 所成的角.PA ⊥Q 平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PA AB ⊥.在Rt PAB △中，PA AB =，∴π4PBA ∠=，故PB 与CD 所成的角为π4，故选项B 错误；对于C ，∵四边形ABCD 为正方形，∴AC BD ⊥，PA ⊥Q 平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA BD ⊥，Q PA AC A =I ，∴BD ⊥平面PAC ，故选项C 正确；对于D ，设AB PA x ==，故P ABCD V -=223111333AB PA x x x ==··，C BDE E BCD V V --==13BCD S AE =··△23111132212x x x =··.3112C BDE P ABCD V V x --∴=︰31143x =︰︰，故选项D 正确.故选ACD.三、填空题13.【答案】1【解析】设切点为00()x y ，.易知2()31f x x '=+，依题意可得200030003111x y a x y x x ⎧+=⎪=+⎨⎪=++⎩，解得00011x y a =⎧⎪=⎨⎪=⎩.故1a =.14.【答案】54【解析】令22x a b y a b =+⎧⎨=-⎩，则2525x y a x y b +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，代入223a b z a b +=+，得z =222222365()5()5522()2(()55x y x yx y x y x y x y x y x y xy +-+--==+-+-++.2a b +=Q 22a b -，2xy ∴=，∴54z x y x y=-+-，由题意可得0x y ->，∴44x y x y -+=- ，当且仅当4x y x y -=-，即2x y -=时取等号，∴504z < ，max 54z =.15.【答案】1(0)4，【解析】由圆C 的方程为2222()()x a y a r -+-=，可知圆心坐标为数学（二）答案及解析2()a a ，，∴圆心在抛物线2x y =上，抛物线的准线方程为14y =-，∵圆C 与直线14y =-相切，∴由抛物线的定义可知，圆C 所过的定点为1(04，.16.【答案】e e 11]4(-∞+-，；e e ln29ln32232[)23-+-+，【解析】①由题意可知2()2f x x ex a '=-+，11[]2x e ∀∈Q ，，21[]2x e ∃∈，，使12()()x f g x ' ，max max ()()f x g x '∴ ，分别求max ()f x '与max ()g x 即可.()f x 'Q 的图象的对称轴为x e =，()f x '∴在[12]e ，上为减函数，max 11()(24f x f e a ''∴==-+.()g x '21ln x x -=，易得()g x 在[12]e ，上为增函数，max 1()()g x g e e ∴==，114e a e ∴-+ ，114a e e ∴+- .②31()()6f x x xg x +<Q ，即321ln 2x ex ax x -+<，212x ex a∴-+ln x x <，令21()2x x ex a ϕ=-+，∴当x e =时，min ()x ϕ=2221122e e a a e -+=-.ln ()x g x x =Q ，21ln ()x g x x -'∴=，令()g x '0=，得x e =，∴当0()x e ∈，时，()g x 为增函数，当()x e ∈+∞，时，()g x 为减函数，max 1()()g x g e e==，如图所示.要使不等式31()()6f x x xg x +<有且只有一个整数解，则(2)(2)3344()()()()g g g ϕϕϕ⎧⎪<⎨⎪⎩，解得ln 29ln 3223223e a e -+<-+ .四、解答题17.【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，则121021210S S-=，即11121110912102221210a d a d⨯⨯++-=，解得2d =……….…….3分1(1)221n a n n ∴=+-⨯=-，………………………………..….4分2(1)22n n n S n n -=+⨯=.……………………………………..….5分（2）当1n =时，514n T =<.………………………………..….6分当2n 时，22221111(21)44144n n b a n n n n n===<--+-111()41n n=--，123111111[(1((42231n n T b b b b n ∴=++++<+-+-++- 1)]n -11151(1)1444n =+-<+=…………………………..……..9分综上可知，54n T <.………………………………………….….10分18.【解析】（1）2cos()cos()cos sin sin C B C B A C B+-=-2cos ()sin sin C B C B =+-，…………………………………….2分则cos()[cos()cos()]C B C B C B +--+sin sin C B =-，则cos 2sin sin sin sin A C B C B -=-·，可得1cos 2A =，0πA <<Q ，60A ∴=°.……………………………………….6分（2）由sin sin sin a b cA B C===得22sin )b c B C +=+2sin(120)]B B =+-°)B B =)B ϕ=+，其中tan ϕ=，π(02ϕ∈，.……….….10分由3(2π0B ∈，，得7π(0)6B ϕ+∈，，sin()B ϕ∴+的最大值为1，2b c ∴+的最大值为.…………………………………....12分19.【解析】（1）依题意知EF DC =，EF AB DC ，∴四边形EFDC 为平行四边形，EC FD ∴ ，又DF ⊂平面ADF ，EC ⊄平面ADF ，EC ∴ 平面ADF .……………………………….4分（2）依题意知FA AB ⊥，Q 平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF I 平面ABCD AB =，FA ∴⊥平面ABCD ，FA AD ∴⊥，又DA AB ⊥，AD AB AF ∴，，两两垂直.如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则()000A ，，，()020B ，，，()110C ，，，()100D ，，，()011E ，，，()001F ，，…………....6分设点M 到平面ABCD 的距离为h ，依题意知11121326M ABC V h -=⨯⨯⨯⨯=，解得12h =，即12h FA =，故点M 为线段EC 的中点，11122(M ，，.易知平面ABCD 的一个法向量为01)0(m =u r ，，，设平面ABM 的法向量为()n x y z =r ，，，11(1)22AM =uuur Q ，，，(0)20AB =uuu r ，，，00n AB n AM ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩r uuu rr uuur，即020y x y z =++=⎧⎨⎩，令1x =，则1z =-，则1)0(1n =-r，，为平面ABM 的一个法向量，分|||cos |||||m n m n m n <>=u r ru r r Q u r r ·，·∴二面角M AB C --的大小为π4.……………………...…....12分20.【解析】（1）由(0.00200.00950.01100.01250.0050x +++++0.0025)201+⨯=，得0.0075x =.…………………………..….2分（2）用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取1个，理综成绩位于[220260)，内的概率为(0.01250.0075)200.4+⨯=，………………………………….3分∴随机变量y 服从二项分布(30.4)B ，，故33()C 0.40.6(0123)k k kP y k k -===··，，，.故y 的分布列为y 0123P0.2160.4320.2880.064则()30.4 1.2E y =⨯=.………………………………………..….7分（3）记该市高三考生的理综成绩为z ，由题意可知，(210240)(200240)20(0.0110P z P z <<<<=⨯ 0.0125)0.470.6827+=<，………………………………….9分又(195255)(180260)20(0.00950.0110P z P z <<<<=⨯++ 0.01250.0075)0.810.9545+=<，…………………………...11分∴z 不近似服从正态分布(225225)N ，，故这套试卷得到差评.分21.【解析】（1）4B x =Q ，B y ∴=，432B B y px =-Q ，342B B y x p ∴=-，即162p =-，解得2p =.∴抛物线C 的方程为24y x =.……………………………….6分（2）由（1）知直线l 的方程为4(1)3y x =-，由244(1)3y xy x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，得4(4)B ，，1(14)A -，，设点2004()y P y ，，则直线020111()1444y PA y x y ++=--：，0244(4)44y PB y x y --=--：……………………………………….9分易知抛物线C 的准线方程为1x =-，令1x =-，得0041E y y y +=--，00444G y y y -=+，0000004441||||||||4||4141y y y HE HG y y y +--===-+-··.又PHE PHG S S △△·2222001||||(1)(1)444y y HE HG =+=+··，∴当00y =时，PHE PHG S S △△·取得最小值，最小值为1.…..12分22.【解析】（1）22212(22)1()00(1)(1)()a x a x f x x a x x x x +-+'=-=>>++，，…………………………….……………………………………..2分令2(22))100(y x a x x a =+-+>>，，则其对应的方程的根的判别式2(22)44(2)a a a ∆=--=-.…………………………..…..3分当4(2)0a a ∆=- ，即02a < 时，()0f x ' 在(0)+，∞上恒成立，此时()f x 单调递增.……………………………………..4分当4(a a ∆=-2a >时，由01(x a ∈-，或1()xa ∈-+∞，此时()f x 单调递增；由()0f x '<，得1(1x a a ∈--，此时()f x 单调递减分综上所述，当02a < 时，()f x 的单调递增区间为(0)+，∞，无单调递减区间；当a >的单调递增区间为0(1a -，和)1(a -+∞(11a a --.……………………….….6分（2）由（1）知，当1a =时，1()ln 1x f x x x -=-+在区间(0)+，∞上单调递增，且(1)0f =，1x ∴>时，1ln 1x x x ->+.………….7分令11(0)x n n =+>，则111ln(1)1212n n n n+>=++，即11ln 21n n n +>+，………………………………………….….9分1ln 121n n n ∴>--，11ln 223n n n ->--，…，41ln 37>，31ln 25>，21ln 13>，11432ln ln ln ln ln ln 12321n n n n n n +-∴++++++--L 111111212123753n n n >+++++++--L ，……………..…….11分故111111ln(1)357232121n n n n +>++++++--+L .…...……12分。
2020年新高考全国卷(山东卷)数学高考真题及答案详细解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试·新高考数 学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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8小题，每小题5分，共40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 |1≤x ≤3}，B ={x |2<x <4}，则A ∪B = A ．{x |2<x ≤3} B ．{x |2≤x ≤3} C ．{x |1≤x <4} D ．{x |1<x <4}2．2i12i-=+ A ．1 B ．−1 C ．i D ．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有 A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A．20°B．40°C．50°D．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是A．62% B．56%C．46% D．42%6．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(eI t=描述累计感染病例数I(t))rt随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)A．1.2天B．1.8天C．2.5天D．3.5天7．已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP AB⋅的取值范围是A．()6,2--B．()2,6C．()-4,62,4-D．()8．若定义在R的奇函数f(x)在(0)xf x-≥),-∞单调递减，且f(2)=0，则满足(10的x的取值范围是A．[)--[01]-+∞ B．3,1][,1,1][3,C．[)-[[1,1,0][1,-+∞ D．1,0]3]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020届高考数学强基3套卷 山东卷(二) 答案
2020 届高考强基 3 套卷 山东卷数学（二）答案及解析 10.【答案】ABC 【解析】对于 A ，根据折线图可以发现除 2 月份外，各月最低气 温平均值越高，最高气温平均值也越高，总体呈正相关，故选项A 正确；对于B ，通过折线图观察，2 月份的两个点距离最大， 故选项 B 正确；对于C ，各月最低气温平均值不高于 10℃的有 1 月，2 月，3 月，11 月，12 月，共有 5 个月，故选项 C 正确；对 于D ，观察折线图可知，7 月份到 8 月份气温在上升，故选项 D 错误.故选 ABC. 11.【答案】BCD一、单项选择题 1. 【答案】C 【解析】 M = {x ∈ Z | x 2- 3x < 0} ，∴ M = {x ∈ Z | 0 < x < 3} = {1，2} ，则满足条件 M N = {1，2 ，3，4} 的集合 N 有： {3，4} ， {1，3，4} ， {2 ，3，4} ， {1，2 ，3，4} .∴满足条件的集合 N 有 4 个. 故选 C.【答案】B 2. 【解析】 f (x ) = 4sin ωx ·sin 2 ( x + π) + cos 2ωx -1 = 2sin ωx ，包 ω 【解析】由 (2 + i)z = 1 - i ，得 | z | = | 1 - i | = |1 - i | ，∴ z ·z = 2 4 π π ， ] ，又 f (x ) 在 [- π ， 3π] 上是增函数， 2 + i | 2 + i | 含原点的增区间为 [-| z |2 = 2 .故选 B. 5 【答案】A 【解析】设经过直线l 的平面β 与平面α交于 n ，则有l α ，l ⊂ β ， αI β= n ，∴l n ，又l m ，∴ m n ，又 m ⊄α， n ⊂α，∴ m α，因此充分性成立；当 m α， l α 时， m 与 l 可能平 行，可能相交，也可能异面，因此必要性不成立，∴ m l 是 m α 的充分不必要条件.故选 A. 【答案】A2ω 2ω 2 4 π - π ⎧- ⎪⎪ ∴ 3. 2 2π 2ω 2，∴0 < ω .∴ f (x ) 是奇函数，最小正周期T = ， 3 ω ⎨ 3π π ⎪ ⎪⎩ 4 2ω 2 ω的最大值为 ，ω没有最小值.故选 BCD .312.【答案】ACD 【解析】对于 A ，连接 AC ，交 BD 于点 F ，则平面 PAC I 平面BDE = EF . Q PC 平面 BDE ， EF ⊂ 平面 BDE ， PC ⊂ 平面 PAC ，EF ⊂ 平面 PAC ，∴ EF PC .∵四边形 ABCD 是正方形，∴ AF = FC ，∴ AE = EP ，故选项 A 正确；对于 B ，Q CD AB ， ∴ ∠PBA （或其补角）为 PB 与 CD 所成的角. Q PA ⊥ 平面 ABCD ，AB ⊂ 平 面 ABCD ， ∴ PA ⊥ AB .在 Rt △PAB 中 ， PA = AB ， 4. 【解析】Q a > b > 0 ，且 a + b = 1 ，∴ 0 < b < 1 < a < 1 ，∴1 < 1 < 1 ， 2 a b ∴ x = ( 1 )b > ( 1 )0= 1 ，y = log ( 1 + 1 ) = log = -1 ，z = log 1 1 b aab ab ab a a a b > log 1 = -log b = -1 ，且 log 1 < log 1 = 0 ，∴ x > z > y .故选b b 【答案】D b b a b ∴ ∠PBA = π ，故 PB 与 CD 所成的角为 π，故选项 B 错误；5. 4 4 (2 + cos x )e x 2 + cos x 2 + cos(- x ) 【解析】f (x ) = = ，Q f (- x ) = = 对于 C ，∵四边形 ABCD 为正方形，∴ AC ⊥ BD ， Q PA ⊥ 平面 ABCD ，BD ⊂ 平面 ABCD ，∴ PA ⊥ BD ，Q PA I AC = A ，∴ BD ⊥ 平面 PAC ，故选项 C 正确；对于 D ，设 AB = PA = x ， 1 e x e + 1 2 x1 e xe x+ + e x 2 + cos x = f (x ) ， ∴ f (x ) 为偶函数，故排除选项 A ，B ，又当 1 3 1 1 1 ex2 23 ， V C - B DE = V E - B CD = 故 V P - ABCD = AB ·PA = x ·x = x e x+ 3 3 3 1 1 1 1 1 1 12 1 2 3 ·S △BCD ·AE = · x · x = x .∴V C - BDE ︰V P - ABCD = x x > 0 时， 2 + cos x > 0 ， e x + > 0 ， ∴ f (x ) > 0 ，故排除选项 3 3 2 2 12 ex 1 C.故选 D. 【答案】C 【解析】令 x = 1 ，可得系数之和为 (1 + a ) ⨯ 26 = 128 ，解得 a = 1 ，63 ︰ x = 1︰4 ，故选项 D 正确.故选 ACD. 3三、填空题 13.【答案】1 6. ∴(1 + a )(1 + x )6 = (1 + 1 )(1 + x )6 = (1 + x )6+ (1 + x ) .易得展开式中 【解析】设切 点 为 ( x ，y ) .易 知 f '(x ) = 3x 2 + 1 ， 依 题 意 可 得 0 0 x 2 x 2 x 2⎧3x +1 = 1 2⎧x 0 = 0 ，解得 ⎨ y 0 = 1 .故 a = 1 . ⎩a = 1 3 5 x 的系数为 C + C = 26 .故选 C. 3 0 ⎪ ⎪ 6 6 ⎨y 0 = a + x 0 7. 【答案】C ⎪ ⎪ y = x + x +1 3⎩ 0 0 0 C 1C 2C 2 + C 1C 1C 3 30 + 20 【解析】先把 5 名师范生分成 3 组，有 5 4 2 5 4 3= 5 4 A 22 14.【答案】2 3= 25 种方法，再将 3 组师范生分到 3 所学校，有 A = 6 种方法， 32x + y ⎧ 故共有 25 ⨯ 6 = 150 种安排方法.故选 C.【答案】A ⎪⎪a = ⎧x = 2a + b 5 a + 3b 8. 【解析】令 ⎨ ，则 ⎨，代入 z = ，得 z = a 2 + b 2 ⎩ y = a - 2b ⎪b = x - 2 y b 【解析】由题意可知 A (a ，0) ，渐近线方程为 y = ± x ，即 bx ± ay a= 0 .由 A 为 OM 的中点，可知 M (2a ，0) ，故以 AM 为直径的⎪⎩ 5 2x + y + 3x - 6 y3 1 a 5(x - y ) 5(x - y ) 5 5 圆的圆心为 E ( a ，0) ，半径 r = | AM | = .∵双曲线的渐近 = = . Q 2a + b = ( 2x + y )2+ ( x - 2 y )2 2 2 2 x 2 + y 2 (x - y )2+ 2xy 线与圆相切， 所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径， 即5 5 3a ±a ·0 | 2 5 |b · ，∴ xy = 2 ，∴z = a - 2b a ，整理得，由题意可得 x - y > 0 ， 3b ，即 c = 4 x - y + x - y 2 得 e 2 = 9 ，∴e .故选 A. 4 4 4 ∴ x - y + 2 (x - y )· = 4 ，当且仅当 x - y = ， 8 二、多项选择题9. 【答案】ABx - y x - yx - y 5 5 即 x - y = 2 时取等号，∴ 0 < z ， z max = . 4 4【解析】 f (5) = log 3 3 = 1 ，故选项 A 正确； f ( f (5)) = f (1) = 1 ，故 选项 B 正确； f (3) = log 3 1 = 0 ，故选项 C 错误； f ( f (3)) = f (0) 1)15.【答案】 (0， 4=3-1 = 1 ，故选项 D 错误.故选 AB.32 2 2 2 【解析】由圆 C 的方程为( x - a ) + ( y - a ) = r ，可知圆心坐标为 3Q 0 < A < π ，∴ A = 60°.……………………………………….6 分 a b c (a ，a 2 ) ，∴ 圆心在抛物线 x 2 = y 上，抛物线的准线方程为 y = - 1 ， 4 （2）由 = = = 2 3 ，得 b + 2c = 2 3(sin B + 2sin C ) 1 sin A sin B sin C ∵圆 C 与直线 y = - 相切，∴由抛物线的定义可知，圆 C 所过4 = 2 3[sin B + 2sin(120°- B )] = 2 3(2sin B + 3 cos B ) 1 3 π 的定点为 (0， ) . 4 = 2 21sin(B +ϕ) ，其中 tan ϕ= ，ϕ∈(0， ) .……….….10 分 21 1 ln2 9 ln3 2π 7π 16.【答案】 (-∞ ，e + - ] ； [2e - 2 + ，3e - + ) ) ，∴sin(B +ϕ) 的最大值为 1， 6由 B ∈ (0， ) ，得 B + ϕ∈ (0， 3 e 4 2 2 3 1 ∴b + 2c 的最大值为 2 21 .…………………………………....12 分 2 【解析】①由题意可知 f '( x ) = x - 2ex + a ， Q ∀x ∈[ ，e ] ， 1 2， 分别求 19.【解析】（1）依题意知 EF = DC ， EF AB DC ，∴四边形 EFDC 为平行四边形，∴ EC FD ，又 DF ⊂ 平面 ADF ，EC ⊄ 平面 ADF ，∴ EC 平面 ADF .……………………………….4 分 （2）依题意知 FA ⊥ AB ，Q 平面 ABEF ⊥ 平面 ABCD ，平面 ABEF I 平面 ABCD = AB ，∴ F A ⊥ 平面 ABCD ，∴ FA ⊥ AD ， 又 DA ⊥ AB ，∴ AD ，AB ，AF 两两垂直. 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，则 A (0 ，0 ，0) ，B (0 ，2 ，0) ， C (1，1，0) ， D (1，0，0) ， E (0 ，1，1) ， F (0，0，1) …………....6 分 ∃x ∈[1，e ]，使 f '( x ) g ( x ) ， ∴ f '( x ) g ( x ) max max 2 1 2 2f '( x )max 与g ( x )max 即 可 . Q f '(x ) 的 图 象 的 对 称 轴 为 x = e ，∴ f '(x ) 在[ 1 ，e ] 上为减函数，∴ f '(x ) = f '(1) = 1 - e + a . g '(x )max 2 2 4= 1 - ln x ，易得 g (x ) 在 [ 1 ，e ] 上为增函数，∴ g (x ) = g (e ) = 1 ，e max x 2 2 ∴ 1 - e + a 1 ，∴ a e + 1 - 1 . 4 e e 4② Q f (x ) + 1 x 3 < xg (x ) ，即 1 x 3 - ex 2 + ax < ln x ，∴ 1x 2 - ex + a6 2 2< ln x ， 令 ϕ(x ) = 1x 2 - ex + a ， ∴当 x = e 时 ， ϕ( x ) =min x 2 1 e 2 - e 2 + a = a - 1 e 2 . Q g (x ) = ln x ，∴ g '(x ) = 1 - ln x ，令 g '(x )x 2 2 2 x设点 M 到平面 ABCD 的距离为 h ，依题意知 = 0 ，得 x = e ，∴当 x ∈ (0 ，e ) 时，g (x ) 为增函数，当 x ∈ (e ，+ ∞)= 1 ⨯ 1 ⨯ 2 ⨯1⨯ h = 1 ，解得 h = 1 ，即 h = 1 FA ， 1 V M - A BC 时， g (x ) 为减函数， g (x )max = g (e ) = e ，如图所示.3 2 6 2 2 1 1 故点 M 为线段 EC 的中点， M ( ，1， ) .2u r 2易知平面 ABCD 的一个法向量为 m = (0，0，1) ，设平面 ABM 的r uuu r uuur 1 1 法向量为 n = (x ，y ，z ) ， Q AM = ( ，1， ) ， AB = (0，2，0) ，2 2 r uuu r⎧⎪n ⋅ AB = 0 ⎧ y = 0 ，即 ⎨ ∴⎨r uuur ， ⎩x + 2 y + z = 0 ⎪⎩n ⋅ AM = 0要使不等式 f (x ) + 1 x 3 < xg (x ) 有且只有一个整数解，则6⎧ϕ(2) g (2) 令 x = 1 ，则 z = -1 ，则 n = (1，0，- 1) 为平面 ABM 的一个法向 量，………………………………………………………………10 分 u r r Q | cos < m ，n >| = | m ·n | u r r = 2 ，显然所求二面角为锐二面角， ⎪ ln 2 9 ln 3 ⎨ϕ(3) < g (3) ⎪ϕ(4) g (4) | m ·| | n | ，解得 2e - 2 + a < 3e - +. 2 2 3 π⎩ 四、解答题∴二面角 M - AB - C 的大小为 .……………………...…....12 分 4 20.【解析】（1）由 (0.002 0 + 0.009 5 + 0.0110 + 0.012 5 + x + 0.005 0 +0.002 5) ⨯ 20 = 1 ，得 x = 0.007 5 .…………………………..….2 分 （2）用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取 1 个，理综成绩位于 [220，260) 内的概率为 (0.012 5 + 0.007 5) ⨯ 20 = 0.4 ，………………………………….3 分 ∴随机变量 y 服从二项分布 B (3，0.4) ，k k 3- kS 12 S 1017.【解析】（1）设数列{ a n } 的公差为 d ，则 - = 2 ，即 12 10+ 12 ⨯11 d 2 + 10 ⨯ 9 d2 12a 10a 1 1 - = 2 ，解得 d = 2 ……….…….3 分12 10∴ a n = 1 + (n - 1) ⨯ 2 = 2n - 1 ，………………………………..….4 分 S = n + n (n -1) ⨯ 2 = n 2 .……………………………………..….5 分 故 P ( y = k ) = C ·0.4 ·0.6 (k = 0，1，2，3) . 3 故 y 的分布列为n2 5 （2）当 n = 1 时， T = 1< .………………………………..….6 分 n 41 1 1 1当 n 2 时， b n = 2 = 2 = 2 < 2a (2n - 1) 4n - 4n + 1 4n - 4n则 E ( y ) = 3⨯ 0.4 = 1.2 .………………………………………..….7 分 （3）记该市高三考生的理综成绩为 z ， 由题意可知， P (210 < z < 240) P (200 < z < 240) = 20 ⨯ (0.011 0+ 0.012 5) = 0.47 < 0.682 7 ，………………………………….9 分 又 P (195 < z < 255) P (180 < z < 260) = 20 ⨯ (0.009 5 + 0.011 0 +0.012 5 + 0.007 5) = 0.81< 0.954 5 ， …………………………...11 分∴ z 不近似服从正态分布 N (225，225) ，故这套试卷得到差评. 分 = 1 ( - 1 ) ， 1 4 n -1 n ∴T = b + b + b + + b < 1 + 1 [(1 - 1 ) + ( 1 - 1) + + ( 1 n 1 2 3 n4 2 2 3 n - 1 - 1 )] = 1 + 1 (1 - 1) < 1 + 1 =5 …………………………..……..9 分 n 4 n 4 4 5 综上可知， T < .………………………………………….….10 分 n4 18.【解析】（1） cos(C + B ) cos(C - B ) = cos 2A - sin C sinB = cos 2(C + B ) - sin C sin B ，…………………………………….2 分 则 cos(C + B )[cos(C - B ) - cos(C + B )] = -sin C sin B ， 1 21.【解析】（1） Q x = 4 ，∴ y = 2 2 p ， B B y 4 3 = 4 x - 2 p ，即6 2p =16 - 2p ，解得 p = 2 . Q B = ，∴ 3 y - p 2 B B x B 则 - cos A ·2 s in C sin B = -sin C sin B ，可得cos A = ， 2y 0 1 2 3 P 0.216 0.432 0.288 0.064∴抛物线 C 的方程为 y 2 = 4 x .……………………………….6 分⎧ y 2 = 4x4 ⎪ （2）由（1）知直线 l 的方程为 y = (x - 1) ，由 ⎨ ， 4 3 ⎪ y = (x - 1) ⎩ 31 2y 得 B (4 ，4) ， A ( ，- 1) ，设点 P ( ，y ) ， 04 4 则直线PA ：y + 1 = y 0 + 1 (x - 1) ， y 2 1 4 0 - 4 4 PB ：y - 4 = y 0 - 4(x - 4) ……………………………………….9 分y 2 0- 4 4易知抛物线 C 的准线方程为 x = -1，令 x = -1 ，得 y = - y 0 + 4 ， y = 4 y 0 - 4 ， E G y 0 - 1 y 0 + 4 | HE ·| | HG |=| y 0 + 4 ·| | 4 y 0 - 4 |= 4 | y 0 - 1|= 4 .y 0 - 1 y 0 + 4 y 0 - 12 21 y y2 2又 S △ PHE ·S △ PHG = | HE ·| | HG ·| (1 + ) = (1 + ) ，0 0 4 4 4∴当 y = 0 时， S ·S 取得最小值，最小值为 1.…..12 分△ PHE △ PHG 01 2a x 2+ (2 - 2a )x + 1 22.【解析】（1）f '(x ) = - = x (x + 1)2(x > 0，a > 0) ，x (x + 1)2 …………………………….……………………………………..2 分 令 y = x 2+ (2 - 2a )x + 1(x > 0，a > 0) ，则其对应的方程的根的判别式 ∆ = (2 - 2a )2 - 4 = 4a (a - 2) .…………………………..…..3 分 当 ∆ = 4a (a - 2) 0 ，即 0 < a 2 时， f '( x ) 0 在 (0 ，+ ∞) 上恒 成立，此时 f (x ) 单调递增.……………………………………..4 分 当 ∆ = 4a (a - 2) > 0 ，即 a > 2 时，由 f '(x ) > 0 ，得 x ∈(0，a -1- a (a - 2)) 或 x ∈(a -1+ a (a - 2) ，+ ∞) ，此时 f (x ) 单调递增；由 f '(x ) < 0 ，得 x ∈ (a - 1 - a (a - 2) ，a - 1 + a (a - 2)) ，此时f (x ) 单调递减…………………………………………………...5 分 综上所述，当 0 < a 2 时， f (x ) 的单调递增区间为 (0 ，+∞) ，无单调递减区间； 当 a >的单调递增区间为(0，a -1-和 (a -1+ ∞) (a -1 a -1.……………………….….6 分x -1（2）由（1）知，当 a = 1 时， f (x ) = ln x - 在区间 (0 ，+ ∞)x +1 上单调递增，且 f (1) = 0 ，∴ x > 1 时， ln x > x -1.………….7 分x + 11 1 1 1 n 令 x = 1 + (n > 0) ，则 ln( + 1) > 1 = ， n n + 2n2n + 1 n +1 1 即 ln >，………………………………………….….9 分 n 2n + 1n 1 n - 1 ， ln > 1 4 1 3 1 ，…， ln > ， ln > ，∴ln > n - 1 2n - 1 n - 2 2n - 3 3 7 2 5 ln 2 > 1 ，∴ln n + 1 + ln + ln n - 1 + L + ln 4 + ln 3 + ln 2 n 1 3 1 n n - 1 n - 23 2 1 1 1 + L + 1 + 1 + 1 ，……………..…….11 分 > + +2n + 1 2n -1 2n - 37 5 3 1 1 1 1 1 1 故 ln(n + 1) > + + + L + 3 5 7+ + .…...……12 分2n - 3 2n -1 2n + 1。
2020届高考强基3套卷 全国卷(二)文数 答案
则 f (x) 1 1 ………………………………………………2 分 x
令 f (x) 0 ，得 x 1 .
当 x (0，1) 时， f '(x) 0 ， f ( x) 单调递增；
当 x (1， ∞) 时， f (x) 0 ， f ( x) 单调递减..…………..4 分
f (x)max f (1) 0 ..………………………………….…….5 分
又 AC1 AC A ，BC 平面 A1ACC1 ， BC 平面 ABC ，平面 A1ACC1 平面 ABC ..………6 分
（2）过 A1 作 A1D AC ，交 AC 于点 D，
可得 A1D AA1·sin A1AC 2 3 .
S菱形ACC1A1 AC·A1D 8 3 ，
则 S△ AA1C1 12 S菱形ACC1A1 4 3 ..…………………………..…8 分
x 3y 4 0
图中阴影部分(含边界).令 z x y ，则 y x z .作出直线 l0 ：y x ，并平移该直线.由图可知，当直线 y x z 经过点 M 时，其在 y 轴上的截距最小，
此时 z x y 取得最大值.
由
3x 2x
y y
2 2
0 0
，得
x
y
0 2
14.【答案】 n
【解析】
Sn 2 2n 1
1
n
，
Sn
(n
1)·2n1
2
.当 n 2
时， Sn1 (n 2)·2n 2，两式相减，得 anbn n·2n ，bn n ； 当 n 1 时， a1b1 2 ， b1 1.综上所述， bn n . 15.【答案】 e2
【解析】设曲线 f (x) aex 在点 (x0 ，aex0 ) 处的切线为直线 y x 3 .由题意，得 f (x) aex ， f (x0 ) aex0 ，则曲线 f ( x) 在点 (x0 ，aex0 ) 处的切线方程为 y aex0 aex0 (x x0 ) . 曲线 f ( x) 在点 (x0 ，aex0 ) 处的切线为直线 y x 3 ，aex0 1 ， y 1 1 (x x0) ，即 y x x0 1 ，x0 1 3 ，解得 x0 2 . aex0 ae2 1 ，解得 a e2 .
2020届高考强基3套卷 全国卷(二)理
B. x2 y2 1
C. x2 y2 1
D. x2 y2 1
95
45
59
54
9.
若函数
f
(x)
m
1 3x 1
的图象关于原点对称，则函数
f (x) 在 (∞，0) 上的值域为
A. (1，∞) 2
B. ( 1，∞) 2
C. (1，∞)
D. ( 2 ， ) 3
10.如图，在平行六面体 ABCD A1B1C1D1 （底面是平行四边形的棱柱是平行六面体）中，所有棱长均为 2，
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）在等差数列{ an } 中， 2a1 3a2 11 ， 2a3 a2 a6 4 ，其前 n 项和为 Sn .
（1）求数列 { an } 的通项公式；
（2）设数列 { bn
} 满足 bn
（）
A.136
B.119
C.102
D.85
5. 平面向量 a，b，c 如图所示，其中网格纸中小正方形的边长为 1.若 a b 与 c 平行，则实数 的值为
（）
A.4
B.3
C.2
D.1
6. 某学校在全体高一学生中随机抽查部分学生，了解学生的上学方式.学生的上学方式主要有：A.骑自行车，B.步行，C.
B. f (x1)·f (x2 ) f (x1x2 )
C. f (x1) f (x2 ) f (x1 x2 )
D. f (x1) f (x2 ) f (x1 x2 )
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13. (x x)6 的展开式中，含 x5 项的系数为
2024届高考强基3套卷全国卷(二)物理高频考点试题
2024届高考强基3套卷全国卷（二）物理高频考点试题一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题升流器是电力部门和工矿企业的电器设备做电流负载试验及温升试验的专用设备，其工作原理简化如图所示。
某次外接调压器进行伏安特性试验，升流器第一级的自耦线圈滑头P位于线圈中点，为第二级升流器，均为理想变压器，不计线路电阻。
当采集负载R的电流值为输入端电流值的10倍时，则第二级升流器的匝数比为（）A．1:5B．3:1C．4:1D．5:1第(2)题一根长度为L质量为m的粗细可忽略的导体棒A静止在一个足够长的光滑绝缘半圆柱体顶端，导体棒中通有垂直纸面向外大小为I的电流，其截面如图，现让导体棒由静止滑下，一段时间后从某一位置P离开半圆柱体。
若在圆心O处加一根垂直于截面通电情况与A相同的导体棒B（图中未画出），其它条件不变，则关于导体棒A离开半圆柱体的位置说法中正确的是（ ）A．可能在P的左上方B．可能仍在P处C．一定在P、Q之间某处D．可能在Q处第(3)题如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。
若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（ ）A．a、b角速度之比为2：1B．摆臂对转轴的弹力保持不变C．摆臂对a和b作用力的功为0D．摆臂对a和b作用力的冲量为0第(4)题“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。
操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上，如图所示。
小罐倒扣在身体上后，在罐中气体逐渐冷却的过程中，罐中气体质量和体积均可视为不变。
若罐中气体可视为理想气体，下列说法正确的是（ ）A．罐中气体的压强不变B．罐中气体的内能不变C．罐中气体分子的平均动能不变D．罐中单位体积内气体分子数不变第(5)题吊车是工程上常用的一种机械，如图所示为一吊车吊起一批木材，吊车大臂支架顶端固定一定滑轮，一根缆绳绕过定滑轮，一端固定于吊车车身的控制器上，另一端连接一吊钩，吊钩下挂着木材，保持缆绳的长度不变，控制吊车大臂支架绕固定轴转动使木材缓慢升高，在木材缓慢升高的过程中吊钩不会碰到定滑轮，木材也不会接触到大臂。
2020年4月2020届高三高考强基3套卷山东卷(二)数学试卷参考答案
2 cos(x)
1 ex
ex
2 cos x
ex
1 ex
f (x) ，
f (x) 为偶函数，故排除选项
A，B，又当
x
0 时， 2 cos x
0 ， ex
1 ex
0 ，
f (x) 0 ，故排除选项
BDE EF . Q PC 平面 BDE ， EF 平面 BDE ， PC 平面 PAC ，EF 平面 PAC ， EF PC .∵四边形 ABCD 是正方形， AF FC ， AE EP ，故选项 A 正确；对于 B，Q CD AB ， PBA（或其补角）为 PB 与 CD 所成的角. Q PA 平面 ABCD ，
的充分不必要条件.故选 A.
34π2π
π 2
π 2
， 0
2 3
.
f
(x)
是奇函数，最小正周期T
2π
，
的最大值为 2 ， 没有最小值.故选 BCD.
3 12.【答案】ACD
4. 【答案】A
【解析】对于 A，连接 AC ，交 BD 于点 F ，则平面 PAC I 平面
【解析】Q a b 0 ，且 a b 1 ，0 b 1 a 1 ，1 1 1 ，
︰1 x3 1︰4 ，故选项 D 正确.故选 ACD.
6. 【答案】C 【解析】令 x 1 ，可得系数之和为 (1 a) 26 128 ，解得 a 1 ，
(1
a x2
)(1
x)6
(1
1 x2
)(1
x)6
(1
x)6
(1 x)6 x2
.易得展开式中
x3 的系数为 C63 C65 26 .故选 C.
5
2024届高考强基3套卷全国卷(二)物理试题
2024届高考强基3套卷全国卷（二）物理试题一、单选题 (共6题)第(1)题图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为，速率损失。
图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块打第一个水漂在空中的时间为，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于时石块就不再弹起。
不计空气阻力，重力加速度，石块在湖面上能漂起的次数为（ ）A．B．C．D．第(2)题老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动第(3)题如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。
人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。
下列说法正确的是（ ）A．人对长木板的压力大小为mgB．长木板对地面的压力大于3mgC．箱子受到的摩擦力的方向水平向左D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左第(4)题一小球做平抛运动，关于小球的速度、动量、动能、重力势能的变化率随时间变化的图线，正确的是（）A．B．C．D．第(5)题如图所示，木板B固定在弹簧上，木块A叠放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向上的变力F作用于A，使A、B一起缓慢上升，AB不分离，在A、B一起运动过程中，下面说法正确的是（ ）A．一起缓慢上升过程中A对B的摩擦力不变B．在某时刻撤去F，此后运动中A可能相对B滑动C．在某时刻撤去F，此后运动中AB的加速度可能大于gD．在某时刻撤去F，在A、B下降的过程中，B对A的作用力一直增大第(6)题2023年4月29日至5月3日，中国国际新能源、智能汽车博览会在石家庄举办，新能源是指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、风能和核聚变能等。
2020年高考真题数学(山东卷)含答案
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=A．{x|2<x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4}D．{x|1<x<4}2．2i 12i −= +A．1B．−1C．i D．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种B．90种C．60种D．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是 A ．62% B ．56% C ．46%D ．42%6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天D ．3.5天7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅u u u r u u u r的取值范围是 A ．()2,6− B ．()6,2− C ．()2,4−D ．()4,6−8．若定义在R 的奇函数f (x )在(0),−∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x −≥的x 的取值范围是 A ．[)1,1][3,−+∞U B ．3,1][,[01]−−U C ．[)1,0][1,−+∞U D ．1,0]3][[1,−U二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020届高考强基3套卷山东卷语文试题(2020.4)
（摘编自常理《设计水稻不再是梦》，《经济日报》） 材料三： 近日，国际学术期刊《自然》发表了中国农业科学院作物科学研究所黎志康等人完成的最新成果，剖析了水稻核心 种质的基因组遗传多样性，对水稻的起源、基因、分类和进化规律有了全新的更深入的认知。 这一成果表明，中国夺回了对水稻命名的部分话语权，恢复了历史的真实。 1928 年，日本学者加藤茂范通过杂交等手段发现了籼稻和粳稻的区别。当时，加藤把粳稻称为“印度型”，把日本 栽培极广的粳稻称为“日本型”。自此，籼稻和粳稻在国际上就一直沿用此命名。然而，中国科学家对代表了全球水稻种 质约 95%多样性的核心种质的 3010 株水稻的基因组研究表明，这种命名并不符合实际情况。根据研究结果，中国研究人 员首次提出，水稻的籼、粳亚种是独立的和多地起源，要求恢复使用籼、粳亚种的正确命名。在化石证据上，中国科学 院古脊椎动物与古人类研究所的植物考古学家日前采用植硅体分析方法，在位于浙江省龙游县的荷花山遗址中找到了距 今 1 万多年的野生稻存在以及逐渐被驯化的证据，从土壤剖面中提取的植硅体来自一些野生稻叶片和稻壳。研究人员再 次认定，水稻的起源和驯化是在中国的长江中下游地区。水稻在中国推广种植后，很快传到东亚近邻国家。3000 多年前， 中国水稻传至朝鲜、日本。到了汉代，中国粳稻传到菲律宾。公元 5 世纪，水稻经伊朗传到西亚，然后经非洲传到欧洲、 美洲以至全世界。
2020年4月2020届高考强基3套卷全国卷(二)数学(理)答案
5
5
5
5
2. 【答案】C
【解析】因为 A {0，1，2，3} ， B {x Z | x2 9} { 2， 1，0，1，2} ，所以 A U B { 2，1，0，1，2，3} .故选 C.
3. 【答案】A
【解析】先将函数 g(x) cos x 的图象上所有点的横坐标压缩为
原来的 1 ，纵坐标不变，得到 g(3x) cos3x ，再将图象上所有 3
2020 届高考强基 3 套卷 全国卷（二） 数学（理科）答案及解析
一、选择题
1. 【答案】B
【解析】依题意得 5 3i (5 3i)(1 2i) 5 10i 3i 6 1
1 2i (1 2i)(1 2i)
5
5
13 i ，所以 m 1 ， n 13 ，所以 m n 12 .故选 B.
曲线方程为 x2 y2 1 .故选 B. 45
9. 【答案】A
【解析】依题意，函数 f (x) 为奇函数，故 f (x) f (x) ，解
参考答案
得
m
1 2
，故
f
(x)
1 2
1 ，故函数 3x 1
f
(x) 在 (∞，0)
上单
调递增.当 x ∞ 时， f (x) 1 ，当 x 0 时， f (x) ∞ ， 2
uuuur uuur 2 A1B1·C1C
4
4
4
2
2
2
1 2
2
2
2
1 2
2
2
2
1 2
24， A1C 2 6 .对于③，同②可得 B1D 2 2 .对于④，当
O 为 B1D1 的中点时，O 也为 A1C1 的中点.由底面 A1B1C1D1 为菱形可 知， B1D1 A1C1 .由①可知， B1D1 A1C . Q A1C1 I A1C A1 ，A1C1