2020河南高考理科数学试题及答案详解】
2020年全国统一高考数学试卷理科(新课标Ⅲ)(附答案及详细解析)
（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． [选修 4-5：不等式选讲]（10 分） 23．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 的最大值，证明：max{a，b，c}≥ ．
B．3
C．4
D．6
2．（5 分）复数
的虚部是（ ）
A．﹣
B．﹣
C．
D．
3．（5 分）在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 p1，p2，p3，p4，且 pi＝1，则下面四
种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
（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。 [选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分）
22．（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为
A．1
B．2
C．4
D．8
12．（5 分）已知 55＜84，134＜85．设 a＝log53，b＝log85，c＝log138，则（ ）
A．a＜b＜c
B．b＜a＜c
C．b＜c＜a
D．c＜a＜b
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13．（5 分）若 x，y 满足约束条件
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．。
精品解析：2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)(原卷版)
③f（x）的图像关于直线 x= 对称．
2
④f（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.
（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( 1 ，f( 1 ))处的切线与 y 轴垂直． 22
（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．
（1）证明：点 C1 在 平面 AEF 内；
（2）若 AB = 2 ， AD = 1 ， AA1 = 3 ，求二面角 A − EF − A1 的正弦值．
20.已知椭圆 C : x2 + y2 = 1(0 < m < 5) 的离心率为 25 m2
15 ， A ， B 分别为 C 的左、右顶点． 4
（1）求 C 的方程；
x 和 x2+y2= 1 都相切，则 l 的方程为（ ） 5
1 B. y=2x+
2
1 C. y= x+1
2
D. 2 11
D. y= x+ 22
x2
11.设双曲线 C：
a2
−
y2 b2
= 1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为
5 ．P 是 C 上一点，且
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)(含答案解析)
展开式的通项公式为 （ 且 ）
所以 的各项与 展开式的通项的乘积可表示为：
和
在 中，令 ，可得： ，该项中 的系数为 ，
在 中，令 ，可得： ，该项中 的系数为
所以 的系数为
故选：C
【点睛】
本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.
9．A
【分析】
（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： （a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点， ，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 .
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于 的一元二次方程，求解得出 ，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】
，得 ，
即 ，解得 或 （舍去），
又 .
故选：A.
【点睛】
本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
10．A
【分析】
由已知可得等边 的外接圆半径，进而求出其边长，得出 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.
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 ，求数列 的前 项和．
18．如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面直径， ． 是底面的内接正三角形， 为 上一点， ．
（1）证明： 平面 ；
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅱ)附答案
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，则（）A. B.C. D.2.若为第四象限角，则（）A. B. C. D.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份订单配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A. 10名B. 18名C. 24名D. 32名4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( )A. 3699块B. 3474块C. 3402块D. 3339块5.若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为( )A. B. C. D.6.数列中，，，若，则（）A. 2B. 3C. 4D. 57.右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个断点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为( )A.B.C.D.8.设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为( )A. 4B. 8C. 16D. 329.设函数，则( )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.已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则球到平面的距离为（）A. B. C. D.11. 11.若，则（）A. B. C. D.12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是( )A. 11010…B. 11011…C. 10001…D. 11001…二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知单位向量的夹角为45°，与垂直，则_______．14. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有______种．15.设复数满足，则______．16.设有下列四个命题：：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．：过空间中任意三点有且仅有一个平面．：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．：若直线平面，直线平面，则．则下述命题中所有真命题的序号是________．①②③④三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.中，．（1）求；（2）若，求周长的最大值．18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第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，，，，．（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，．19.已知椭圆:的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的的顶点重合．过且与轴垂直的直线交于，两点，交于，两点，且．（1）求的离心率；（2）设是与的公共点，若，求与的标准方程．20.如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于．（1）证明：，且平面；（2）设为△的中心，若，且，求直线与平面所成角的正弦值．21.已知函数．（1）讨论在区间的单调性；（2）证明：；（3）设，证明：．22.已知曲线，的参数方程分别为：（为参数），：（为参数）．（1）将，的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．设，的交点为，求圆心在极轴上，且经过极点和的圆的极坐标方程．23.已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查集合的运算，属基础题.先求出，再求补集.【解答】解：，故选A.2.【答案】D【解析】【分析】本题考查三角函数在各象限的正负，属于基础题.根据所给角是第四象限角，写出角的范围，求出的范围，进而可判断出三角函数值的正负.【解答】解：∴是第三象限或第四象限角或终边在y轴的非正半轴上，故选D.3.【答案】B【解析】【分析】本题考查对概率的理解，通过条件容易得出第二天需配送的总订单数，进而可求出所需至少人数.【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为名.故选B.4.【答案】C【解析】【分析】本题考查等差数列前n项和的性质，属于中档题.由成等差数列，可得每一层的环数，通过等差数列前n项和公式可求得三层扇形石板的总数.【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差，，由等差数列性质知成等差数列，且，则，得，则三层共有扇形面石板为故选C.5.【答案】B【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系及点到直线的距离计算，属基础题.由圆与坐标轴相切，可得圆心坐标及半径，再用点到直线的距离公式求解即可.【解答】解：设圆心为，则半径为，圆过点，则，解得或，所以圆心坐标为，圆心到直线的距离都是故选B.6.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的判定及等比数列前n项求和，属基础题.取m=1，知数列是等比数列，再由等比数列前n项和公式可求出k的值.【解答】解：取，则，又，所以，所以是等比数列，则，所以，得故选C.7.【答案】A【解析】【分析】本题三视图，考查空间想象能力，属基础题.由三视图，通过还原几何体，观察可知对应点.【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然选A.8.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查双曲线的几何性质及双曲线的渐近线，属于中档题.【解答】解：双曲线C的两条渐近线分别为,由于直线x=a与双曲线的两条渐近线分别交于D、E两点，则易得到,则, ,即,所以焦距.故选B.9.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，属于中档题.【解答】解：函数,则为奇函数，时，,单调递增；时，，单调递减.故选D.10.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查点到平面的距离求法，属于中档题.【解答】解：设△ABC的外接圆圆心为,设,圆的半径为r,球O的半径为R,△ABC的边长为a,则，可得,于是，由题意知，球O的表面积为，则,由,求得，即O到平面ABC的距离为1.故选C.11.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查对数函数与指数函数，考查函数的单调性，属于较难题.【解答】解：，设,则，所以函数在R上单调递增，因为，所以,则，.故选A.12.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查新定义类型的问题，属于较难题.【解答】解：对于A选项，，，不满足，排除；对于B选项，，不满足，排除；对于C选项，，，，，满足；对于D选项，，不满足，排除；故选C.13.【答案】【解析】【分析】本题主要考查平面向量的运算以及向量间的垂直关系，属于基础题.【解答】解：由单位向量的夹角为，与垂直，所以，则.故答案为.14.【答案】36【解析】【分析】本题考查计数原理，属于基础题．【解答】解：由题意可得不同的安排方法有：．答案：36．15.【答案】【解析】【分析】本题考查复数的运算及复数的模，属于基础题．【解答】解：在复平面内，用向量方法求解，原问题即等价于平面向量满足，，求，由，可得，故．故答案为．16.【答案】①③④【解析】【分析】本题考查含逻辑联结词的命题真假的判断以及立体几何相关知识，属于中档题．【解答】解：对于：可设与，所得平面为若与相交，则交点A必在平面内.同理与的交点B在平面内，故直线AB在平面内，即在平面内，故为真命题．对于过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数个平面，故为假命题．对于空间中两条直线的位置关系有平行，相交，异面，故为假命题．对于若，则m垂直于平面内的所有直线，故，故为真命题．综上可知，为真命题，为真命题，为真命题．故答案为①③④．17.【答案】解：在中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，因为，由正弦定理得，，即，由余弦定理得，，因为，所以．由知，，因为，即，由余弦定理得，，所以，由基本不等式可得，所以所以当且仅当时取得等号，所以周长的最大值为．【解析】本题主要考查利用正余弦定理解三角形的问题，属于中档题．直接利用正余弦定理即可求解；利用余弦定理与基本不等式即可求解．18.【答案】解：(1)由题可知，每个样区这种野生动物数量的平均数为，所以该地区这种野生动物数量的估计值为(2)根据公式得(3)为了提高样本的代表性，选用分层抽样法更加合理，因为分层抽样可以按照规定的比例从不同的地块间随机抽样，其代表性较好，抽样误差更小。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)(解析版)
.10 D.310 C.12020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【答案】C【解析】【分析】采用列举法列举出AB.3C.4B中元素的即可.D.6⎧y≥x【详解】由题意，A B中的元素满足⎨，且x,y∈N*，⎩x+y=8由x+y=8≥2x，得x≤4，所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，故A B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11-3i的虚部是（）A.-310 B.-110【答案】D 【解析】【分析】【详解】因为 z = 1 3.在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 p , p , p , p ，且 ∑ p = 1 ，则下面四种情形中，对应 ...利用复数的除法运算求出 z 即可.1 + 3i 1 3= = + i ，1 - 3i (1- 3i)(1+ 3i) 10 10 所以复数 z = 1 3的虚部为 .1 - 3i 10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41 2 3 4 ii =1样本的标准差最大的一组是（）A. p = p = 0.1, p = p = 0.41423C. p = p = 0.2, p = p = 0.31423B. p = p = 0.4, p = p = 0.11 42 3D. p = p = 0.3, p = p = 0.21 42 3【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 x = (1 + 4)⨯ 0.1+ (2 + 3)⨯ 0.4 = 2.5 ，A方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.1+ (2 - 2.5)2 ⨯ 0.4 + (3 - 2.5)2 ⨯ 0.4 + (4 - 2.5)2 ⨯ 0.1 = 0.65 ； A对于 B 选项，该组数据的平均数为 x = (1 + 4)⨯ 0.4 + (2 + 3)⨯ 0.1 = 2.5 ，B方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.4 + (2 - 2.5)2 ⨯ 0.1+ (3 - 2.5)2 ⨯ 0.1+ (4 - 2.5)2 ⨯ 0.4 = 1.85 ； B对于 C 选项，该组数据的平均数为 x = (1 + 4)⨯ 0.2 + (2 + 3)⨯ 0.3 = 2.5 ，C方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.2 + (2 - 2.5)2 ⨯ 0.3 + (3 - 2.5)2 ⨯ 0.3 + (4 - 2.5)2 ⨯ 0.2 = 1.05 ； C对于 D 选项，该组数据的平均数为 x = (1 + 4)⨯ 0.3 + (2 + 3)⨯ 0.2 = 2.5 ，D方差为 s 2 = (1 - 2.5)2 ⨯ 0.3 + (2 - 2.5)2 ⨯ 0.2 + (3 - 2.5)2 ⨯ 0.2 + (4 - 2.5)2 ⨯ 0.3 = 1.45 .D因此，B 选项这一组 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1 + e -0.23(t -53) ，其中 K 为最大确诊病例数．当 ），所以 I t * = K ) = 0.95K ，则 e 0.23 t *-53 = 19 ， t t = ln19 ≈ 3 ，解得 t * ≈ .,0 ⎪ ⎭B. ,0 ⎪⎭C.(1,0)⎝ 4 ⎝ 2 4，所以 D (2,2 )，代入抛物线方程 4 = 4 p ，求得 p = 1 ，所以其焦点坐标为 ( ,0) ，累计确诊病例数 I(t)(t 的单位：天)的 Logistic 模型： I (t )=KI( t * )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则t * 约为（）（ln19≈3A. 60 【答案】C【解析】【分析】B. 63C. 66D. 69将 t = t * 代入函数 I (t ) =1 + eK ()【详解】I (t ) =K1 + e-0.23(t -53)( )1 + e -0.23( *-53( )所以， 0.23 (* - 53)30.23+ 53 ≈ 66 .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 x = 2 与抛物线 C ： y 2 = 2 px( p > 0)焦点坐标为（）⎛ 1 ⎫⎛ 1 ⎫A.【答案】B【解析】【分析】交于 D ， E 两点，若 O D ⊥ OE ，则 C 的D. (2,0)根据题中所给的条件 O D ⊥ OE ，结合抛物线的对称性，可知∠DOx = ∠EOx =π4，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 x = 2 与抛物线 y 2 = 2 px( p > 0) 交于 E, D 两点，且 O D ⊥ OE ，根据抛物线的对称性可以确定 ∠DOx = ∠EOx =π12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，35B.-35C.17D.19 ()(a+b)==193 D.22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a，b满足|a|=5，|b|=6，a⋅b=-6，则cos a,a+b=（）A.-311935【答案】D【解析】【分析】计算出a⋅a+b、a+b的值，利用平面向量数量积可计算出c os<a,a+b>的值.【详解】a=5，b=6，a⋅b=-6，∴a⋅(a+b)=a2+a⋅b=52-6=19.a+b=2a2+2a⋅b+b2=25-2⨯6+36=7，因此，cos<a,a+b>=a⋅(a+b)a⋅a+b19=.5⨯735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.7.△在ABC中，cosC=A.1923，AC=4，BC=3，则cosB=（）11B. C.23【答案】A【解析】【分析】AB+B C2-AC2根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据c osB=，即可求得答案.2AB⋅B C【详解】在ABC中，cos C=2，AC=4，BC=3 3根据余弦定理：AB2=AC2+BC2-2A C⋅BC⋅cos CAB2=42+32-2⨯4⨯3⨯可得AB2=9，即AB=32 3..△S ABC=△S ADC=S由AB2+BC2-AC29+9-161cos B===2A B⋅BC2⨯3⨯391故cos B=.9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.6+42B.4+42C.6+23D.4+23【答案】C【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：1△CDB=2⨯2⨯2=2根据勾股定理可得：AB=AD=DB=22∴△A DB是边长为22的等边三角形根据三角形面积公式可得：△S ADB =1.2 tan θ - tan θ + ⎪ = 7 ，∴ 2 tan θ - = 7 ，.B. y =2x +1 2C. y = 2D. y = ( )，则x> 0 ，2 x ，则直线 l 的斜率 k = 2 x1 3 AB ⋅ AD ⋅ s in 60︒ = (2 2) 2 ⋅ = 2 32 2 2∴ 该几何体的表面积是： 3 ⨯ 2 + 23 = 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，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+A. –2π)=7，则 tan θ=（ ）4B. –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】⎛ π ⎫ t an θ + 1 ⎝ 4 ⎭ 1 - t an θ令 t = tan θ , t ≠ 1，则 2t -1 + t1 - t= 7 ，整理得 t 2 - 4t + 4 = 0 ，解得 t = 2 ，即 tan θ = 2 .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 和 x 2+y 2= 1 5都相切，则 l 的方程为（ ）A. y =2x +1 1x +1 1 1x + 2 2【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 =x 上的切点为 x ,x0 0函数 y =x 的导数为 y ' =11 2 x，设直线 l 的方程为 y - x =1 (x - x )，即 x - 2x y + x = 0 ，0 0由于直线 l 与圆 x + y = 相切，则 ，5..= 5 ，∴ c = 5a ，根据双曲线的定义可得 PF - PF = 2a ， | ) + 2 PF1x 1 2 2 0 = 51 + 4 x 5 01两边平方并整理得 5x 2 - 4x -1 = 0 ，解得 x = 1 ， x = - （舍），0 0 0 0则直线 l 的方程为 x - 2 y + 1 = 0 ，即 y =1 1 x + .2 2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 ： x 2 y 2 - a 2 b 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 2△P ．若 PF 1F 2 的面积为 4，则 a =（）A. 1B. 2C. 4D. 8【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】c a1 2△S PF 1F 2 = 12| PF | ⋅ PF = 4 ，即 | PF | ⋅ PF = 8 ，1 2 1 2F P ⊥ F P ，∴ PF |2 + PF12122= (2c )2 ，∴ ( PF - PF1221⋅ PF = 4c 2 ，即 a 2 - 5a 2 + 4 = 0 ，解得 a = 1 ，2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 【答案】A【解析】【分析】B. b <a <cC. b <c <aD. c <a <b结合 55< 84 可得出b < 45 5 b c b ⎪ = ⎪ < 1 ，∴ a < b ； = = ⋅ < ⋅ ⎪ = b log 5 lg 5 lg 5 (lg 5) ⎝2 ⎭ ⎝ 2lg 5 ⎭ ⎝ lg 25 ⎭ 5 13.若 x ，y 满足约束条件 ⎨2 x - y ≥ 0，，则 z =3x +2y 的最大值为_________．由题意可得 a 、 、 ∈ (0,1) ，利用作商法以及基本不等式可得出 a 、的大小关系，由 b = log 5 ，得 8b = 5 ， 84，由 c = log 8 ，得13c = 8 ，结合134 < 85 ，可得出 c > ，综合可得出 a 、 b 、13c 的大小关系.【详 解 】 由 题 意可 知 a、b 、c ∈ (0,1) ，a log 3 lg 3 lg8 1 ⎛ lg 3 + lg8 ⎫2⎛ lg 3 + lg8 ⎫2 ⎛ lg 24 ⎫25 2 84由 b = log 5 ，得 8b = 5 ，由 55 < 84 ，得 85b < 84 ，∴ 5b < 4 ，可得 b < ；8由 c = log 13 8 ，得13c = 8 ，由134 < 85 ，得134 < 135c ，∴ 5c > 4 ，可得 c > 4 5.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.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.⎧ x + y ≥ 0, ⎪⎪ ⎩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 z+ ，易知截距 越大，则 z 越大，2 2 23x 3x z平移直线 y =- ，当 y =-+ 经过 A 点时截距最大，此时 z 最大， 2 2 2⎧ y = 2 x ⎧ x = 1由 ⎨ ，得 ⎨ ， A(1,2) ，⎩ x = 1 ⎩ y = 2所以 zmax = 3 ⨯ 1 + 2 ⨯ 2 = 7 .⎛ 2 写出 x + ⎪ 二项式展开通项，即可求得常数项.⎛ 2 2 ⎫6x + ⎪ 6-r⎛ ⎪⎛ 2 x + ⎪ 的展开式中常数项是： C 64 ⋅ 24 = C 62 ⋅16 = 15 ⨯16 = 240 .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.2 14. (x 2 + )6 的展开式中常数项是__________（用数字作答）．x【答案】 240【解析】【分析】2 ⎫6⎝x ⎭【详解】⎝ x ⎭其二项式展开通项：T r +1= C r 6⋅ (x 2 ) ⋅ 2 ⎫r ⎝ x ⎭= C r ⋅ x 12-2r (2) r ⋅ x -r6= C r (2) r ⋅ x 12-3r6当12 - 3r = 0 ，解得 r = 4∴ 2 ⎫6⎝ x ⎭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(a + b )n 的展开通项公式 Tr +1= C r a n -r b r ，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.n.△S ABC=△AOC=⨯AB⨯r+⨯BC⨯r+⨯AC⨯r=⨯(3+3+2)⨯r=22，15.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_________．【答案】23π【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BC=2,AB=AC=3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM=32-12=22，故设内切圆半径为r，则：12⨯2⨯22=22，S△ABC=S△AOB+S△BOC+S11122212解得：r242，其体积：V=πr3=π.233故答案为：23π.【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.16.关于函数f（x）=sin x+1sin x①f（x）的图像关于y轴对称．②f（x）的图像关于原点对称．有如下四个命题：【详解】对于命题①，f ⎛π⎫1⎛π⎫f -=+2=，⎝6⎭2⎝6⎭2f -⎪≠f ⎪，f(-x)=sin(-x)+1=-sin x-=- sin x+⎪=-f(x)，⎝2⎭⎝2⎭sin⎛π-x⎫f -x⎪=sin -x⎪+=cos x+⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭sin⎛π+x⎫f +x⎪=sin +x⎪+=cos x+⎝2⎭f -x⎪=f +x⎪，.③f（x）的图像关于直线x=π2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-π<x<0可判断命题④的正误.综合可得出结论.⎪⎪15=--2=-，则22⎛π⎫⎛π⎫⎝6⎭⎝6⎭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≠kπ,k∈Z}，定义域关于原点对称，1⎛1⎫sin(-x)sin x⎝sin 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，⎛π⎫⎛π⎫11cos x，⎪⎛π⎫⎛π⎫11cos x，则⎪⎛π⎫⎛π⎫⎝2⎭⎝2⎭所以，函数f(x)的图象关于直线x=π2对称，命题③正确；对于命题④，当-π<x<0时，sin x<0，则f(x)=sin x+1sin x<0<2，命题④错误.故答案为：②③.【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：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.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{2n a n }的前 n 项和 S n ．【答案】 1） a 2 = 5 ， a 3 = 7 ， a n = 2n + 1，证明见解析；（2） S n = (2n - 1)⋅ 2n +1 + 2 .【解析】【分析】（1）利用递推公式得出 a , a ，猜想得出{a23n}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 a 2 = 3a 1 - 4 = 9 - 4 = 5 ， a 3 = 3a 2 - 8 = 15 - 8 = 7 ，由数列 {a n}的前三项可猜想数列{a }是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，即 a nn= 2n + 1，证明如下：当 n = 1 时， a 1 = 3 成立；假设 n = k 时， a k = 2k + 1 成立.那么 n = k +1 时， a k +1 = 3a k - 4k = 3(2k + 1) - 4k = 2k + 3 = 2(k + 1) + 1 也成立.则对任意的 n ∈ N * ，都有 a n = 2n + 1成立；（2）由（1）可知， a ⋅ 2n = (2n + 1)⋅ 2nnS = 3 ⨯ 2 + 5 ⨯ 22 + 7 ⨯ 23 +n2S = 3 ⨯ 22 + 5 ⨯ 23 + 7 ⨯ 24 +n+ (2n - 1)⋅ 2n -1 + (2n + 1)⋅ 2n ，①+ (2n - 1)⋅ 2n + (2n + 1)⋅ 2n +1 ，②由① - ②得： -S = 6 + 2 ⨯ (22 + 23 +n+ 2n )- (2n + 1)⋅ 2n +1= 6 + 2 ⨯ 22⨯ (1 - 2n -1)1 - 2- (2n + 1)⋅ 2n +1= (1- 2n) ⋅ 2n +1 - 2 ，即 S = (2n - 1)⋅ 2n +1 + 2 .n【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题18.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）：高考数学；（ （锻炼人次 [0，200] (200，400] (400，600]空气质量等级1（优） 2（良）3（轻度污染）4（中度污染）2567 161072 25128（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 2×2 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？人次≤400人次>400空气质量好空气质量不好n(ad - b c)2附： K 2 = ，(a + b )(c + d )(a + c)(b + d )P(K 2≥k)k0.0503.841 0.0106.635 0.00110.828【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；概率为 5 + 10 + 12 .（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 2 ⨯ 2 列联表，计算出 K 2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 2 + 16 + 25= 0.43 ，等级为 2 的1006 +7 +8 7 + 2 + 0= 0.27 ，等级为 3 的概率为 = 0.21 ，等级为 4 的概率为 = 0.09 ；100 100 100100 ⨯ 20 + 300 ⨯ 35 + 500 ⨯ 45（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100（3） 2 ⨯ 2 列联表如下：人次 ≤ 400人次 > 400= 350空气质量不好空气质量好3322 378100 ⨯ (33⨯ 8 - 37 ⨯ 22)2K 2 =≈ 5.820 > 3.841 ，55 ⨯ 45 ⨯ 70 ⨯ 30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】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 ABCD - A 1B 1C 1D 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．（2的C G=CG，BF=2FB，∴CG=CC=BB=BF且CG=BF，233【答案】1）证明见解析；（2）427.【解析】【分析】（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1-xyz，利用空间向量法可计算出二面角A-EF-A1余弦值，进而可求得二面角A-EF-A的正弦值.11【详解】（1）在棱CC上取点G，使得C G=CG，连接DG、FG、C E、C F，1111在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD//BC且AD=BC，BB1//CC1且BB1=CC1，1221111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DEC1G为平行四边形，∴C1E//DG且C1E=DG，∴C E//AF且C E=AF，则四边形AEC F为平行四边形，111因此，点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C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C1-xyz，由 ⎨ ，得 ⎨ 取 z = -1，得 x = y = 1 ，则 m = (1,1,-1)，⎩-2 x 1 - 2 z 1 = 0 ⎪⎩m ⋅ AF = 0 ⎪由 ⎨，得 ⎨ ⎪ m ⋅ n =7，因此，二面角 A - EF - A 1 的正弦值为 42 20.已知椭圆 C : ， A ， B 分别为 C 的左、右顶点．则 A (2,1,3 )、 A (2,1,0 )、 E (2,0,2 )、 F (0,1,1)，1AE = (0, -1, -1) ， AF = (-2,0, -2)， A E = (0, -1,2 ) ， A F = (-2,0,1)，1 1设平面 AEF 的法向量为 m = (x , y , z 111) ，⎧m ⋅ AE = 0 ⎧- y - z = 0 1 1 11 1设平面 A 1EF 的法向量为 n = (x 2 , y 2 , z2) ， ⎧n ⋅ A E = 0 ⎧- y + 2z = 01 2 2⎪⎩n ⋅ A 1F = 0⎩-2x 2 + z 2 = 0 ，取 z 2 = 2 ，得 x 2 = 1 ， y 2 = 4 ，则 n = (1,4,2 )，cos < m , n >= m ⋅ n3 7=3 ⨯ 21设二面角 A - EF - A 1 的平面角为θ ，则 cos θ =.77 42，∴ s in θ = 1 - cos 2θ =7 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.x 2 y 2 15+ = 1(0 < m < 5) 的离心率为高考数学+ = 1(0 < m < 5) ，可得 a = 5 ， b = m ，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（ （ 根据离心率 e = = 1 - ⎪ = 1 - ⎪ = ， ⎝ 4 ⎭（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．【答案】 1） 【解析】【分析】（1）因为 C : x 2 16 y 2 5+ = 1 ； 2） . 25 25 2x 2 y 225 m 2（2）点 P 在 C 上，点 Q 在直线 x = 6 上，且| BP |=| BQ | ， BP ⊥ BQ ，过点 P 作 x 轴垂线，交点为 M ，设x = 6 与 x 轴交点为 N ，可得 △PMB ≥? BNQ ，可求得 P 点坐标，求出直线 AQ直线距离公式和两点距离公式，即可求得 APQ 的面积. 直线方程，根据点到的【详解】（1）x 2 y 2C : + = 1(0 < m < 5)25 m 2∴ a = 5 ， b = m ，c ⎛ b ⎫2 ⎛ m ⎫215 a ⎝ a ⎭ ⎝ 5 ⎭4 解得 m =5 5或 m =- (舍)，4 4x 2 y 2+ = 1∴ C 的方程为： 25 ⎛ 5 ⎫2 ， ⎪x 2 16 y 2即 + = 1 ；25 25（2）不妨设 P , Q 在 x 轴上方点 P 在 C 上，点 Q 在直线 x = 6 上，且 | BP |=| BQ | ， BP ⊥ BQ ，过点 P 作 x 轴垂线，交点为 M ，设 x = 6 与 x 轴交点为 N根据题意画出图形，如图可得 P 点纵坐标为 y = 1 ，将其代入 + = 1 ，25 25| BP |=| BQ | ， BP ⊥ BQ ， ∠PMB = ∠QNB = 90︒ ，又∠PBM + ∠QBN = 90︒ ， ∠BQN + ∠QBN = 90︒ ，∴ ∠PBM = ∠BQN ，根据三角形全等条件“ AAS ”，可得： △PMB ≥?BNQ ，x 2 16 y 2+ = 1 ， 25 25∴ B(5,0) ，∴ PM = BN = 6 - 5 = 1 ，设 P 点为 ( x P , y P ) ，x 2 16 y 2Px 2 16可得： P + = 1，25 25解得： x P = 3 或 x P = -3 ，∴ P 点为 (3,1)或 (-3,1) ，①当 P 点为 (3,1)时， 故 MB = 5 - 3 = 2 ，△PMB ≥? BNQ ，∴ | MB |=| NQ |= 2 ，22+112=可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图A(-5,0),Q(6,2)，可求得直线AQ的直线方程为：2x-11y+10=0，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d=2⨯3-11⨯1+10根据两点间距离公式可得：AQ=(6+5)2+(2-0)2=55，APQ面积为：1⨯55⨯5=5；∴2525125=55，②当P点为(-3,1)时，故MB=5+3=8，△PMB≥?BNQ，∴|MB|=|NQ|=8，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图A(-5,0),Q(6,8)，高考数学根据点到直线距离公式可得 P 到直线 AQ 的距离为： d = 8 ⨯ (-3)- 11⨯1 + 40 .（ 1 1 f ' ( ) = 0，即 3⨯ ⎛ ⎫⎪ + b = 0可求得直线 AQ 的直线方程为： 8x -11y + 40 = 0 ，根据两点间距离公式可得： AQ =(6 + 5)2 + (8 - 0 )282 + 112== 185 ，5 185 = 5185 ，1 5 5∴ APQ 面积为： ⨯ 185 ⨯= ， 2 185 2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 f ( x ) = x 3 + bx + c ，曲线 y = f ( x ) 在点(1 1，f( ))处的切线与 y 轴垂直． 2 2（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） b = -3 4；（2）证明见解析【解析】【分析】1（1）利用导数的几何意义得到 f ' ( ) = 0 ，解方程即可；2 （2）由（1）可得 f ' ( x ) = 3x 2 -3 1 1 1= 2( x + )( x - ) ，易知 f ( x ) 在 (- , ) 上单调递减，在 (-∞, - ) ，4 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1( , +∞) 上单调递增，且 f (-1) = c - , f (- ) = c + , f ( ) = c - , f (1) = c + ，采用反证法，推出 2 4 2 4 2 4 4矛盾即可.【详解】（1）因为 f ' ( x ) = 3x 2 + b ，由题意， 1 1 2 2 ⎝ 2 ⎭3则 b =- ；4（2）由（1）可得 f ( x ) = x 3- 3x + c ，43 1 1f ' ( x ) = 3x 2 - = 3(x + )( x - ) ，4 2 22令 f '( x ) > 0 ，得 x > 1 1 1 1或 x <- ；令 f ' ( x ) < 0 ，得 - < x < ，2 2 2 21 1 11 所以 f ( x ) 在 (- , ) 上单调递减，在 (-∞, - ) ， ( , +∞) 上单调递增，2 2 21 1 1 1 1 1且 f (-1) = c - , f (- ) = c + , f ( ) = c - , f (1) = c + ，4 2 4 2 4 4若 f ( x ) 所有零点中存在一个绝对值大于 1零点 x ，则 f (-1) > 0 或 f (1) < 0 ，即 c > 1 1或 c < - .4 4的1 1 1 1 1 1 1当 c > 时， f (-1) = c - > 0, f (- ) = c + > 0, f ( ) = c - > 0, f (1) = c + > 0 ，4 4 2 4 2 4 4又 f (-4c) = -64c 3 + 3c + c = 4c(1- 16c 2 ) < 0 ，由零点存在性定理知 f ( x ) 在 (-4c, -1) 上存在唯一一个零点 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；1 1 1 1 1 1 1当 c < - 时， f (-1) = c - < 0, f (- ) = c + < 0, f ( ) = c - < 0, f (1) = c + < 0 ，4 4 2 4 2 4 4又 f (-4c) = 64c 3 + 3c + c = 4c(1 - 16c 2 ) > 0 ，由零点存在性定理知 f ( x ) 在 (1,-4c) 上存在唯一一个零点 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.（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.[选修 4—4：坐标系与参数方程]（10 分）⎧ x = 2 - t - t 222.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 ⎩ y = 2 - 3t + t 2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．（0 - ( 0 .3 （ max{a, b , c } = a ，由题意得出 a > 0,b , c < 0 ，由 a 3 = a 2 ⋅ a = b + c【答案】 1） 4 10 （2）3ρ cos θ - ρ sin θ + 12 = 0【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 x = 0 ，则 t 2 + t - 2 = 0 ，解得 t = -2 或 t =1（舍），则 y = 2 + 6 + 4 = 12 ，即 A(0,12) . 令 y = 0 ，则 t 2 - 3t + 2 = 0 ，解得 t = 2 或 t =1（舍），则 x = 2 - 2 - 4 = -4 ，即 B(-4,0) .∴ AB = (0 + 4)2 + (12 - 0)2 = 4 10 ；（2）由（1）可知 k AB = 12 - 4)= 3 ，则直线 AB 的方程为 y = 3(x + 4) ，即 3x - y + 12 = 0 .由 x = ρ cos θ, y = ρ sin θ 可得，直线 AB 的极坐标方程为 3ρ cos θ - ρ sin θ + 12 = 0 .【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 [选修 4—5：不等式选讲]（10 分）23.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 }≥ 4 ． 【答案】 1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由 (a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0 结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设( bc)2 b 2 + c 2 + 2bc =bc，结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）(a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0 ，∴ a b + bc + ca = - 1 (a 2 + b 2 + c 2 ) 21(b + c )2b 2 +c 2 + 2bc2bc + 2bca = -b - c, a = ，∴ a 3 = a 2 ⋅ a ==≥= 4 .bc .abc = 1,∴ a, b , c 均不为 0 ，则 a 2 + b 2 + c 2 > 0 ，∴ a b + bc + ca = - 1 (a 2 + b 2 + c 2 )< 0 ； 2（2）不妨设 max{a, b , c } = a ，由 a + b + c = 0, a bc = 1可知， a > 0, b < 0, c < 0 ，bcbcbc当且仅当 b = c 时，取等号，∴ a ≥ 3 4 ，即 max{a, b , c } 3 4 .【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。
2020届河南省普通高中高考质量测评(二)数学理科试题(带答案解析)
2020届河南省普通高中高考质量测评（二)理科数学试题第I 卷（选择题)一、单选题1．已知全集U =R ，集合{}2|log 1A x x =<，{}2|0B x x x =->，则A B I =（ ）A ．{|12x x <<}B ．{|2x x <}C ．{|12x x ≤≤}D ．{|14x x ≤<}2．已知复数z 满足21iz i -=+，则z =（ ） A ．132i+ B ．132i - C ．32i +D ．32i- 3．由我国引领的5G 时代已经到来，5G 的发展将直接带动包括运营、制造、服务在内的通信行业整体的快速发展，进而对GDP 增长产生直接贡献，并通过产业间的关联效应和波及效应，间接带动国民经济各行业的发展，创造出更多的经济增加值.如图是某单位结合近年数据，对今后几年的5G 经济产出所做的预测.结合上图，下列说法错误的是（）A ．5G 的发展带动今后几年的总经济产出逐年增加B ．设备制造商的经济产前期增长较快，后期放缓C ．信息服务商与运营商的经济产出的差距有逐步拉大的趋势D ．设备制造商在各年的总经济产出中一直处于领先地位 4．411(12)x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭展开式中2x 的系数为（ ） A ．10B ．24C ．32D ．565．已知函数()x f x ae x b =++，若函数()f x 在(0,(0))f 处的切线方程为23y x =+，则ab 的值为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．46．函数2sin ()1x xf x x +=+在[,]-ππ的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．7．如图，在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，2AD =，3BC =，E 是PD 的中点，F 在PC 上且13PF PC =，G 在PB 上且23PG PB =，则（ ）A ．3AG EF =，且AG 与EF 平行B ．3AG EF =，且AG 与EF 相交C ．2AG EF =，且AG 与EF 异面D ．2AG EF =，且AG 与EF 平行8．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，22a =，728S =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项和为（ ） A ．20202021B ．20182020C ．20182019D ．202120209．“角谷定理”的内容为对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2．如此循环，最终都能够得到1．如图为研究角谷定理的一个程序框图．若输入n 的值为10，则输出i 的值为（）A ．5B ．6C ．7D ．810．设抛物线22(0)x py p =>的焦点为F ，准线为l ，过抛物线上一点A 作l 的垂线，垂足为B ，设7(0,)2pC ，AF 与BC 相较于点E .若||2CF AF =，且ACE ∆的面积为p 的值为（ ）AB ．2CD ．11．现有一副斜边长相等的直角三角板.若将它们的斜边AB 重合，其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥A BCD -，如图所示，已知,64DAB BAC ππ∠=∠=，三棱锥的外接球的表面积为4π，该三棱锥的体积的最大值为（ ）A ．3B C ．24D ．4812．设函数()sin()f x x ωϕ=+，其中0,,43ππωϕ⎡⎤>∈⎢⎥⎣⎦，已知()f x 在[0,2]π上有且仅有4个零点，则下列ω的值中满足条件的是（ ） A ．136ω= B ．116ω=C ．74ω=D ．34ω=第II 卷（非选择题)二、填空题13．若||3a =，||2b =，2a b +=r r ，则a r 与 b r的夹角为______________.14．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若数列{}12n S a -也为等比数列，则43S S =________.15．某工厂生产的产品中分正品与次品，正品重100g ，次品重110g ，现有5袋产品（每袋装有10个产品），已知其中有且只有一袋次品（10个产品均为次品）如果将5袋产品以1～5编号，第i 袋取出i 个产品（1,2,3,4,5i =），并将取出的产品一起用秤（可以称出物体重量的工具）称出其重量y ，若次品所在的袋子的编号是2，此时的重量y =_________g ；若次品所在的袋子的编号是n ，此时的重量y =_______g .16．已知点P 是双曲线2213y x -=右支上一动点，12,F F 是双曲线的左、右焦点，动点Q 满足下列条件：①12212||0||PF PF QF PF PF ⎛⎫+= ⎪⎝⎭⋅u u u u u u u r u u r u u u u r u u r r u ，②12120||||PF PF QP PF PF λ⎛⎫++= ⎪⎝⎭u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r ，则点Q 的轨迹方程为________________. 三、解答题17．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且sin 2sin()0c B b A B -+= （1）求角B 的大小；（2）设4a =，6c =，求sin C 的值．18．为实现有效利用扶贫资金，增加贫困村民的收入，扶贫工作组结合某贫困村水质优良的特点，决定利用扶贫资金从外地购买甲、乙、丙三种鱼苗在鱼塘中进行养殖试验，试验后选择其中一种进行大面积养殖，已知鱼苗甲的自然成活率为0.8.鱼苗乙，丙的自然成活率均为0.9，且甲、乙、丙三种鱼苗是否成活相互独立.（1）试验时从甲、乙，丙三种鱼苗中各取一尾，记自然成活的尾数为X ，求X 的分布列和数学期望；（2）试验后发现乙种鱼苗较好，扶贫工作组决定购买n 尾乙种鱼苗进行大面积养殖，为提高鱼苗的成活率，工作组采取增氧措施，该措施实施对能够自然成活的鱼苗不产生影响.使不能自然成活的鱼苗的成活率提高了50%.若每尾乙种鱼苗最终成活后可获利10元，不成活则亏损2元，且扶贫工作组的扶贫目标是获利不低于37.6万元，问需至少购买多少尾乙种鱼苗？19．如图，圆柱的轴截面ABCD 是边长为2的正方形，点P 是圆弧CD 上的一动点（不与,C D 重合），点Q 是圆弧AB 的中点，且点,P Q 在平面ABCD 的两侧.（1）证明：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）设点P 在平面ABQ 上的射影为点O ，点,E F 分别是PQB △和POA V 的重心，当三棱锥P ABC -体积最大时，回答下列问题. （ⅰ）证明：//EF 平面PAQ ；（ⅱ）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的正弦值.20．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F 是椭圆上一动点（与左、右顶点不重合）已知12PF F △12. （1）求椭圆C 的方程；（2）过2F 的直线l 交椭圆C 于,A B 两点，过A 作x 轴的垂线交椭圆C 与另一点Q （Q不与,A B 重合）.设ABQ △的外心为G ，求证2||AB GF 为定值. 21．已知函数()2(12)ln a f x x a x x=+-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ，且12x x <，证明：1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭. 22．在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为21,2x s y ⎧=⎪⎨⎪=⎩（s 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cos 2sin 90ρθρθ++=.（1）求C 和l 的直角坐标方程；（2）设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值. 23．已知函数()|1||24|f x x x =++-. （1）求不等式()6f x ≤的解集；（2）若函数()y f x =的图象最低点为(),m n ，正数,a b 满足6ma mb +=，求23a b+的取值范围.参考答案1．A 【解析】 【分析】求出不等式2log 1x <和20x x ->的解，然后根据集合的交集运算，即可得到本题答案. 【详解】由2log 1x <，得02x <<，故{|02}A x x =<<， 由20x x ->，得1x >或0x <，故{|1B x x =>或0}x <， 所以，{|12}A B x x =<<I . 故选：A 【点睛】本题主要考查集合的交集运算，其中涉及对数不等式和一元二次不等式的求解. 2．B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算，即可得答案. 【详解】 ∵2(2)(1)131(1)(1)2i i i iz i i i ----===++-. 故选：B. 【点睛】本题考查复数的除法运算，考查基本运算求解能力，属于基础题. 3．D 【解析】 【分析】对A 选项，可直观感知每年的产出是逐渐增高；对B 选项，2020到2023年设备制造商的经济产前期增长较快，后几年放缓；对C 选项，2028到2030年第二个小矩形的高与第一个小矩形的高度差明显逐年加大；对D 选项，2029和2030年已被信息服务超出．对A 选项，每一年小矩形高是逐渐增高的，可直观发现每年产值是逐渐增高，故A 正确； 对B 选项，2020到2023年设备制造商的经济产前期增长较快，后几年放缓，故B 正确； 对C 选项，2028到2030年第二个小矩形的高与第一个小矩形的高度差明显逐年加大，故C 正确；对D 选项，2029和2030年已被信息服务超出，故D 错误．故选D ． 【点睛】本题主要考查数学阅读理解能力及从图中提取信息的能力，属基础题． 4．D 【解析】 【分析】 先将式子411(12)x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭化成4411(12)(12)x x x⋅++⋅+，再分别求两项各自的2x 的系数，再相加，即可得答案. 【详解】 ∵444111(12)1(12)(12)x x x x x⎛⎫++=⋅++⋅+ ⎪⎝⎭， ∴4(12)x +展开式中含2x 的项为22241(2)24C x x ⋅=，41(12)x x ⋅+展开式中含2x 的项33241(2)32C x x x⋅=， 故2x 的系数为243256+=. 故选：D. 【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力. 5．B 【解析】 【分析】对函数求导得(0)2f '=，求得a 的值，再根据切点既在切线上又在曲线上，可求得b 的值，【详解】∵()1xf x ae '=+，∴(0)12f a '=+=，解得1,(0)13a f a b b ==+=+=，∴2b =， ∴2ab =. 故选：B. 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意切点既在切线上又在曲线上的应用. 6．D 【解析】 【分析】根据函数为奇函数及()0f π>，再结合排除法，即可得答案. 【详解】∵函数的定义域为R ，关于原点对称，且2sin()()()()()1x x f x f x x -+--==--+，∴()f x 是奇函数，故排除A ；22sin ()011f ππππππ+==>++，排除B ，C.故选：D. 【点睛】本题考查根据函数的解析式选择函数的图象，考查数形结合思想，求解时注意充分利用函数的性质及特殊点的函数值进行求解. 7．D 【解析】 【分析】取CF 的中点H ，连接,DH GH ，通过证明四边形ADHG 为平行四边形，可得AG DH //且AG DH =，由在PHD ∆中，,E F 分别为PD 和PH 的中点，可得EF DH //且12EF DH =，综上，即可得到本题答案.取CF 的中点H ，连接,DH GH ，则在PBC ∆中，23PG PH PB PC ==，所以GH BC //，223GH BC ==，又因为AD BC //且2AD =，所以GH AD //，且GH AD =，所以四边形ADHG 为平行四边形，所以AG DH //，且AG DH =.在PHD ∆中，,E F 分别为PD 和PH 的中点，所以EF DH //，且12EF DH =，所以EF AG //，且12EF AG =，即2AG EF =. 故选：D 【点睛】本题主要考查空间中两直线的位置关系及大小关系，数形结合思想的应用是解决此题的关键. 8．A 【解析】 【分析】根据22a =，728S =，求得n a ，再利用裂项相消法求n T ，令2020n =代入n T ，即可得答案. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，所以()1774772a a S a +==. 设公差为d ，因为272,28a S ==，所以()112,7328,a d a d +=⎧⎨+=⎩解方程组得11,1,a d =⎧⎨=⎩所以数列{}n a 的通项公式为1(1)1n a n n =+-⨯=，所以111(1)n n a a n n +=⨯+.设n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和， 则11111122334(1)(1)n T n n n n =+++⋯++⨯⨯⨯-⨯⨯+ 111111122331n n =-+-++⋯+-+ ∴2020111111111122334202012020202020201T =-+-+-++-+--+L12020120212021=-=故选：A. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意利用裂项相消法进行求和. 9．B 【解析】 【分析】根据流程逐步分析，直到1n =时，计算出i 的值即可. 【详解】（1）10,0n i ==；（2）5,1n i ==；（3）16,2n i ==；（4）8,3n i ==；（5）4,4n i ==；（6）2,5n i ==；（7）1,6n i ==． 故选B ． 【点睛】本题考查根据程序框图计算输出值，难度较易.程序框图问题，多数可以采用列举法的方式解答问题. 10．C 【解析】 【分析】 由题，可得),Ap ，又由~ABE FCE ∆∆及ACE ∆的面积为得ACF S ∆=然后通过求132ACF S p ∆=⨯=. 【详解】 根据已知0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，:2pl y =-，由||2||CF AF =，得3||2AF p =，不妨设点(,)A x y 在第一象限，则322p y p +=，即y p =，所以x =，易知~ABE FCE ∆∆，||||1||||2AB AE CF EF ==，所以||2||EF AE =，所以ACF ∆的面积是AEC ∆面积的3倍，即ACF S ∆=，所以132ACF S p ∆=⨯=p =故选：C 【点睛】本题主要考查抛物线与直线的综合问题，考查学生的分析问题和解决问题能力及运算求解能力. 11．B 【解析】 【分析】设三棱锥A BCD -的外接球的半径为r ，由球的体积得球的半径，当平面ABC ⊥平面ABD 时，三棱锥的体积达到最大，利用体积公式计算，即可得答案. 【详解】设三棱锥A BCD -的外接球的半径为r ，因为244r ππ=⇒1r =， 因为90ADB ACB ︒∠=∠=，所以AB 为外接球的直径，所以2AB =，且1,AD BD AC BC ====当点C 到平面ABD 距离最大时，三枝锥A BCD -的体积最大， 此时平面ABC ⊥平面ABD ，且点C 到平面ABD 的距离1d =，所以11111332A BCD C ABD ABD V V S d --==⋅=⨯⨯=△. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥与球的内接问题、三棱锥体积的最大值、球的体积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意球心位置的确定. 12．A 【解析】 【分析】设t x ωϕ=+，则2t ϕπωϕ+剟，从而将问题转化为sin y t =在[,2]ϕπωϕ+上有4个零点，从而得到425ππωϕπ+<…，再利用不等式恒成立问题求得ω的范围，即可得答案. 【详解】设t x ωϕ=+，则2t ϕπωϕ+剟， 所以sin y t =在[,2]ϕπωϕ+上有4个零点， 因为,43ππϕ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以425ππωϕπ+<…， 所以52222ϕϕωππ-<-…， 所以5342222ππωππ-<-…，即15783ω<…，满足的只有A. 故选：A. 【点睛】本题考查根据三角函数的零点个数求参数值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意换元法的应用. 13．3π 【解析】 【分析】由222|2|44a b a a b b +=+⋅+r rr r r r 及||||cos a b a b θ⋅=⋅r r r r ，即可得到本题答案.【详解】设a r 与 b r 的夹角为θ，则222|2|449432cos 4437a b a a b b θ+=+⋅+=+⨯⨯⨯+⨯=r rr r r r ，得1cos 2θ=，所以3πθ=.故答案为：3π 【点睛】本题主要考查利用向量的模的计算公式求向量的夹角，属基础题. 14．1514【解析】 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ，利用等比数列{}12n S a -的等比中项性质可得公比q ，再代入等比数列的前n 项和公式中，即可得答案. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ， ∵数列{}12n S a -为等比数列，∴()()2211231a a a a a a -=-+-，解得：12q =， ∴4211231241332315(1)1587(1)144S a q q q S a q a a a a a a q a +++====+++++++. 故答案为：1514.【点睛】本题考查等比数列中的基本量法运算、等比数列的通项公式和前n 项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力. 15．1520 150010,{1,2,3,4,5}n n +∈ 【解析】 【分析】第1袋取1个，第2袋取2个，第3袋取3个，第4袋取4个，第5袋取5个，共取15个.若次品是第2袋，则15个产品中正品13个，次品2个，若次品是第({1,2,3,4,5})n n ∈袋，则15个产品中次品n 个，正品15n -个，分别进行计算，即可得答案. 【详解】第1袋取1个，第2袋取2个，第3袋取3个，第4袋取4个，第5袋取5个，共取15个.若次品是第2袋，则15个产品中正品13个，次品2个， 此时的重量1001311021520y =⨯+⨯=，若次品是第({1,2,3,4,5})n n ∈袋，则15个产品中次品n 个，正品15n -个， 此时的重量100(15)110150010,{1,2,3,4,5}y n n n n =⨯-+⨯=+∈. 故答案为：1520；150010,{1,2,3,4,5}n n +∈ 【点睛】本题考查数学推理应用题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对题意的理解. 16．221(0)x y y +=≠ 【解析】 【分析】设动点Q 的坐标为(,)x y ，延长2F Q 交1PF 于点A ，根据向量的加法法则及数量积为0，可得2QF PQ ⊥，利用双曲线的定义可得11||12OQ AF ==，即可得答案. 【详解】设动点Q 的坐标为(,)x y ，延长2F Q 交1PF 于点A ， 由条件②知点Q 在12F PF ∠的角平分线上， 结合条件①知2QF PQ ⊥，所以在2PF A △中，2PQ F A ⊥.又PQ 平分2APF ∠， 所以2PF A △为等腰三角形，即2||PA PF =，2||AQ QF =.因为点P 为双曲线上的点，所以122PF PF -=，即12||2PA AF PF +-=， 所以12AF =.又在12F AF V 中，Q 为2AF 的中点，O 为12F F 的中点， 所以11||12OQ AF ==， 所以点Q 的轨迹是以O 为圆心，半径为1的圆， 所以点Q 的轨迹方程为221(0)x y y +=≠.故答案为：221(0)x y y +=≠. 【点睛】本题考查单位向量、向量的数量积、向量的加法法则的几何意义、双曲线的定义、轨迹方程的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意平面几何知识的应用.17．（1）3B π=（2）14【解析】 【分析】（1）由已知结合正弦定理化简可求cos B ，进而可求B ；（2）由余弦定理可得，2221cos 22a cb B ac +-==，代入可求b ，由正弦定理可得，sin sin c BC b=可求． 【详解】解：（1）由正弦定理得sin sin 2sin sin()0C B B A B -+=， 化简得2sin sin cos sin sin 0C B B B C -=. 因为在三角形中，sin 0B ≠，sin 0C ≠， 可得1cos 2B =. 又因为(0,)B π∈，所以3B π=（2）由余弦定理可得，2221cos 22a cb B ac +-==，2163612462b +-=⨯⨯，所以b =由正弦定理可得，sin sin 14c B C b ==. 【点睛】本题主要考查了两角和及二倍角的公式，正弦定理，余弦定理的综合应用，属于中等试题． 18．（1）分布列见解析，2.6（2）40000尾 【解析】 【分析】（1）由题意得随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3，利用相互独立事件同时发生的概率，可计算(0),(1),(2),(3)P X P X P X P X ====的值，进而得到分布列和期望； （2）依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为0.95，计算一尾乙种鱼苗的平均收益，进而计算n 尾乙种鱼苗最终可获得的利润，再解不等式，即可得答案. 【详解】（1）记随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3， 则(0)0.20.10.10.002P X ==⨯⨯=，(1)0.80.10.10.20.90.10.20.10.90.044P X ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=， (2)0.80.90.10.80.10.90.20.90.90.306P X ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=， (3)0.80.90.90.648P X ==⨯⨯=.故X 的分布列为()00.00210.04420.30630.648 2.6E X =⨯+⨯+⨯+⨯=.（2）根据已知乙种鱼苗自然成活的概率为0.9，依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为0.90.10.50.95+⨯=， 所以一尾乙种鱼苗的平均收益为100.9520.059.4⨯-⨯=元. 设购买n 尾乙种鱼苗，()E n 为购买n 尾乙种鱼苗最终可获得的利润，则()9.4376000E n n =…，解得40000n …. 所以需至少购买40000尾乙种鱼苗，才能确保获利不低于37.6万元. 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、期望、利润最大化的决策问题，考查函数与方程思想、，考查数据处理能力.19．（1）见解析（2） 【解析】 【分析】（1）证明PC 垂直平面PAD 内的两条相交直线,AD PD ，再利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，点P 为圆弧CD 的中点，所以点O 为圆弧AB 的中点，所以四边形AQBO 为正方形，且PO ⊥平面ABO .（ⅰ）连接PE 并延长交BQ 于点M ，连接PF 并延长交OA 于点N ，连接MN ，则//MN AQ ，再由线面平行的判定定理证得结论；（ⅱ）由PO ⊥平面,ABO AO 垂直BO ，所以以O 为坐标原点，,,OA OB OP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出平面PAB 的法向量n =r，平面PCD 的法向量(0,0,1)m =u r，求两向量夹角的余弦值，进而得到二面角的正弦值.【详解】（1）因为ABCD 是轴截面，所以AD ⊥平面PCD ，所以AD PC ⊥，又点P 是圆弧CD 上的一动点（不与,C D 重合），且CD 为直径，所以PC PD ⊥， 又,AD PD D PD ⋂=⊂平面,PAD AD ⊂平面PAD ，所以PC ⊥平面PAD ，而PC ⊂平面PBC ，故平面PAD 平面PBC .（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，点P 为圆弧CD 的中点，所以点O 为圆弧AB 的中点，所以四边形AQBO 为正方形，且PO ⊥平面ABO .（ⅰ）连接PE 并延长交BQ 于点M ，连接PF 并延长交OA 于点N ，连接MN ，则//MN AQ ，因为,E F 分别为两个三角形的重心，∴23PE PF PM PN ==，//EF MN 所以//EF AQ ，又AQ ⊂平面,PAQ EF ⊄平面PAQ ，所以//EF 平面PAQ . （ⅱ）PO ⊥平面,ABO AO 垂直BO ，所以以O 为坐标原点，,,OA OB OP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：则(0,0,2),2),(P A B PA AB =-=u u u r u u u r，设平面PAB的法向量(,,)n x y z =r ，则0,0,n PA n AB ⋅=⎧⎨⋅=⎩vu u u v v即20,0,z -=+=⎪⎩可取n =r，又平面PCD 的法向量(0,0,1)m =u r，所以cos ,||||n m n m n m ⋅〈〉===r u rr u r r u r，所以sin ,5n m 〈〉=r u r . 所以平面PAB 与平面PCD.【点睛】本题考查空间中的线面平行、面面垂直、二面角的向量求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意建系前必需证明三条直线两两互相垂直.20．（1）22143x y +=（2）见解析【解析】 【分析】（1）当12PF F △面积最大时，r 最大，即P点位于椭圆短轴顶点时r =b 的值，再利用离心率求得,a c ，即可得答案；（2）由题意知，直线AB 的斜率存在，且不为0，设直线AB 为1x my =+，代入椭圆方程得()2234690m y my ++-=.设()()1122,,,A x y B x y ，利用弦长公式求得||AB ，利用AB的垂直平分线方程求得G 的坐标，两个都用m 表示，代入2||AB GF 中，即可得答案. 【详解】 （1）由题意知：12c a =，∴2222,a c b a c ==-，∴b =. 设12PF F △的内切圆半径为r ， 则()12121211(22)()22PF F S PF PF F F r a c r a c r =++⋅=+⋅=+⋅V ，故当12PF F △面积最大时，r 最大，即P点位于椭圆短轴顶点时r =所以()3a c bc +=，把2,a c b ==代入，解得：2,a b ==， 所以椭圆方程为22143x y +=. （2）由题意知，直线AB 的斜率存在，且不为0，设直线AB 为1x my =+，代入椭圆方程得()2234690m y my ++-=.设()()1122,,,A x y B x y ，则12122269,3434m y y y y m m --+==++， 所以AB 的中点坐标为2243,3434m m m -⎛⎫ ⎪++⎝⎭，所以()2122121|||3434m AB y m m +===++. 因为G 是ABQ △的外心，所以G 是线段AB 的垂直平分线与线段AQ 的垂直平分线的交点，AB 的垂直平分线方程为22343434m y m x m m ⎛⎫+=-- ⎪++⎝⎭， 令0y =，得2134x m =+，即21,034G m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，所以222213313434m GF m m +=-=++ 所以()22222121||1234433334m AB m m GF m ++===++，所以2||AB GF 为定值，定值为4. 【点睛】本题考查椭圆方程的求解、离心率、直线与椭圆位置关系中的定值问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为关于变量m 的表达式，进而求证得到定值.21．（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）对函数()f x 进行求导得2()(21)()(0)x a x f x x x-+'=>，再对a 进行分类讨论，解不等式，即可得答案； （2）当0a …时，()f x 在(0,)+∞单调递增，()f x m =至多一个根，不符合题意；当0a >时，()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，则()0f a '=.不妨设120x a x <<<，只要证122x x a +>212x a x >-⇔，再利用函数的单调性，即可证得结论. 【详解】（1）2222122(12)()(21)()2(0)a a x a x a x a x f x x x x x x-+---+'=+-==>. ①当0a …时，(0,),()0,()x f x f x '∈+∞>单调递增；②当0a >时，(0,),()0,()x a f x f x '∈<单调递减； (,),()0,()x a f x f x '∈+∞>单调递增.综上：当0a …时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增.（2）由（1）知，当0a …时，()f x 在(0,)+∞单调递增，()f x m =至多一个根，不符合题意；当0a >时，()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，则()0f a '=.不妨设120x a x <<<， 要证1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭，即证122x x a +>，即证122x x a +>，即证212x a x >-. 因为()f x 在(,)a +∞单调递增，即证()()212f x f a x >-，因为()()21f x f x =，所以即证()()112f x f a x >-，即证()()f a x f a x +<-. 令()()()g x f a x f a x =+--2()(12)ln()2()(12)ln()a a a x a a x a x a a x a x a x ⎡⎤⎡⎤=++-++--+--+⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦⎣⎦4(12)ln()(12)ln()a a x a a x a a x a x a x=+-+---+-+-， 221212()4()()a a a a g x a x a x a x a x --'=++--+-+- ()()22222222222242(12)4()()()()a a x x x a a a a a x a x a x a x a x +---=+-=-+-+-. 当(0,)x a ∈时，()0,()g x g x '<单调递减，又(0)(0)(0)0g f a f a =+--=， 所以(0,)x a ∈时，()(0)0g x g <=，即()()f a x f a x +<-，即()(2)f x f a x >-.又1(0,)x a ∈，所以()()112f x f a x >-，所以1202x x f +⎛⎫'>⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将所证不等式转化为利用函数的单调性进行证明.22．（1）24y x =，290x y ++=（2【解析】【分析】（1）直接利用消参法可得曲线C 的直角坐标方程；将cos ,sin x y ρθρθ==代入l 的极坐标方程得l 的直角坐标方程；（2）设212P s ⎛⎫⎪⎝⎭，利用点到直线的距离公式，结合二次函数的性质求最值，即可得答案.【详解】（1）C 的直角坐标方程为：24y x =， 将cos ,sin x y ρθρθ==代入l 的极坐标方程得l 的直角坐标方程为：290x y ++=.（2）设212P s ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则点P 到直线l的距离21|9s d ++==，当s =-d ==. 【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程、普通方程的互化、点到直线的距离公式，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意点的参数设法.23．（1）[]13,x ∈-（2）2325,6a b ⎡⎫+∈+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）分类讨论去掉绝对值得分段函数求解即可；（2）由分段函数求出最低点，得236a b +=，构造1，利用均值不等式求解即可.【详解】 （1）33,2()5,1233,1x x f x x x x x -≥⎧⎪=-+-<<⎨⎪-+≤-⎩，所以由()6f x ≤可得2336x x ≥⎧⎨-≤⎩，或1256x x -<<⎧⎨-+≤⎩，或1336x x ≤-⎧⎨-+≤⎩， 解得：[]2,3x ∈或()1,2x ∈-或1x =-.综上，[]13,x ∈-. （2）因为33,2()5,1233,1x x f x x x x x -≥⎧⎪=-+-<<⎨⎪-+≤-⎩，所以当2x =时，()min 3f x =，最低点为()2,3， 即236a b +=，所以132a b +=. 23232313252323266a b b a a b a b a b ⎛⎫⎛⎫+=++=+++≥+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当65a b==时等号成立，所以2325,6a b⎡⎫+∈+∞⎪⎢⎣⎭【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分段函数的最值，均值不等式，属于中档题.。
2020年河南高考理科数学试题真题及答案
2020年河南高考理科数学试题真题及答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 若1z i =+,则22z z -= A.0 B.1 C.2D.22.设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21AB x x =-≤≤，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. 514- B. 512- C. 514+ D.512+4.已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．95.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ο）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 i (,)x y (1,2,...,20)i =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 ．2y a bx =+C ．x y a be =+D ．ln y a b x =+6.函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+7.设函数()cos()6f x x πω=+在[]-ππ，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109π B. 76π C. 43π D. 32π8. 25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为 A. 5B. 10C. 15D. 209. 已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A. 53B. 23C. 13D.5910. 已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC 的外接圆，若1O 的面积为14,AB BC AC OO π===,则球O 的表面积为A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π11. 已知22:2220M x y x y +---=，直线:20,l x y p +=为l 上的动点.过点p 作M 的切线PA ，PB ,切点为,A B ,当PM AB 最小时，直线AB 的方程为A. 210x y --=B. 210x y +-=C. 210x y -+=D. 210x y ++=12.若a 242log 42log b a b +=+则A.a>2bB.a<2bC.a>2bD.a<2b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
(全国III卷)2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案
（3） 2 2 列联表如下：
人次 400
空气质量不好
33
空气质量好
22
人次 400 37 8
K2
100 338 37 222
5.820 3.841 ，
55 45 70 30
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】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
根据题意画出图形，如图
理科数学参考答案 7
| BP || BQ | ， BP BQ ， PMB QNB 90 ，
又 PBM QBN 90 ， BQN QBN 90 ，
PBM BQN ， 根据三角形全等条件“ AAS ”， 可得：△PMB △BNQ ，
x2 16 y2 1 ， 25 25
【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 2 2 列联表，计算出 K2 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 2 16 25 0.43 ， 100
（2）由错位相减法求解即可.
【详解】（1）由题意可得 a2 3a1 4 9 4 5 ， a3 3a2 8 15 8 7 ，
由数列an 的前三项可猜想数列an 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，即 an 2n 1，
证明如下：
当 n 1 时， a1 3成立；
假设 n k 时， ak 2k 1 成立.
机密★启用前
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
2020年高考理科数学(2卷)：答案详细解析(word版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（II 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.1. （集合）已知集合{}2,1,0,1,2,3U =--，{}1,0,1A =-，{}1,2B =，则()C U A B =A. {}2,3-B. {}2,2,3-C. {}2,1,0,3--D. {}2,1,0,2,3--【解析】∵{1,0,1,2}A B =-，∴(){}C 2,3U AB =-. 【答案】A2. （三角函数）若α为第四象限角，则A. cos20α>B. cos20α<C. sin 20α>D. sin 20α<【解析】α为第四象限角，即π2π2π2k k α-+<<，∴π4π24πk k α-+<<， ∴2α是第三或第四象限角，∴sin 20α<.【答案】D3. （概率统计，同文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【解析】该超市某日积压500份订单未配货，次日新订单不超过1600份的概率为0.95，共2100份，其中1200份不需要志愿者，志愿者只需负责900份，故需要900÷50＝18名志愿者.【答案】B4.（数列）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【解析】设每一层有n 环，由题意可知从内到外每环的扇面形石板块数之间构成等差数列，且19a =，9d =，由等差数列性质可知，n S 、2n n S S -、32n n S S -也构成等差数列，且公差229d n d n '==.因下层比中层多729块，故有2322()()9729n n n n S S S S n ---==，解得9n =. 因此三层共有扇面形石板的块数为327127262726==272799=340222n S S a d ⨯⨯+=⨯+⨯. 【答案】C5. （解析几何，同文8）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 ．5 B. 25 C. 35 D. 45【解析】如图A5所示，设圆的方程为222()()x a y b r -+-=，∵ 圆过点（2, 1）且与两坐标轴都相切，∴ 222(2)(1)a b r a b r ==⎧⎨-+-=⎩，解得1a b r ===或5a b r ===， 即圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心到直线230x y --=22211325521⨯--+或22255325=521⨯--+.图A5【答案】B6.（数列）数列()n a 中，12a =，m n m n a a a +=，若1551210...22k k k a a a ++++++=-，则k =A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】∵m n m n a a a +=，∴211211n k n k k k a a a a a a a +--===，故有1210111551210...(222)(22)22k k k k k a a a a a ++++++=+++=-=-，∴42k a =又∵2111211112n n n n n n a a a a a a a a ---======，∴ 422k k a ==，∴4k =.【答案】C7.（立体几何）下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．H【解析】由三视图的特点，如图A7所示，该端点在侧视图中对应的点为E.图A7【答案】A8．（解析几何，同文9）设O为坐标原点，直线x a=与双曲线C：22221 x ya b-=（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．32【解析】如图A8所示，双曲线C：22221x ya b-=（a>0,b>0）的渐近线为by xa=±，由题意可知，(,)D a b ，(,)E a b -，∴ 1282ODE S a b ab ∆=⋅==， ∴ 焦距22226422248c a b a a =+=+≥⨯=，当且仅当22a =时，等号成立. 故C 的焦距的最小值为8.图A8【答案】B9.（函数）设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则()f xA.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 【解析】∵()ln |21|ln |21|ln |21|ln |21|()f x x x x x f x -=-+---=--+=-，∴()f x 是奇函数，∵()ln ||g x x =，1()g x x '=，（即ln ||x 与ln x ，二者的导函数相同） ∴224()2121(21)(21)f x x x x x -'=-=+--+， 当1(,)2x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 在1(,)2-∞-单调递减. 当11()22x ∈-，时，()0f x '>，()f x 在1(,)2-∞-单调递增.当1()2x ∈+∞，时，()0f x '<，()f x 在1(,)2-∞-单调递减. 【答案】D10.（立体几何，同文11）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 ．32 C ．1 D ．32【解析】由题意可知239344ABC S AB ∆==，∴3AB =， 如图A10所示，设球O 的半径为R ，则24π16πR =，∴2R =，设O 在△ABC 上的射影为O 1，则O 1是△ABC 的外接圆的圆心， 故123333O A == O 到平面ABC 的距离22111OO R O A =-=.图A10【答案】C11. （函数，同文12）若2233x y x y ---<-，则A. ln(1)0y x -+>B. ln(1)0y x -+<C. ln ||0x y ->D. ln ||0x y -<【解析】2233x y x y ---<-可化为2323x x y y ---<-，设1()2323x x x x f x -⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，由指数函数的性质易知()f x 在R 上单调递增，∵2323x x y y ---<-，∴ x y <，∴0y x ->，∴11y x -+>，∴In(1)0y x -+>.【答案】A12. （概率统计）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列12...n 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12...n a a a ，11()(1,2,...1)i m 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的序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是A. 11010...B. 11011...C. 10001...D. 11001...【解析】解法一（计数思想）：由5111()(1,2,3,4)55i i k i C k a a k +==≤=∑，可得511i i k i a a +=≤∑. 因0=1i i k a a +⎧⎨⎩，故对于每一个(1,2,3,4)k k =，1i i k a a +=的个数不超过1，所以对于所有的(1,2,3,4)k k =，1i i k a a +=的总个数不能超过4.A 选项：1i i k a a +=的个数为236A =，故A 选项不符合题意.B 选项：1i i k a a +=的个数为2412A =，故B 选项不符合题意. D 选项：1i i k a a +=的个数为236A =，故D 选项不符合题意.C 选项：1i i k a a +=的个数为222A =，即151(4)a a k ==和511(1)a a k ==，因此可推出1(1)(4)5C C ==，(2)(3)0C C ==，故C 选项符合题意. 解法二（排除法）： 由解法一可知，对于每一个(1,2,3,4)k k =，1i i k a a +=的个数不超过1.A 选项：当2k =时，241a a =，411a a =，故A 选项不符合题意.B 选项：当1k =时，121a a =，451a a =，故B 选项不符合题意.D 选项：当1k =时，121a a =，511a a =，故D 选项不符合题意.C 选项：序列的一个周期内只有两个1，1i i k a a +=的情况只有151(4)a a k ==和511(1)a a k ==，因此可推出1(1)(4)5C C ==，(2)(3)0C C ==，故C 选项符合题意.解法三（答案验证法）：按照题设的定义11()(1,2,...1)i mi k i C k a a k m m +===-∑，逐个验证答案，使用排除法，即可得到正确选项. 如A 选项，121(2)(01010)=555C =++++>，排除A 选项，其余的这里不再赘述. 【答案】C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.（平面向量）已知单位向量a ，b 的夹角为45°，k -a b 与a 垂直，则k =_______. 【解析】∵()ka b a -⊥，∴22()02ka b a ka a b k -⋅=-⋅=-=，∴22=k . 【答案】22 14.（概率统计）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.【解析】根据题意，先把4名同学分为3组，其中1组有两人，2组各有一人，即从4名同学中任选两人即可，故有24C 种选法；将分成的3组同学安排到3个小区，共有33A 种方法；所以不同的安排方法共有234336=C A 种.【答案】36 15.（复数）设复数1z ，2z 满足122z z ==,则123z z i +，则12z z -=_______.【解析】解法一：在复平面内，用向量思想求解，原问题等价于：平面向量b a ，满足2||||==b a ，且,1)3(=+b a ，求||b a -.∵2222||2||2||||b a b a b a +=-++，∴16||42=-+b a ，∴12||2=-b a ，∴32||=-b a . 即1223-=z z解法二：在复平面内，如图A15所示，因12122==+=z z z z ，则1z ，2z ，12+z z 组成一个等边三角形，所以1z ，2z 之间的夹角为120°，所以22o 1212122cos120=44423-=+-++=z z z z z z .图A15【答案】316.（立体几何，同文16）设有下列4个命题：1P ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.2P ：过空间中任意三点有且仅有一个平面.3P ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.4p ：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_________① 14p p ∧ ② 12p p ∧ ③ 23p p ⌝∨ ④ 34p p ⌝∨⌝【解析】由公理2可知，p 1为真，p 2为假，2p ⌝为真；若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p 3为假，3p ⌝为真；由线面垂直的定义可知p 4为真；所以①14p p ∧为真命题，②12p p ∧为假命题，③23p p ⌝∨为真命题，④34p p ⌝∨⌝为真命题，故真命题的序号是①③④.【答案】①③④三、解答题：共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答. 第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题，共60分.17.（12分）（三角函数）ABC ∆中，222sin sin sin sin sin A B C B C --=，（1）求A ；（2）若3BC =，求ABC ∆周长的最大值.【解析】（1）由正弦定理和已知条件得222BC AC AB AC AB --=⋅，△ 由余弦定理得2222cos BC AC AB AC AB A =+-⋅， △ 由△，△得1cos 2A =-. 因为0πA <<，所以2π3A =. （2）由正弦定理及（1）得23sin sin sin AC AB BC B C A ===，从而 23AC B =，3π)3cos 3AB A B B B =--=-. 故π333cos 323)3BC AC AB B B B ++=+=++. 又π03B <<，所以当π6B =时，ABC △周长取得最大值33+. 18.（12分）（概率统计，同文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，将其分为面积相近的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()()1,220i i x y i =⋅⋅⋅，，，，其中i x 和i y 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()()()()22202020202011111601200-80-9000--800ii i i i i i i i i i xy x xy yx x y 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()(),1,2,,20i i x y i =⋯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。