2020年广西高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)

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2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)(解析版)

2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)(解析版)

2
根据勾股定理可得: AB AD DB 2 2
△ADB 是边长为 2 2 的等边三角形
根据三角形面积公式可得:
S△ ADB
1 2
AB
AD sin 60
1 2
(2
2)2
3 2 2
3
该几何体的表面积是: 3 2 2 3 6 2 3 .
故选:C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题,解题关键是掌握根据三视图画出立体图形,
x 1,
【答案】7
【解析】
【分析】
作出可行域,利用截距的几何意义解决.
【详解】不等式组所表示的可行域如图
因为 z 3x 2 y ,所以 y 3x z ,易知截距 z 越大,则 z 越大,
22
2
平移直线 y 3x ,当 y 3x z 经过 A 点时截距最大,此时 z 最大,
2
22
y 2x x 1

x 1
,得
y
2

A(1,
2)

所以 zmax 3 1 2 2 7 .
故答案为:7.
【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用,涉及到求线性目标函数的最大值,考查学生数形结合的思想,
是一道容易题.
14.设双曲线
C:
x2 a2
y2 b2
1
(a>0,b>0)的一条渐近线为 y=
根据新数据与原数据关系确定方差关系,即得结果.
【详解】因为数据 axi b,(i 1, 2,L ,n) 的方差是数据 xi,(i 1, 2,L , n) 的方差的 a2 倍,
所以所求数据方差为102 0.01=1
故选:C
【点睛】本题考查方差,考查基本分析求解能力,属基础题.

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绝密★启用前2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)试卷副标题考试范围:xxx ;考试时间:100分钟;命题人:xxx学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________注意事项:1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息$2.请将答案正确填写在答题卡上第I 卷(选择题)请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题1.已知集合{(,)|,,}A x y x y y x =∈≥*N ,{(,)|8}B x y x y =+=,则A B 中元素的个数为( ) A .2 B .3C .4D .6【答案】C 【解析】 【分析】采用列举法列举出A B 中元素的即可.【详解】由题意,A B 中的元素满足8y x x y ≥⎧⎨+=⎩,且*,x y N ∈,由82x y x +=≥,得4x ≤,所以满足8x y +=的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4), 故AB 中元素的个数为4.故选:C. 【点晴】本题主要考查集合的交集运算,考查学生对交集定义的理解,是一道容易题. 2.复数113i-的虚部是( )试卷第2页,总25页A .310-B .110-C .110D .310【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出z 即可. 【详解】 因为1131313(13)(13)1010i z i i i i +===+--+, 所以复数113z i =-的虚部为310. 故选:D. 【点晴】本题主要考查复数的除法运算,涉及到复数的虚部的定义,是一道基础题.3.在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为1234,,,p p p p ,且411i i p ==∑,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) A .14230.1,0.4p p p p ==== B .14230.4,0.1p p p p ==== C .14230.2,0.3p p p p ==== D .14230.3,0.2p p p p ====【答案】B 【解析】 【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差,由此可得出标准差最大的一组. 【详解】对于A 选项,该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=, 方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于B 选项,该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=, 方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于C 选项,该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=, 方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于D 选项,该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=, 方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此,B 选项这一组的标准差最大. 故选:B. 【点睛】本题考查标准差的大小比较,考查方差公式的应用,考查计算能力,属于基础题. 4.Logistic 模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领城.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位:天)的Logistic 模型:0.23(53)()=1et I K t --+,其中K 为最大确诊病例数.当I (*t )=0.95K 时,标志着已初步遏制疫情,则*t 约为( )(ln19≈3) A .60 B .63 C .66 D .69【答案】C 【解析】 【分析】将t t *=代入函数()()0.23531t KI t e--=+结合()0.95I t K *=求得t*即可得解.【详解】()()0.23531t K I t e--=+,所以()()0.23530.951t K I t K e**--==+,则()0.235319t e*-=,所以,()0.2353ln193t *-=≈,解得353660.23t *≈+≈. 故选:C. 【点睛】本题考查对数的运算,考查指数与对数的互化,考查计算能力,属于中等题. 5.设O 为坐标原点,直线2x =与抛物线C :22(0)y px p =>交于D ,E 两点,若OD OE ⊥,则C 的焦点坐标为( ) A .1,04⎛⎫⎪⎝⎭B .1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭C .(1,0)D .(2,0)试卷第4页,总25页【答案】B 【解析】 【分析】根据题中所给的条件OD OE ⊥,结合抛物线的对称性,可知4DOx EOx π∠=∠=,从而可以确定出点D 的坐标,代入方程求得p 的值,进而求得其焦点坐标,得到结果. 【详解】因为直线2x =与抛物线22(0)y px p =>交于,E D 两点,且OD OE ⊥, 根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=,所以()2,2D ,代入抛物线方程44p =,求得1p =,所以其焦点坐标为1(,0)2, 故选:B. 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题,涉及到的知识点有直线与抛物线的交点,抛物线的对称性,点在抛物线上的条件,抛物线的焦点坐标,属于简单题目.6.已知向量ab a ,b 满足||5a =,||6b =,6a b ⋅=-,则cos ,=a a b +( ) A .3135-B .1935-C .1735D .1935【答案】D 【解析】 【分析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值,利用平面向量数量积可计算出cos ,a a b <+>的值. 【详解】5a =,6b =,6a b ⋅=-,()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a b a a b b +=+=+⋅+=-=,因此,()1919cos ,5735a a ba ab a a b⋅+<+>===⨯⋅+. 故选:D. 【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算,同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算,考查计算能力,属于中等题.………外…………○…学校:………内…………○…7.在△ABC 中,cos C =23,AC =4,BC =3,则cos B =( ) A .19B .13C .12D .23【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ,再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅,即可求得答案.【详解】在ABC 中,2cos 3C =,4AC =,3BC = 根据余弦定理:2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅2224322433AB =+-⨯⨯⨯可得29AB = ,即3AB = 由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯故1cos 9B =. 故选:A. 【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 8.下图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( )A .B .C .D .【答案】C试卷第6页,总25页…………○…………答※※题※※…………○…………【解析】 【分析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积. 【详解】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得:12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△ 根据勾股定理可得:AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得:211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是:632=⨯++故选:C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题,解题关键是掌握根据三视图画出立体图形,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题. 9.已知2tan θ–tan(θ+π4)=7,则tan θ=( ) A .–2 B .–1C .1D .2【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式,结合换元法,解一元二次方程,即可得出答案. 【详解】2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭,tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-,令tan ,1t t θ=≠,则1271tt t+-=-,整理得2440t t -+=,解得2t =,即tan 2θ=.故选:D. 【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值,属于中档题. 10.若直线l 与曲线y x 2+y 2=15都相切,则l 的方程为( ) A .y =2x +1 B .y =2x +12 C .y =12x +1 D .y=12x +12【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案. 【详解】设直线l 在曲线y =(0x ,则00x >,函数y =y '=,则直线l 的斜率k =, 设直线l 的方程为)0y x x =-,即00x x -+=, 由于直线l 与圆2215x y +== 两边平方并整理得2005410x x --=,解得01x =,015x =-(舍), 则直线l 的方程为210x y -+=,即1122y x =+. 故选:D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用,属于中档题.11.设双曲线C :22221x y a b-=(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,P 是C 上一点,且F 1P ⊥F 2P .若△PF 1F 2的面积为4,则a =( ) A .1B .2C .4D .8试卷第8页,总25页【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案. 【详解】5ca =,c ∴=,根据双曲线的定义可得122PF PF a -=, 12121||42PF F PF F S P =⋅=△,即12||8PF PF ⋅=, 12F P F P ⊥,()22212||2PF PF c ∴+=,()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=,即22540a a -+=,解得1a =,故选:A. 【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用,涉及了勾股定理,三角形面积公式的应用,属于中档题.12.已知55<84,134<85.设a =log 53,b =log 85,c =log 138,则( ) A .a <b <c B .b <a <cC .b <c <aD .c <a <b【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得a 、b 、()0,1c ∈,利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系,由8log 5b =,得85b =,结合5458<可得出45b <,由13log 8c =,得138c =,结合45138<,可得出45c >,综合可得出a 、b 、c 的大小关系. 【详解】由题意可知a 、b 、()0,1c ∈,()222528log 3lg 3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg 522lg 5lg 25lg 5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅<⋅==< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,a b ∴<;由8log 5b =,得85b =,由5458<,得5488b <,54b ∴<,可得45b <; 由13log 8c =,得138c =,由45138<,得451313c <,54c ∴>,可得45c >. 综上所述,a b c <<. 故选:A. 【点睛】本题考查对数式的大小比较,涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用,考查推理能力,属于中等题.第II 卷(非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明 二、填空题13.若x ,y 满足约束条件0,201,x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩, ,则z =3x +2y 的最大值为_________.【答案】7 【解析】 【分析】作出可行域,利用截距的几何意义解决. 【详解】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y =+,所以322x zy =-+,易知截距2z 越大,则z 越大, 平移直线32x y =-,当322x zy =-+经过A 点时截距最大,此时z 最大, 由21y x x =⎧⎨=⎩,得12x y =⎧⎨=⎩,(1,2)A , 所以max 31227z =⨯+⨯=. 故答案为:7.试卷第10页,总25页………线…………○……………线…………○……【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用,涉及到求线性目标函数的最大值,考查学生数形结合的思想,是一道容易题.14.262()x x+的展开式中常数项是__________(用数字作答).【答案】240 【解析】 【分析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项,即可求得常数项. 【详解】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项:()62612rrr r C xx T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭= 1226(2)r r r r x C x --⋅=⋅1236(2)r r r C x -=⋅当1230r -=,解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是:664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=. 故答案为:240. 【点睛】本题考查二项式定理,利用通项公式求二项展开式中的指定项,解题关键是掌握试卷第11页,总25页……○…………订……_______班级:___________考号:__……○…………订……()na b +的展开通项公式1C r n r rr n T a b -+=,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.15.已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为_________. 【解析】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题,然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示, 其中2,3BC AB AC ===,且点M 为BC 边上的中点, 设内切圆的圆心为O ,由于AM =122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ,则:ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯= 解得:22r,其体积:3433V r π==. . 【点睛】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.试卷第12页,总25页16.关于函数f (x )=1sin sin x x+有如下四个命题: ①f (x )的图像关于y 轴对称. ②f (x )的图像关于原点对称. ③f (x )的图像关于直线x =2π对称. ④f (x )的最小值为2.其中所有真命题的序号是__________. 【答案】②③ 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误;利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误;利用对称性的定义可判断命题③的正误;取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论. 【详解】对于命题①,152622f π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭,152622f π⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭,则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以,函数()f x 的图象不关于y 轴对称,命题①错误;对于命题②,函数()f x 的定义域为{},x x k k Z π≠∈,定义域关于原点对称,()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于原点对称,命题②正确;对于命题③,11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭, 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭,则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以,函数()f x 的图象关于直线2x π=对称,命题③正确;对于命题④,当0x π-<<时,sin 0x <,则()1sin 02sin f x x x=+<<, 命题④错误. 故答案为:②③.试卷第13页,总25页【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解,考查推理能力与计算能力,属于中等题. 三、解答题17.设数列{a n }满足a 1=3,134n n a a n +=-. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,证明见解析;(2)1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】(1)利用递推公式得出23,a a ,猜想得出{}n a 的通项公式,利用数学归纳法证明即可; (2)由错位相减法求解即可. 【详解】(1)由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=, 由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+,证明如下:当1n =时,13a =成立; 假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈,都有21n a n =+成立; (2)由(1)可知,2(21)2nnn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,②由①-②得:()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅试卷第15页,总25页【答案】(1)该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09;(2)350;(3)有,理由见解析.【解析】 【分析】(1)根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率; (2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以100可得结果;(3)根据表格中的数据完善22⨯列联表,计算出2K 的观测值,再结合临界值表可得结论. 【详解】(1)由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=,等级为2的概率为510120.27100++=,等级为3的概率为6780.21100++=,等级为4的概率为7200.09100++=;(2)由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=(3)22⨯列联表如下:()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关. 【点睛】试卷第16页,总25页………○…………线…※※题※※………○…………线…本题考查利用频数分布表计算频率和平均数,同时也考查了独立性检验的应用,考查数据处理能力,属于基础题.19.如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点,E F 分别在棱11,DD BB 上,且12DE ED =,12BF FB =.(1)证明:点1C 在平面AEF 内;(2)若2AB =,1AD =,13AA =,求二面角1A EF A --的正弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2)7. 【解析】 【分析】(1)连接1C E 、1C F ,证明出四边形1AEC F 为平行四边形,进而可证得点1C 在平面AEF 内;(2)以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -,利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值,进而可求得二面角1A EF A --的正弦值. 【详解】(1)在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,试卷第17页,总25页…○…………线…………○……____…○…………线…………○……在长方体1111ABCD A B C D -中,//AD BC 且AD BC =,11//BB CC 且11BB CC =,112C G CG =,12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 为平行四边形,则//AF DG 且AF DG =, 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1//C E DG ∴且1C E DG =,1//C E AF ∴且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内;(2)以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -,则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F , ()0,1,1AE =--,()2,0,2AF =--,()10,1,2A E =-,()12,0,1A F =-,设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =,由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-,得111x y ==,则()1,1,1m =-,设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =,由110n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩,取22z =,得21x =,24y =,则()1,4,2n =,试卷第18页,总25页…………○…………线…………○……答※※题※※…………○…………线…………○……cos ,73m n m n m n⋅<>===⨯⋅ 设二面角1A EF A --的平面角为θ,则cos 7θ=,sin 7θ∴==. 因此,二面角1A EF A --的正弦值为7. 【点睛】本题考查点在平面的证明,同时也考查了利用空间向量法求解二面角角,考查推理能力与计算能力,属于中等题.20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<的离心率为4,A ,B 分别为C 的左、右顶点.(1)求C 的方程;(2)若点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且||||BP BQ =,BP BQ ⊥,求APQ 的面积.【答案】(1)221612525x y +=;(2)52. 【解析】 【分析】(1)因为222:1(05)25x y C m m +=<<,可得5a =,b m =,根据离心率公式,结合已知,试卷第19页,总25页……外…………○…学校:__……内…………○…即可求得答案;(2)点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且||||BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N ,可得PMB BNQ ≅△△,可求得P 点坐标,求出直线AQ 的直线方程,根据点到直线距离公式和两点距离公式,即可求得APQ 的面积.【详解】 (1)222:1(05)25x y C m m +=<< ∴5a =,b m =,根据离心率c e a ====, 解得54m =或54m =-(舍), ∴C 的方程为:22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=,即221612525x y +=; (2)不妨设P ,Q 在x 轴上方点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且||||BP BQ =,BP BQ ⊥, 过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N 根据题意画出图形,如图||||BP BQ =,BP BQ ⊥,90PMB QNB ∠=∠=︒,又90PBM QBN ∠+∠=︒,90BQN QBN ∠+∠=︒,∴PBM BQN ∠=∠,试卷第20页,总25页外…………○…※※内…………○…根据三角形全等条件“AAS ”, 可得:PMB BNQ ≅△△,221612525x y +=, ∴(5,0)B ,∴651PM BN ==-=,设P 点为(,)P P x y ,可得P 点纵坐标为1P y =,将其代入221612525x y +=,可得:21612525P x +=,解得:3P x =或3P x =-,∴P 点为(3,1)或(3,1)-,①当P 点为(3,1)时, 故532MB =-=,PMB BNQ ≅△△,∴||||2MB NQ ==,可得:Q 点为(6,2), 画出图象,如图(5,0)A -,(6,2)Q ,可求得直线AQ 的直线方程为:211100x y -+=, 根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为:装…………○…………姓名:___________班级:__________装…………○…………d ===, 根据两点间距离公式可得:AQ ==,∴APQ 面积为:15252⨯=;②当P 点为(3,1)-时, 故5+38MB ==,PMB BNQ ≅△△,∴||||8MB NQ ==,可得:Q 点为(6,8), 画出图象,如图(5,0)A -,(6,8)Q ,可求得直线AQ 的直线方程为:811400x y -+=, 根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为:d ===, 根据两点间距离公式可得:AQ ==∴APQ 面积为:1522=, 综上所述,APQ 面积为:52. 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题,解题关键是掌握椭圆的离心率定试卷第22页,总25页义和数形结合求三角形面积,考查了分析能力和计算能力,属于中档题. 21.设函数3()f x x bx c =++,曲线()y f x =在点(12,f (12))处的切线与y 轴垂直. (1)求b .(2)若()f x 有一个绝对值不大于1的零点,证明:()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 【答案】(1)34b =-;(2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)利用导数的几何意义得到'1()02f =,解方程即可; (2)由(1)可得'2311()32()()422f x x x x =-=+-,易知()f x 在11(,)22-上单调递减,在1(,)2-∞-,1(,)2+∞上单调递增,且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+,采用反证法,推出矛盾即可. 【详解】(1)因为'2()3f x x b =+,由题意,'1()02f =,即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭则34b =-; (2)由(1)可得33()4f x x x c =-+, '2311()33()()422f x x x x =-=+-,令'()0f x >,得12x >或12x <-;令'()0f x <,得1122x -<<,所以()f x 在11(,)22-上单调递减,在1(,)2-∞-,1(,)2+∞上单调递增,且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则(1)0f ->或(1)0f <,即14c >或14c <-. 当14c >时,111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>,又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x , 即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点,在(1,)-+∞上不存在零点, 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾; 当14c <-时,111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<,又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0'x , 即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点,在(,1)-∞上不存在零点, 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾; 综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点,涉及到导数的几何意义,反证法,考查学生逻辑推理能力,是一道有一定难度的题. 22.设a ,b ,c ∈R ,a +b +c =0,abc =1. (1)证明:ab +bc +ca <0;(2)用max{a ,b ,c }表示a ,b ,c 中的最大值,证明:max{a ,b ,c 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)由2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质,即可得出证明;(2)不妨设max{,,}a b c a =,由题意得出0,,0a b c ><,由()222322b c b c bc a aa bcbc+++=⋅==,结合基本不等式,即可得出证明.【详解】 (1)2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,试卷第24页,总25页()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. 1,,,abc a b c =∴均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<; (2)不妨设max{,,}a b c a =,由0,1a b c abc ++==可知,0,0,0a b c ><<,1,a b c a bc =--=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc++++∴=⋅==≥=.当且仅当b c =时,取等号,a ∴≥,即3max{,,}4a b c .【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用,属于中档题.23.在直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为22223x t t y t t⎧=--⎨=-+⎩,(t 为参数且t ≠1),C 与坐标轴交于A ,B 两点. (1)求|AB |:(2)以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,求直线AB 的极坐标方程. 【答案】(1)2)3cos sin 120ρθρθ-+= 【解析】 【分析】(1)由参数方程得出,A B 的坐标,最后由两点间距离公式,即可得出AB 的值; (2)由,A B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程,再化为极坐标方程即可. 【详解】(1)令0x =,则220t t +-=,解得2t =-或1t =(舍),则26412y =++=,即(0,12)A .令0y =,则2320t t -+=,解得2t =或1t =(舍),则2244x =--=-,即(4,0)B -.AB ∴==(2)由(1)可知12030(4)AB k -==--,则直线AB 的方程为3(4)y x =+,即3120x y -+=.由cos ,sin x y ρθρθ==可得,直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=. 【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程,属于中档题.。

2020年全国统一高考数学试卷理科(新课标2)(附答案及详细解析)

2020年全国统一高考数学试卷理科(新课标2)(附答案及详细解析)

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(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。

1.(5分)已知集合U={﹣2,﹣1,0,1,2,3},A={﹣1,0,1},B={1,2},则∁U(A∪B)=()A.{﹣2,3}B.{﹣2,2,3}C.{﹣2,﹣1,0,3}D.{﹣2,﹣1,0,2,3}2.(5分)若α为第四象限角,则()A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<03.(5分)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4.(5分)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5.(5分)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x﹣y﹣3=0的距离为()A.B.C.D.6.(5分)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215﹣25,则k=()A.2B.3C.4D.57.(5分)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.E B.F C.G D.H8.(5分)设O为坐标原点,直线x=a与双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D,E两点.若△ODE的面积为8,则C的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.329.(5分)设函数f(x)=ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|,则f(x)()A.是偶函数,且在(,+∞)单调递增B.是奇函数,且在(﹣,)单调递减C.是偶函数,且在(﹣∞,﹣)单调递增D.是奇函数,且在(﹣∞,﹣)单调递减10.(5分)已知△ABC是面积为的等边三角形,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.B.C.1D.11.(5分)若2x﹣2y<3﹣x﹣3﹣y,则()A.ln(y﹣x+1)>0B.ln(y﹣x+1)<0C.ln|x﹣y|>0D.ln|x﹣y|<012.(5分)0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…a n…满足a i∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,…)成立,则称其为0﹣1周期序列,并称满足a i+m=a i(i=1,2…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…,C(k)=a i a i+k(k=1,2,…,m﹣1)是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0﹣1序列中,满足C(k)≤(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标I)(有详细解析)

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.。

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)附答案

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)附答案

(400,600]
25 12 8 0
(1)分别估计该市一天的空气质量等级为 1,2,3,4 的概率;
(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点 值为代表)
(3)若某天的空气质量等级为 1 或 2:则称这天"空气质量好"若某天的空气质量等级 为 3 成 4,则称这天"空气质量不好"·根据所给数据,完成下面的 2×2 列联表并根据列 联表,判断是否有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质 量有关?
的离心率为 ,A,B 分别为 C 的左右顶
点. (1)求 C 的方程; (2)若点 P 在 C 上,点 Q 在直线 x=6 上,且|BP|=|BQ|,BP
BQ,求
APQ 的面积.
21. 设函数 f(x)=x3+bx+c,曲线 y=f(x)在点
处的切线与 y 轴垂直
(1)求 b; (2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于 1.
f(x)的图像关于 y 轴对称. f(x)的图像关于原点对称,
f(x)的图像关于直线 x= 对称.
f(x)的最小值为 2.
其中所有真命题的序号是__________. 三、解答题(本大题共 7 小题,共 82.0 分) 17. 设数列{ }满足 =3, = -4n.
(1) 计算 , , 猜想{ }的通项公式并加以证明;
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22. 在直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为
(t 为参数且 t 1),C
与坐标轴交于 A,B 两点.
(1)求|AB|;
(2)以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,求直线 AB 的极坐标方程.

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)

汇编全国质检试卷整理不易,感谢点赞收藏2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(5分)若z=1+i,则|z2﹣2z|=()A.0B.1C.D.22.(5分)设集合A={x|x2﹣4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|﹣2≤x≤1},则a=()A.﹣4B.﹣2C.2D.43.(5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.B.C.D.4.(5分)已知A为抛物线C:y2=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.(5分)某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位:℃)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(x i,y i)(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+bx B.y=a+bx2C.y=a+be x D.y=a+blnx6.(5分)函数f(x)=x4﹣2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为()A.y=﹣2x﹣1B.y=﹣2x+1C.y=2x﹣3D.y=2x+17.(5分)设函数f(x)=cos(ωx+)在[﹣π,π]的图象大致如图,则f(x)的最小正周期为()A.B.C.D.8.(5分)(x+)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为()A.5B.10C.15D.209.(5分)已知α∈(0,π),且3cos2α﹣8cosα=5,则sinα=()A.B.C.D.10.(5分)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,⊙O1为△ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为()A.64πB.48πC.36πD.32π11.(5分)已知⊙M:x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点.过点P作⊙M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|•|AB|最小时,直线AB的方程为()A.2x﹣y﹣1=0B.2x+y﹣1=0C.2x﹣y+1=0D.2x+y+1=012.(5分)若2a+log2a=4b+2log4b,则()A.a>2b B.a<2b C.a>b2D.a<b2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷新课标1)

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷新课标1)

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(5分)已知集合M={x|﹣4<x<2},N={x|x2﹣x﹣6<0},则M∩N=()A.{x|﹣4<x<3} B.{x|﹣4<x<﹣2} C.{x|﹣2<x<2} D.{x|2<x<3} 2.(5分)设复数z满足|z﹣i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则()A.(x+1)2+y2=1 B.(x﹣1)2+y2=1C.x2+(y﹣1)2=1 D.x2+(y+1)2=13.(5分)已知a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,则()A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<c<a4.(5分)古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是(≈0.618,称为黄金分割比例),著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长为105cm,头顶至脖子下端的长度为26cm,则其身高可能是()A.165cm B.175cm C.185cm D.190cm5.(5分)函数f(x)=在[﹣π,π]的图象大致为()A.B.C.D.6.(5分)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“”和阴爻“”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有3个阳爻的概率是()A.B.C.D.7.(5分)已知非零向量,满足||=2||,且(﹣)⊥,则与的夹角为()A.B.C.D.8.(5分)如图是求的程序框图,图中空白框中应填入()A.A=B.A=2+C.A=D.A=1+9.(5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.a n=2n﹣5 B.a n=3n﹣10 C.S n=2n2﹣8n D.S n=n2﹣2n 10.(5分)已知椭圆C的焦点为F1(﹣1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为()A.+y2=1 B.+=1C.+=1 D.+=111.(5分)关于函数f(x)=sin|x|+|sin x|有下述四个结论:①f(x)是偶函数②f(x)在区间(,π)单调递增③f(x)在[﹣π,π]有4个零点④f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是()A.①②④B.②④C.①④D.①③12.(5分)已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为()A.8πB.4πC.2πD.π二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2020年广西高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)

2020年广西高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)

2020年广西高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1. 已知集合A ={(x, y)|x, y ∈N ∗, y ≥x},B ={(x, y)|x +y =8},则A ∩B 中元素的个数为( ) A.2 B.3 C.4 D.62. 复数11−3i 的虚部是( ) A.−310B.−110C.110D.3103. 在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p 1,p 2,p 3,p 4,且∑ 4i=1p i =1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) A.p 1=p 4=0.1,p 2=p 3=0.4 B.p 1=p 4=0.4,p 2=p 3=0.1 C.p 1=p 4=0.2,p 2=p 3=0.3 D.p 1=p 4=0.3,p 2=p 3=0.24. Logistic 模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t 的单位:天)的Logistic 模型:I(t)=K 1+e −0.23(t−53),其中K 为最大确诊病例数.当I(t ∗)=0.95K 时,标志着已初步遏制疫情,则t ∗约为( )(ln 19≈3) A.60 B.63C.66D.695. 设O 为坐标原点,直线x =2与抛物线C:y 2=2px(p >0)交于D ,E 两点,若OD ⊥OE ,则C 的焦点坐标为( ) A.(14, 0)B.(12, 0)C.(1, 0)D.(2, 0)6. 已知向量a →,b →满足|a →|=5,|b →|=6,a →⋅b →=−6,则cos <a →,a →+b →>=( ) A.−3135 B.−1935C.1735D.19357. 在△ABC 中,cos C =23,AC =4,BC =3,则cos B =( )A.19B.13C.12D.238. 如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( )A.6+4√2B.4+4√2C.6+2√3D.4+2√39. 已知2tan θ−tan (θ+π4)=7,则tan θ=( ) A.−2 B.−1 C.1 D.210. 若直线l 与曲线y =√x 和圆x 2+y 2=15都相切,则l 的方程为( ) A.y =2x +1 B.y =2x +12C.y =12x +1D.y =12x +1211. 设双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,离心率为√5.P 是C 上一点,且F 1P ⊥F 2P .若△PF 1F 2的面积为4,则a =( )A.1B.2C.4D.812. 已知55<84,134<85.设a =log 53,b =log 85,c =log 138,则( ) A.a <b <cB.b <a <cC.b <c <aD.c <a <b二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

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2020年广西高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1. 已知集合${A}$=${\{(x,\, y)\mathrel{|} x,\, y\in N\ast ,\, y\geq x\}}$,${B}$=${\{(x,\, y)\mathrel{|} x+ y=8\}}$,则${A\cap B}$中元素的个数为()A.${2}$B.${3}$C.${4}$D.${6}$2. 复数${\dfrac{1}{1 - 3i}}$的虚部是()A.${ - \dfrac{3}{10}}$B.${ - \dfrac{1}{10}}$C.${\dfrac{1}{10}}$D.${\dfrac{3}{10}}$3. 在一组样本数据中,${1}$,${2}$,${3}$,${4}$出现的频率分别为${p_{1}}$,${p_{2}}$,${p_{3}}$,${p_{4}}$,且${\sum_{i = 1}^{4}{\ }p_{i}}$=${1}$,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是()A.${p_{1}}$=${p_{4}}$=${0.1}$,${p_{2}}$=${p_{3}}$=${0.4}$B.${p_{1}}$=${p_{4}}$=${0.4}$,${p_{2}}$=${p_{3}}$=${0.1}$C.${p_{1}}$=${p_{4}}$=${0.2}$,${p_{2}}$=${p_{3}}$=${0.3}$D.${p_{1}}$=${p_{4}}$=${0.3}$,${p_{2}}$=${p_{3}}$=${0.2}$4. ${Logistic}$模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数${I(t)}$(${t}$的单位:天)的${Logistic}$模型:${I(t) = \dfrac{K}{1 + {e}^{ - 0.23(t - 53)}}}$,其中${K}$为最大确诊病例数.当${I(t^{\ast })}$=${0.95K}$时,标志着已初步遏制疫情,则${t^{\ast }}$约为${(}$ ${)(\ln 19\approx 3)}$A.${60}$B.${63}$C.${66}$D.${69}$5. 设${O}$为坐标原点,直线${x}$=${2}$与抛物线${C: y^{2}}$=${2px(p\gt 0)}$交于${D}$,${E}$两点,若${OD\perp OE}$,则${C}$的焦点坐标为()A.${(\dfrac{1}{4},\, 0)}$B.${(\dfrac{1}{2},\, 0)}$C.${(1,\, 0)}$D.${(2,\, 0)}$6. 已知向量${\overset{ \rightarrow }{a}}$,${\overset{ \rightarrow }{b}}$满足${\mathrel{|}\overset{ \rightarrow }{a}\mathrel{|} }$=${5}$,${\mathrel{|} \overset{ \rightarrow }{b}\mathrel{|} }$=${6}$,${\overset{ \rightarrow }{a}\cdot \overset{ \rightarrow }{b} = - 6}$,则${\cos \lt \overset{ \rightarrow }{a}}$,${\overset{ \rightarrow }{a} + \overset{ \rightarrow }{b}\gt = (}$ ${)}$A.${ - \dfrac{31}{35}}$B.${ - \dfrac{19}{35}}$C.${\dfrac{17}{35}}$D.${\dfrac{19}{35}}$7. 在${\triangle ABC}$中,${\cos C = \dfrac{2}{3}}$,${AC}$=${4}$,${BC}$=${3}$,则${\cos B}$=()A.${\dfrac{1}{9}}$B.${\dfrac{1}{3}}$C.${\dfrac{1}{2}}$D.${\dfrac{2}{3}}$8. 如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是()A.${6+ 4\sqrt{2}}$B.${4+ 4\sqrt{2}}$C.${6+ 2\sqrt{3}}$D.${4+ 2\sqrt{3}}$9. 已知${2\tan \theta -\tan (\theta + \dfrac{\pi}{4})}$=${7}$,则${\tan \theta }$=()A.${-2}$B.${-1}$C.${1}$D.${2}$10. 若直线${l}$与曲线${y = \sqrt{x}}$和圆${x^{2}+ y^{2} = \dfrac{1}{5}}$都相切,则${l}$的方程为()A.${y}$=${2x+ 1}$B.${y}$=${2x + \dfrac{1}{2}}$C.${y = \dfrac{1}{2}x+ 1}$D.${y = \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2}}$11. 设双曲线${C: \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}} - \dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}} = 1(a\gt 0,\, b\gt 0)}$的左、右焦点分别为${F_{1}}$,${F_{2}}$,离心率为${\sqrt{5}}$.${P}$是${C}$上一点,且${F_{1}P\perp F_{2}P}$.若${\triangle PF_{1}F_{2}}$的面积为${4}$,则${a}$=()A.${1}$B.${2}$C.${4}$D.${8}$12. 已知${5^{5}\lt 8^{4}}$,${13^{4}\lt 8^{5}}$.设${a}$=${\log _{5}3}$,${b}$=${\log _{8}5}$,${c}$=${\log _{13}8}$,则()A.${a\lt b\lt c}$B.${b\lt a\lt c}$C.${b\lt c\lt a}$D.${c\lt a\lt b}$ 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

若${x}$,${y}$满足约束条件${\left\{ \begin{matrix} x + y \geq 0, \\ 2x - y \geq 0, \\ x \leq 1, \\ \end{matrix} \right.\ }$则${z}$=${3x+ 2y}$的最大值为________.${(x^{2} + \dfrac{2}{x})^{6}}$的展开式中常数项是________(用数字作答).已知圆锥的底面半径为${1}$,母线长为${3}$,则该圆锥内半径最大的球的体积为________.关于函数${f(x)}$=${\sin x + \dfrac{1}{\sin x}}$有如下四个命题: ①${f(x)}$的图象关于${y}$轴对称. ②${f(x)}$的图象关于原点对称.③${f(x)}$的图象关于直线${x = \dfrac{\pi}{2}}$对称. ④${f(x)}$的最小值为${2}$.其中所有真命题的序号是________.三、解答题:共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第22、23题为选考题,考生根据要求作答。

(一)必考题:共60分。

设数列${\{a_{n}\}}$满足${a_{1}}$=${3}$,${a_{n+ 1}}$=${3a_{n}-4n}$. (1)计算${a_{2}}$,${a_{3}}$,猜想${\{a_{n}\}}$的通项公式并加以证明;(2)求数列${\{2^{n}a_{n}\}}$的前${n}$项和${S_{n}}$.某学生兴趣小组随机调查了某市${100}$天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次,整理数据得到下表(单位:天):(1)分别估计该市一天的空气质量等级为${1}$,${2}$,${3}$,${4}$的概率;(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(3)若某天的空气质量等级为${1}$或${2}$,则称这天“空气质量好”;若某天的空气质量等级为${3}$或${4}$,则称这天“空气质量不好”.根据所给数据,完成下面的${2\times 2}$列联表,并根据列联表,判断是否有${95\% }$的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?附:${K^{2} = \dfrac{n(ad - bc{)}^{2}}{(a + b)(c + d)(a + c)(b + d)}}$如图,在长方体${ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}$中,点${E}$,${F}$分别在棱${DD_{1}}$,${BB_{1}}$上,且${2DE}$=${ED_{1}}$,${BF}$=${2FB_{1}}$.(1)证明:点${C_{1}}$在平面${AEF}$内;(2)若${AB}$=${2}$,${AD}$=${1}$,${AA_{1}}$=${3}$,求二面角${A-EF-A_{1}}$的正弦值.已知椭圆${C: \dfrac{{x}^{2}}{25} + \dfrac{{y}^{2}}{{m}^{2}} = 1(0\lt m\lt 5)}$的离心率为${\dfrac{\sqrt{15}}{4}}$,${A}$,${B}$分别为${C}$的左、右顶点. (1)求${C}$的方程;(2)若点${P}$在${C}$上,点${Q}$在直线${x}$=${6}$上,且${\mathrel{|} BP\mathrel{|} }$=${\mathrel{|} BQ\mathrel{|} }$,${BP\perp BQ}$,求${\triangle APQ}$的面积.设函数${f(x)}$=${x^{3}+ bx+ c}$,曲线${y}$=${f(x)}$在点(${\dfrac{1}{2},\, f(\dfrac{1}{2})}$)处的切线与${y}$轴垂直.(1)求${b}$;(2)若${f(x)}$有一个绝对值不大于${1}$的零点,证明:${f(x)}$所有零点的绝对值都不大于${1}$.(二)选考题:共10分。

请考生在第22、23题中任选一题作答。

如果多做,则按所做的第一题计分。

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