2020年高考全国I卷数学试题分析及2021届高三复习备考策略讲座课件
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(含解析)
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题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}=()2.2−i1+2iA.1B.−1C.iD.−i3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，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：I (t )=e rt 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 →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xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9.已知曲线C ：mx 2+ny 2=1.()A.若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B.若m =n >0，则C 是圆，其半径为√nC.若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =±√−m n xD.若m =0, n >0，则C 是两条直线10.如图是函数y =sin (ωx +φ)的部分图像，则sin (ωx +φ)=()A.sin (x +π3)B.sin (π3−2x)C.cos (2x +π6)D.cos (5π6−2x)11.已知a >0，b >0，且a +b =1，则()A.a 2+b 2≥12B.2a−b >12C.log 2a +log 2b ≥−2D.√a +√b ≤212.信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )三、填空题13.斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14.将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=3，BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，5圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.16.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60∘，以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.四、解答题17.在①ac=√3，②csinA=3，③c=√3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π，________？618.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.19.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)20.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD 与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题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}【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.2−i1+2i=()A.1B.−1C.iD.−i【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.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∘【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.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%【解答】解：设喜欢足球为A，喜欢游泳为B，由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.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：I(t)=e rt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【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ，e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln20.38≈1.8.故选B .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.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6) 【解答】解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)，AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)，则：AP →⋅AB →=−x −√3y +2，令z =−x −√3y +2，由线性规则得，最优解为：C(−1,−√3)和F(1,√3)，代入得z =6或z =−2．故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6).故选A .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xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3] 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x=0时，xf(x−1)=0成立；②当x>0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≥0，可得0≤x−1≤2或x−1≤−2，解得1≤x≤3；③当x<0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≤0，可得x−1≥2或−2≤x−1≤0，解得−1≤x<0.综上，x的取值范围为[−1,0]∪[1,3].故选D.二、多选题已知曲线C：mx2+ny2=1.()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnx D.若m=0, n>0，则C是两条直线【解答】解：A，mx2+ny2=1，即x 21 m +y21n=1，∵m>n>0，∴1m <1n，∴此时C是椭圆，且其焦点在y轴上，A选项正确；B，m=n>0时，x2+y2=1n，∴r=√nn，B选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴y=±√1n，代表两条直线，D选项正确.故选ACD.如图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=()A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴T=π，∴ω=2ππ=2，∴y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(2k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3)=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3 )=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3 )=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.已知a>0，b>0，且a+b=1，则()A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤2【解答】解：A，∵a+b=1,则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴1=a 2+b 2+2ab ≤2(a 2+b 2)，可得a 2+b 2≥12，故A 正确； B ，∵a −b =a −(1−a)=2a −1>−1，∴2a−b >2−1=12，故B 正确；C ，∵ab ≤(a+b 2)2=14，当且仅当a =b 时取等号， ∴log 2a +log 2b =log 2(ab)≤log 214=−2，故C 错误；D ，∵a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号，∴(√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2，即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确.故选ABD .信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确；B ，若n =2，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)].设f (p )=−[plog 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则：f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p⋅ln2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln2]=−log 2p 1−p =log 21−p p ， 当0<p <12时，f ′(p )>0；当12<p <1时，f ′(p )<0，∴f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n ），则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知：P (Y =1)=p 1+p 2m ；P (Y =2)=p 2+p 2m−1；P (Y =3)=p 3+p 2m−2；⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]，H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯+(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0，⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0，所以H (X )>H (Y )，故D 错误．故选AC .三、填空题斜率为√3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|=________.【解答】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y=√3(x−1)，代入抛物线方程得3x2−10x+3=0，∴x1+x2=10，3.根据抛物线方程得定义可知|AB|=x1+1+x2+1=163.故答案为：163将数列{2n−1}与{3n−2}的公共项从小到大排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为________.【解答】解：数列2n−1各项为：1，3，5，7，9，⋯数列3n−2各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n}是首项为1，公差为6的等差数列，数列{a n}的前n项和为3n2−2n.故答案为：3n2−2n.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与，直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=35 BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.【解答】解：由已知得A到DG的距离与A到FG的距离相等，均为5. 作AM⊥GF于M，设AN⊥DG于N.则∠NGA=45∘.∵BH//DG，∴∠BHA=45∘.∵∠OAH=90∘，∴∠AOH=45∘.由tan∠ODC=35，设O到DG的距离为3t，则O到DE的距离为5t，∴{OAcos45∘+5t=7，OAsin45∘+3t=5,解得{t=1, OA=2√2.半圆之外阴影部分面积为：S1=2√2×2√2×12−45∘×π×(2√2)2360∘=4−π，阴影部分面积为：S=12(π⋅(2√2)2−π⋅12)+S1=5π2+4.故答案为：5π2+4.已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________.【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线，即D 1(1,−√3,0)， 设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5，化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题在①ac =√3，②csinA =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π6，________？【解答】解：选①：∵sinA=√3sinB，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sinB，∴12cosB+√32sinB=√3sinB，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.又∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3解得a=√3, b=1，∴c=1，故满足条件存在△ABC；选②：sinA=√3sinB，C=π6，csinA=3. ∵csinA=3，∴asinC=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2abcosC=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故满足条件存在△ABC；选③：c=√3b，sinA=√3sinB，C=π6，由①可知，B=π6，故△ABC为等腰三角形c=b，又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，+a3q=20，可得a3q得2q2−5q+2=0，(2q−1)(q−2)=0.∵q>1，∴q=2，∵a1×q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，=0.64.且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)2≈7.484，80×20×74×26由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，故BC⊥CD.又因为PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC，又由于PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC.因为在正方形ABCD中BC//AD，且AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，故BC//平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，且平面PAD与平面PBC的交线为l，故BC//l.因此l⊥平面PDC.(2)解：由已知条件，P−ABCD底面为正方形，PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立D−xyz空间直角坐标系，如图所示：因为PD =AD =1，Q 在直线l 上，设Q (a,0,1)，其中a ∈R ，由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1)，设平面QCD 法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0, 令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为：n →=(1,0,−a )，设PB 与平面QCD 成角为θ，则sinθ=|cos <n →,PB →>|=|1+a|√3×√1+a 2 =1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2，①若a =0，则sinθ=√33， ②若a ≠0，则sinθ=√33×√1+21a+a ， a >0时， ∵1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$``="$成立，∴sinθ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sinθ<√33， ∴当a =1时，sinθ=√63取到最大值．综上所述，PB与平面QCD成角的正弦值的最大值为√63.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.【解答】解：(1)当a=e时，f(x)=e x−lnx+1，f′(x)=e x−1x，∴k=f′(1)=e−1，f(1)=e+1，∴y−(e+1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x+2，∴在y轴上的截距为2，在x轴的截距为21−e，∴S=12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a<1时，f(1)=a+lna<1；②当a=1时，f(x)=e x−1−lnx，f′(x)=e x−1−1x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，所以当x=1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，从而f(x)≥1；③当a>1时，f(x)=ae x−1−lnx+lna≥e x−1−lnx≥1. 综上，a的取值范围是[1,+∞).已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1， a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. ∴C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为 y =kx +m ，代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0. 于是x 1+x 2=−4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2.①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得 (k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0， 将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km 1+2k 2+(m −1)2+4=0，整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0， 因为A(2,1)不在直线MN 上，所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)， 所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1). 由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0.又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23， 此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13). 若D 与P 不重合，则由题设知 AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。
2020年新高考数学复习备考策略 (共174张PPT)
解析：① 60 80 10 130 ；
②设顾客一次购买水果的总价达到 R 元 (R 120) ，依题意有： 0.8(R x)…0.7R ，即 x 1 R ，
金分割比例，且腿长为 105cm，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
以著名的雕塑“断臂维纳斯”为例，探讨人体黄金分割之美， 体现了美育教育
北京：理（8）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C： x2 y2 1 | x | y 就
III 卷：文理 16．学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方
体 ABCD A1B1C1D1 挖去四棱锥 O—EFGH 后所得
几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G，H 分
别为所在棱的中点，AB = BC = 6cm, AA1 = 4cm ，
3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3，不考虑打印损耗， 制作该模型所需原料的质量为___________.
A． M 2 R M1
B． M 2 R 2M 1
C． 3 3M 2 R M1
D． 3 M2 R 3M 1
考查近似估算能力，同时反映我国航天事业取 得的成就，发挥了思想教育功能，体现了对德 育的渗透和引导
I 卷：理 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 ____________．
一核四层四翼高考评价体系下高三数学复习备考策略讲座(2020-2021)
• 2.函数的奇偶性
明函数的单调性等.
•
了解函数奇偶性的含义,会判断• 简单的函数的奇偶性；
b.借助数形结合的思想解题.函 数的单调性、周期性、奇偶性 的综合性问题是高考热点,高频
• 3.函数的周期性
考点，应引起足够的重视.
• 了解函数周期性的含义
• c.本节内容在高考中小题分值为 5分左右,覆盖能力题，属于掌握
的问题？
案例分析：初等函数性质
-------2019年考纲相关解读
考点、内容解读 、要求 ： 分析解读
• 1.函数的单调性及最值
• a.考查函数的单调性定义及单调
• 理解函数的单调性、最大(小) 值及其几何意义；
区间的求法及应用,如应用单调 性求值域、比较大小或证明不 等式,运用定义或导数判断或证
“从学科角度讲，要促进深度学习！就要为素养而教（用学 科教人），学科及其教学是为学生素养服务的，而非为学科 而教。把教学局限于狭隘的学科本位中，过分地注重本学科 的知识与内容，任务和要求，将十分不利于培养视野开阔、 才思敏捷并具有丰富文化素养和哲学气质的人才。”
教师的作用就要设计好“如何让学生深度学习”，做好“新 课堂”。
深度学习的主题分类 ---转变观念
以“一章或几章内容”组成主题（单元） 以“一学期内容”组成主题（单元） 以“蕴涵在一些章节重要核心概念”组成主题（单元） 以“蕴涵在一些章节重要方法”组成主题（单元） 以“培养某个数学核心素养、基本能力”组成主题（单元）
“以知识为本”——“以人为本” 学会——会学 知识——能力——素养 训练——理解——思维品质
层次019年考试大纲与2018年对照没有变化，依次按照四个方面做出要求 ：一是考核目标与要求；二是能力要求（提出七个层面）；三是个性 品质要求；四是考察要求（提出五个方面）
2020年高考全国1卷数学，多种方法解析压轴题（全）
2020年高考全国1卷数学，多种方法解析压轴题（全）2020年高考全国1卷理科数学全方位解析第10题
2020年高考全国1卷理科数学从两个不同视角解析第11题
2020年高考全国1卷文科数学从两个不同视角解析第11题
2020年高考全国1卷理科数学全方位解析第12题
2020年高考全国1卷文科数学全方位解析第12题
2020年高考全国1卷理科数学从三个不同视角解析第15题
2020年高考全国1卷文科数学全方位解析第15题
2020年高考全国1卷文科数学从两个不同方向解析第16题
2020年高考全国1卷理科数学从两个不同方向解析第16题
2020年高考全国1卷理科数学多种方法解析第19题
2020年高考全国1卷理科数学从五个不同方向解析第20题第（2）问
2020年高考全国1卷文科数学多种方法解析第20题第（2）问
2020年高考全国1卷理科数学多种方法解析第21题第（2）问
2020年高考全国1卷文科数学从五个不同方向解析第21题第（2）问。
高考试题分析与复习备考建议 课堂课件
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2020年全国卷数学试题分析
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2020年全国卷数学试题分析
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2020年全国卷数学试题分析
2.突出理性思维，考查关键能力 三是对信息整理能力的考查。如新高考Ⅰ卷第19题（新高考Ⅱ卷第19题）通过数学
模型的形式，考查学生整理和分析信息的能力。
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2020年全国卷数学试题分析
2.突出理性思维，考查关键能力 四是对数学语言表达能力的考查。
如全国Ⅰ卷理科第21题考查利用导数 判断函数单调性的方法、导数公式和 导数运算法则，综合考查学生的逻辑 推理能力、运算求解能力、推理论证 能力、分类与整合的能力以及数学语 言表达能力。
为背景，要求判断试题给出的4个周期序列是否满足题设条件，主要考查学生对新概 念的理解、探究能力。试题的编制及考查的内容都很好地反映了课程改革理念，对培 养学生的创新应用意识起到积极引导作用。
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2020年全国卷数学试题分析
2.突出理性思维，考查关键能力 二是对数学阅读理解能力的考查。如新高考Ⅰ卷第12题以信息论中的重要概念信
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2020年全国卷数学试题分析
2.突出理性思维，考查关键能力
三是对信息整理能力的考查。 如全国Ⅲ卷文、理科第18题以当 前社会关心的空气质量状况和在 公园进行体育锻炼为背景，给出 了某市100天中每天的空气质量等 级和当天到某公园锻炼的人次的 数据表，重点考查学生对概率统 计基本思想、基本统计模型的理 解和运用。
2020年高考全国I卷数学试题分析
2020年高考全国I卷数学试题分析二
2020年高考数学新课标全国卷是以《考试大纲》为依据,试卷的结构与之前保持一致,试题设计体现了回归基础、关注素养，突出能力，适度创新的特点，为向新高考平稳过度创造条件.今年试卷贴近中学教学实际,在突出考查学生数学核心素养即坚持对五个能力、两个意识考查的同时,注重对数学思想与方法的考查,体现了数学的基础性、应用性和工具性的学科特色.试卷多视角、多维度、多层次地考查数学思维品质,考查考生对数学本质的理解,考查考生的数学素养和学习潜能.从考试性质上审视这份试卷,它有利于中学数学教学和新一轮高中课程改革,有利于高校选拔有学习潜能的新生.
一、试卷特点分析
1．试卷关注对基础知识和技能的全面考查，坚持层次分明的卷面风格
文理科试卷，体现了一种平和稳重的命题风格，起点低落点高，关注对数学本质的理解，大部分题都在从不同的层次和角度考查不同学生对数学知识的理解和掌握，哪怕是第1、2题，也能考查学生不同的思维水平下的解题能力和数学素养.全卷除了理科的19题（概率解答题）由于命题角度新，考查思维力度大使得难度较大外，其他的主观题、客观题基本上都是由易到难、层次分明.大多数题目的直观感觉是似曾相。
2020年高考全国一卷试题分析及2021年高考一轮复习备考建议
自强厚德 追求卓越
3.各考题的题型及知识点如下：
题号 题型
知识点
1
选择题
复数的模
2
选择题
一元二次不等式，集合的交集
3
选择题
简单几何体基本量的运算
4
选择题
抛物线定义及性质
5
选择题
散点图，曲线拟合
6
选择题
曲线的切线方程
7
选择题
三角函数的图象与性质
8
选择题
二项式定理
9
选择题
同角三角函数的关系、二倍角公式
自强厚德 追求卓越
发挥学科特色，“战疫”科学入题 突出理性思维，考查关键能力 坚持立德树人，倡导“五育”并举 坚持探索创新，推进高考内容改革
【参阅《中国考试》 杂志或相关微信公众号】
2020年高考试题分析及2021年高考一轮复习备考建议 洛阳一高王玮琪
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二、试题分析
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10 选择题
球的组合体
11 选择题
直线与圆
12 选择题
函数及性质、同构
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自强厚德 追求卓越
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填空题
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填空题
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填空题
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填空题
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解答题
18
解答题
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解答题
线性规划求截距 向量数量积及模的运算 双曲线的离心率 空间线面关系、余弦定理 数列，数列求和，错位相减 立体几何，证垂直，求二面角 概率与统计，传统概率模型，体育比赛问题
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2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(解析版)
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题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. 2−i1+2i=( )A.1B.−1C.iD.−i3. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，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：I(t)=e rt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.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8. 若定义在R上的奇函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x−1)≥0的x的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9. 已知曲线C：mx2+ny2=1.( )A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnxD.若m=0，n>0，则C是两条直线10. 如图是函数y=sin(ωx+φ)，则sin(ωx+φ)=( )A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)11. 已知a>0，b>0，且a+b=1，则( )A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤212. 信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X所有可能的取值为1，2，⋯，n，且P(X=i)=p i> 0(i=1,2,⋯,n)，∑p ini=1=1，定义X的信息熵H(X)=−∑p ini=1log2p i，则( )A.若n=1，则H(X)=0B.若n=2，则H(X)随着p i的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y ) 三、填空题13. 斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14. 将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形， BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC=35， BH//DG ，EF =12cm ，DE =2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm 2.16. 已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________. 四、解答题17. 在①ac =√3，②c sin A =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A =√3sin B ，C =π6， ________？18. 已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20，a 3=8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0,m](m ∈N ∗)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100 .19. 为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO 2浓度(单位：μg/m 3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO 2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关？ 附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，20. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．21. 已知函数f (x )=ae x−1−ln x +ln a .(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足. 证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.参考答案与试题解析2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】并集及其运算【解析】根据集合并集的运算法则求解.【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.【答案】D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】根据复数的除法运算法则求解.【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】先让甲场馆选1人，再让乙场馆选2，剩下的去丙场馆即可得解. 【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.【答案】B【考点】直线与平面所成的角空间点、线、面的位置【解析】根据纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角. 【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴ ∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.【答案】C【考点】概率的应用【解析】利用互斥事件的概率公式代入求解.【解答】解：设''该中学学生喜欢足球''为事件A，''该中学学生喜欢游泳''为事件B，则''该中学学生喜欢足球或游泳''为事件A∪B，''该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳''为事件A∩B. 由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.【答案】B【考点】函数模型的选择与应用指数式与对数式的互化【解析】先根据所给模型求得r，然后求得初始病例数I，最后求得感染病例数增加1倍所需的时间.【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ， e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln 20.38≈1.8. 故选B . 7.【答案】 A【考点】平面向量数量积求线性目标函数的最值 【解析】先画出图形，并用坐标表示AP →⋅AB →，然后向量问题转化为求线性目标函数的最值，最终得AP →⋅AB →的取值范围.【解答】 解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)， AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)， 则AP →⋅AB →=−x −√3y +2.令z =−x −√3y +2，该问题可转化为求该目标函数在可行域中的最值问题，由图可知，z =−x −√3y +2经过点C 时，z 取得最大值；经过点F 时，z 取得最小值， 故最优解为C(−1,−√3)和F(1,√3)， 代入得z max =6或z min =−2， 故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6). 故选A . 8.【答案】 D【考点】函数单调性的性质 函数奇偶性的性质【解析】先根据函数的奇偶性确定函数的大致图像，然后判断函数的单调性，最后利用分类讨论思想讨论不等式成立时x 的取值范围. 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x =0时，xf(x −1)=0成立； ②当x >0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≥0，可得0≤x −1≤2或x −1≤−2， 解得1≤x ≤3；③当x <0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≤0，可得x −1≥2或−2≤x −1≤0， 解得−1≤x <0.综上，x 的取值范围为[−1,0]∪[1,3]. 故选D .二、多选题 9.【答案】 A,C,D 【考点】双曲线的渐近线 椭圆的标准方程 圆的标准方程 直线的一般式方程【解析】根据所给条件，逐一分析对应的方程形式，结合椭圆、圆、双曲线方程的定义进行判断即可. 【解答】解：A ，mx 2+ny 2=1，即x 21m+y 21n=1.∵ m >n >0， ∴ 1m <1n ，∴ 此时C 是椭圆，且其焦点在y 轴上， A 选项正确；B ，m =n >0时，x 2+y 2=1n ， ∴ r =√n n， B 选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴ y=±√1n代表两条直线，D选项正确.故选ACD.10.【答案】B,C【考点】诱导公式由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的图象【解析】先用图像上两零点间的距离求出函数的周期，从而求得ω，而后利用五点对应法求得φ，进而求得图像的解析式.【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴ T=π，∴ ω=2ππ=2，∴ y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3 )=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3)=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C选项正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3)=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.11.【答案】A,B,D【考点】不等式性质的应用基本不等式在最值问题中的应用【解析】选项A左边是代数式形式，右边是数字形式，且已知a+b=1，故可考虑通过基本不等式和重要不等式建立a2+b2与a+b的关系；选项B先利用指数函数的增减性将原不等式简化为二元一次不等式，然后利用不等式的性质及已知条件判断；选项C需要利用对数的运算和对数函数的增减性将不等式转化为关于a, b的关系式，然后利用基本不等式建立与已知条件a+b的关系；选项D基本不等式的变形应用.【解答】解：A，∵ a+b=1，则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴ 1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2)，可得a2+b2≥12，故A正确；B，∵ a−b=a−(1−a)=2a−1>−1，∴2a−b>2−1=12，故B正确；C，∵ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a=b时取等号，∴log2a+log2b=log2ab≤log214=−2，故C错误；D ，∵ a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号， ∴ (√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2， 即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确. 故选ABD . 12. 【答案】 A,C【考点】 概率的应用概率与函数的综合 利用导数研究函数的单调性【解析】选项A 根据题目给出信息熵的定义可直接判断；选项B 根据题意先得到p 1，p 2的关系，然后构造关于p 1的函数，最后利用导数判断新函数的增减性； 选项C 根据题目给定信息化简H(x)后可判断；选项D 分别求出H(x)，H(y)，利用作差法结合对数的运算即可判断. 【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确； B ，若n =2，则p 1+p 2=1，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)]. 设f (p )=−[p log 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p ln 2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln 2] =−log 2p1−p =log 21−p p，当0<p <12时，f ′(p )>0； 当12<p <1时，f ′(p )<0，∴ f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减， 当p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n )，则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ， 由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知： P (Y =1)=p 1+p 2m ； P (Y =2)=p 2+p 2m−1 ；P (Y =3)=p 3+p 2m−2 ； ⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1 ;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]， H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯ +(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵ (p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0， ⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0， 所以H (X )>H (Y )，故D 错误． 故选AC . 三、填空题 13.【答案】163【考点】 抛物线的性质 【解析】先根据题目给定信息求出直线方程，联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理和抛物线的性质转化求出弦长|AB|. 【解答】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y =√3(x −1)，代入抛物线方程得3x 2−10x +3=0， ∴ x 1+x 2=103，根据抛物线方程的定义可知|AB|=x 1+1+x 2+1=163.故答案为：163.14.【答案】 3n 2−2n 【考点】等差数列的前n 项和 等差关系的确定【解析】先判断出{2n −1}与{3n −2}公共项所组成的新数列{a n }的公差、首项，再利用等差数列的前n 项和的公式得出结论. 【解答】解：数列{2n −1}各项为：1，3，5，7，9，⋯数列{3n −2}各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n }是首项为1，公差为6的等差数列， 所以数列{a n }的前n 项和为3n 2−2n . 故答案为：3n 2−2n . 15. 【答案】5π2+4 【考点】同角三角函数基本关系的运用 扇形面积公式【解析】先利用解三角形和直线的位置关系求出圆的半径，然后求出阴影部分的面积，运用了数形结合的方法. 【解答】解：由已知得A 到DG 的距离与A 到FG 的距离相等，均为5. 作AM ⊥GF 延长线于M ，AN ⊥DG 于N ，则∠NGA =45∘. ∵ BH//DG ， ∴ ∠BHA =45∘. ∵ ∠OAH =90∘， ∴ ∠AOH =45∘.设O 到DG 的距离为3t ，由tan ∠ODC =35，可知O 到DE 的距离为5t ， ∴ {OA ⋅cos 45∘+5t =7,OA ⋅sin 45∘+3t =5,解得{t =1,OA =2√2.半圆之外阴影部分面积为：S 1=2√2×2√2×12−45×π×(2√2)2360=4−π，阴影部分面积为：S =12[π⋅(2√2)2−π⋅12]+S 1=5π2+4.故答案为：5π2+4.16. 【答案】√2π2【考点】 弧长公式空间直角坐标系 圆的标准方程 两点间的距离公式【解析】根据题意画出直观图，建立合适的坐标系，求出交线上的点的轨迹方程，进而确定点的轨迹在平面BCC 1B 1上是以√2为半径的90∘的弧，最后根据弧长公式求解. 【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线， 即D 1(1,−√3,0)，设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5， 化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题 17.【答案】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3. ∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．【考点】两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理【解析】条件①先根据题意，结合正弦定理用一边去表示另外两条边，然后用余弦定理求出三角形的三边的长；条件②先用正弦定理结合已知求出a，b的长，然后用余弦定理求出c的长；条件③先利用正弦定理结合已知用b表示a，c，然后利用余弦定理求得∠C与给定值不同，从而判定三角形不存在.【解答】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3.∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．18.【答案】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.【考点】数列的求和等比数列的通项公式【解析】(1)先根据已知列式求出公比，求出首项，最后求得等比数列的通项公式；(2)由题意求得0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，⋯，可知b63=5，b64= b65=⋯=b100=6．则数列{b m}的前100项和S100可求．【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.19.【答案】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关. 【考点】独立性检验概率的意义【解析】(1)根据题目已知信息利用频率估计概率；(2)根据题目给定信息画出2×2列联表；(3)根据列联表计算K的观测值K2，得出统计结论.【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得 K 2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关. 20.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ， 故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD . 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ，则sin θ=|cos <n →,PB →>| =√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2=√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a+a ≥2×√1a⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 基本不等式在最值问题中的应用直线与平面垂直的判定【解析】(1)先求l 的平行线BC 与面PCD 垂直，再利用线面垂直的判定即可得证；(2)选取合适的点建立空间直角坐标系，然后运用向量法结合基本不等式即可求得线面夹角的最大值. 【解答】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ， 故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ， 则sin θ=|cos <n →,PB →>| =|1+a|√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 21.【答案】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1，f ′(x )=e x −1x，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 【考点】利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；(2)不等式等价于e x−1+ln a +ln a +x −1≥ln x +x =e ln x +ln x ，令g(t)=e t +t ，根据函数单调性可得ln a >ln x −x +1，再构造函数ℎ(x)=ln x −x +1，利用导数求出函数的最值，即可求出a 的范围. 【解答】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1， f ′(x )=e x −1x ，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1. (2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 22. 【答案】 (1)解：由题设得4a2+1b2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ① 由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13).令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值. 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 椭圆的标准方程 【解析】(1)根据椭圆方程的离心率、a ，b ，c 的关系及椭圆上一点列出关系式，解得a 2，b 2即可得椭圆方程； (2)①当直线斜率存在时，设直线方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，结合AM →⋅AN →=0可得 m =1−2k 或m =−2k +13，由点A 不在直线MN 上可判断m ≠1−2k ，进而根据m =−2k+13可求解直线MN 的方程，从而判断直线MN 过定点P ；②若直线MN 与x 轴垂直，结合和椭圆方程，求得点M 的横坐标x 1 ，由此可知直线MN 过点P ；由上述分类讨论可知|AP|为定值，根据直角三角形中线的性质确定定点Q ，最后分两小类讨论D 与P 重合或者不重合最终确定|DQ|为定值. 【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。