2020届高考强基3套卷 全国卷(二)文数 答案
则 f (x) 1 1 ………………………………………………2 分 x
令 f (x) 0 ，得 x 1 .
当 x (0，1) 时， f '(x) 0 ， f ( x) 单调递增；
当 x (1， ∞) 时， f (x) 0 ， f ( x) 单调递减..…………..4 分
f (x)max f (1) 0 ..………………………………….…….5 分
又 AC1 AC A ，BC 平面 A1ACC1 ， BC 平面 ABC ，平面 A1ACC1 平面 ABC ..………6 分
（2）过 A1 作 A1D AC ，交 AC 于点 D，
可得 A1D AA1·sin A1AC 2 3 .
S菱形ACC1A1 AC·A1D 8 3 ，
则 S△ AA1C1 12 S菱形ACC1A1 4 3 ..…………………………..…8 分
x 3y 4 0
图中阴影部分(含边界).令 z x y ，则 y x z .作出直线 l0 ：y x ，并平移该直线.由图可知，当直线 y x z 经过点 M 时，其在 y 轴上的截距最小，
此时 z x y 取得最大值.
由
3x 2x
y y
2 2
0 0
，得
x
y
0 2
14.【答案】 n
【解析】
Sn 2 2n 1
1
n
，
Sn
(n
1)·2n1
2
.当 n 2
时， Sn1 (n 2)·2n 2，两式相减，得 anbn n·2n ，bn n ； 当 n 1 时， a1b1 2 ， b1 1.综上所述， bn n . 15.【答案】 e2
【解析】设曲线 f (x) aex 在点 (x0 ，aex0 ) 处的切线为直线 y x 3 .由题意，得 f (x) aex ， f (x0 ) aex0 ，则曲线 f ( x) 在点 (x0 ，aex0 ) 处的切线方程为 y aex0 aex0 (x x0 ) . 曲线 f ( x) 在点 (x0 ，aex0 ) 处的切线为直线 y x 3 ，aex0 1 ， y 1 1 (x x0) ，即 y x x0 1 ，x0 1 3 ，解得 x0 2 . aex0 ae2 1 ，解得 a e2 .
8. 【答案】A
【解析】由题意可得，
DE
DA
AC
CE
2
a
b
1
CB
2a b
1
(CA
AB)
2a
b
1 (b a)
3 1a
3 2b
.故
3
3
3
3
33
选 A.
9. 【答案】A
【解析】依题意， g(x) cos(2x 2π ) cos[(2x π )
3
6
π] 2
sin(2x
π 6
1(a
b 0)
，
c
6
由已知得 2ac
3 2
2
a 3
，
b
1
，
b2 a2 c2
c 2
椭圆方程为 x2 y2 1 ..………………..…………….…2 分 3
①当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y kx m .
A(x1 ，y1) ， B(x2 ，y2) ， 代入椭圆方程得 (1 3k 2)x2 6kmx 3(m2 1) 0 ，
2020 届高考强基 3 套卷 全国卷（二） 数学（文科）答案及解析
一、选择题
1. 【答案】B
【解析】∵
C R
B
{x
|
x
3}
，故
A
(CR B)
{3，4，5}
.故选
B.
2. 【答案】B
【解析】解法一：
|
1
z
i
|
1
，|
z
|
|
1
i
|
2 ，又复数 z
为纯虚数， z 2i .故选 B.
解法二：设
z
bi ，b
BCD ，交线为 BD ，且 CD BD ， CD 平面 ABD ，则
CD AB，故B 中结论正确；取CD 中点M，连接EM ，FM ，则 EM AC ， FEM 为异面直线 EF 与 AC 所成的角，又 由 EF 1，EM 2 ，FM 3 ，可知 FEM 90°，故 C 中
结论错误；连接 AF ，可得 AF BD ，由面面垂直的性质
62 ..………………………………………………………….….12 分
19.【解析】（1）证明：连接 A1C ， A1C1 AC AA1 CC1 ，
四边形 A1ACC1 是菱形， A1C AC1 ..……………..….2 分 又 A1B AC1 ， A1B A1C A1 ，
AC1 平面 A1BC ， BC AC1 . ACB 90°， AC BC ……………………….…..…4 分
定理可得， AF 平面 BCD ，连接 CF ，可得 ACF 为直线
AC
与平面
BCD
所成的角，由 sin ACF
AF AC
2
2 2
1 2
，
得直线 AC 与平面 BCD 所成的角为 30°，故 D 中结论正确.故
选 C. 12.【答案】B
【解析】作出函数 f ( x) 的大致图象，如图.由图可知， f ( x) 在 (∞，1) 和 (0，1) 上单调递增，在 (1，0) 和 (1， ∞) 上单调 递减.当 x 1时，函数 f ( x) 有极大值 f (1) f (1) 3 ，当 x 0 时，函数 f ( x) 有极小值 f (0) 2 .要使关于 x 的方程[ f (x)]2 af (x) b 0 有且仅有 8 个不同的实数根，设t f ( x) ，则关于 t 的方程t 2 at b 0 有两个不同的实数根t1 ，t2 ，满足t1 (2，3)， t2 (2，3) ，a t1 t2 (4，9) ， a (9， 4) .故选 B.
V V B PA1C1
A1 PBC1
1 2
V
A1
ABC1
1 2
VB
AA1C1
1 2
1 3
S△
AA1C1
BC
4 3 ..………………………………………………..….…10 分 3
故三棱锥
B PA1C1 的体积为
43 3
..………………………12
分
20.【解析】（1）当 a 1 时，f (x) ln x x 1 ，定义域为 (0， ∞) ，
)
，故
π 6
π 3
2kπ(k
Z)
，则
π 6
2kπ(k Z) .故选 A.
10.【答案】C
【解析】作出图形如下所示，过点 F 作 FF AA ，垂足为 F .
设| AF | 3x， cos FAA 3 ，故| AF | 5x ，| FF | 4x ， 5
由抛物线定义可知， | AF | | AA | 5x ，则 | AF | 2x p ，
（2）△ABC 的面积为 4 3 ， 1 bc sin A 4 3 . 2
由（1）知 A π ，bc 16 ..………………………………8 分 3
由余弦定理得 a2 b2 c2 2bc cos A b2 c2 bc (b c)2 3bc (b c)2 48 25 ..…………………..….10 分
| MA | | AF1 | | NF2 | | MA | | AP | | PF2 | 2a | NF2 | 8 2a 2a ，所以 a 2 .
三、解答题
1
参考答案
17.【解析】（1）由 m n 得 (a c)sin B b( 3 cos A sin C) ， .…………………………………..…………………….………2 分
R
，| 1
z
i
|
1，即
|
b| 2
1，|
b
|
2，
b 2 .故选 B.
3. 【答案】C
【解析】该校文科女教师的人数为120 0.7 84 ，理科女教师
的人数为150 0.4 60 ，所以该校女教师的人数为 144.故选 C.
4. 【答案】A
【解析】0
a
Байду номын сангаас
1
3 5
30
1，
b
log 2
3
1 7
log 2
16.【答案】2
【解析】由题意知| BM | | BN |，| F2P | | F2N |，| AM | | AP | . 根据双曲线的定义，知 | BF1 | | BF2 | | MF1 | | NF2 | ， | AF2 | | AF1 | 2a ，则 | AF1 | | AF2 | 2a ，| BF1 | | BF2 |
二、填空题
13.【答案】 (∞， 1] [1，+∞) 【解析】命题“ x R，x2 2ax 1 0 ”是假命题，原
命题的否定“ x R ，x2 2ax 1 0 ”为真命题，
4a2 4 0 ，解得 a 1 或 a 1 .实数 a 的取值范围为 (∞， 1] U [1， ∞) .
g (x) 在 (2，e) 上单调递增..………………………….…10 分
g (2) g (x) g (e) ，即 1 g (x) e 1 . ln 2
综上所述，实数 a 的取值范围是 ( 1 ，e 1) ..…………12 分 ln 2
21.【解析】（1）设椭圆方程为
x2 a2
y2 b2
ln x 1 1
x (ln x)2
.
.…………………………………………………………..…8 分
设 h(x) ln x
1 x
1 ，则 h( x)
2020届高考文科数学核心3套卷 全国卷(二)答案
x2 16
y2 12
1
.消去 y 并整理，得 x2 16x 39 0 ，解得
( x
2)2
y2
25 4
x 3 或 x 13 （舍去）.所以点 P 的横坐标为 3.
16.【答案】 5 5
【解析】当 P 点在棱 AD ， A1D1 或 DD1 上时，平面 PAA1 即 平面 AA1D ，此时与之平行的正方体的棱只有两条；当 P 点 在棱 AB ， A1B1 ， BB1 或 CC1 上时，同样也只有两条；只有 点 P 在 CD ， C1D1 ， BC ， B1C1 上时符合条件.如图所示，以 P 点在 C1D1 上为例，在俯视角度的正投影中，易得 OP 1 ，
2020 届高考核心 3 套卷 全国卷（二） 数学（文科）答案以及】依题意，
A
{x
|
log3
x
1}
{x
|
0
x
3}
，
C R
B={x
|
1 x 1} ，故 A (CR B) = (1，3) .故选 A.
2. 【答案】B
【解析】由 z·z 5 可得 (3)2 a2 25 ，解得 a 4 或 a 4 .
4n 7 2 3n
…………………………...……………….12
分
18.【解析】（1）在矩形 ABCD 中，连接 AC 交 BE 于点 M，如图.
AD 2AB ，AD 4AE ，
tan ABE AE 1 ， tan BAC BC 2 ，
AB 2
AB
ABE BAC 90 ，
AMB 90 ， BM CM ……………….……………..2 分
故选 A.
9. 【答案】A
【解析】由余弦定理知 b2 a2 c2 2ac cos B ，又 b 5 ，
2020届高考强基3套卷山东卷语文试题 Word版含答案
2020届高考强基3套卷山东卷语文【满分：150 分】一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读I （本题共5题，19分）阅读下面的文字，完成1~5题。
材料一：从2002年4月《科学》杂志介绍中国科学家完成的籼稻基因组测序工作，到今年2月《自然植物》杂志称赞我国水稻研究，说明中国的水稻研究已经引领世界。
从跟跑、并跑，直至领跑，中国的水稻研究是如何走向卓越的呢？与今天人们更加关心健康不同，用“7%的耕地能否养活22%的人口”，也就是粮食安全，是20世纪的中国需要首先面对的问题。
1994年，植物分子遗传学家李家洋从美国康奈尔大学回到了中国科学院遗传所。
回国后不久，他从拟南养的研究转向了水稻的研究。
提起这一转变，他说，这是为了和当时国家的需求相契合。
随后同样回国到遗传所工作的储成才和傅向东也做出了同样的选择。
20世纪90年代末，我国参与了“国际水稻基因组计划”，承担了第4号染色体的测序工作。
之后，中国主导的“中国超级杂交水稻基因组计划”启动。
2001 年，中国联合研究组后来居上完成了籼稻基因组工作框架图的绘制。
在科研人员眼中，水稻不仅是非常重要的作物，而且也是非常理想的单子叶模式植物。
水稻的基因组较小，在作物中第一个完成了测序，加之较容易转化，一大批优秀的中青年科学家进入了这一领域。
育种家负责培育新品种，水稻的基础研究者负责了解机理，这两者各有侧重。
中国职业化的育种工作由来已久，大量的水稻突变体材料为水稻基础研究提供了便利。
而育种家通常也会从生产角度提出需要解决的问题。
“做基础的和育种家的有机组合，是水稻研究走在前列的一个非常重要的原因。
”傅向东说。
虽然与育种家合作，创制优质水稻品种，但储成才认为，在基础研究领域，不宜片面强调应用和产业化目标，基础研究常常需要耐心，研究结果的产生需要积累。
就拿他认为自己“最有用”的一项关于粳稻氮肥利用效率的研究来说，前前后后也经历不少时间。
四川农业大学陈学伟研究组关于“稻瘟病”的研究，从开始到成绩的取得也经历了十多年的时（摘编自邸利会《中国水稻研究缘何引领世界》，《科技日报》）材料二：北京时间4月26日，国际顶级期刊《自然》报道了“3010 份亚洲栽培稻基因组研究”成果。
2020届高考数学强基3套卷 山东卷(二) 答案
2020 届高考强基 3 套卷 山东卷数学（二）答案及解析 10.【答案】ABC 【解析】对于 A ，根据折线图可以发现除 2 月份外，各月最低气 温平均值越高，最高气温平均值也越高，总体呈正相关，故选项A 正确；对于B ，通过折线图观察，2 月份的两个点距离最大， 故选项 B 正确；对于C ，各月最低气温平均值不高于 10℃的有 1 月，2 月，3 月，11 月，12 月，共有 5 个月，故选项 C 正确；对 于D ，观察折线图可知，7 月份到 8 月份气温在上升，故选项 D 错误.故选 ABC. 11.【答案】BCD一、单项选择题 1. 【答案】C 【解析】 M = {x ∈ Z | x 2- 3x < 0} ，∴ M = {x ∈ Z | 0 < x < 3} = {1，2} ，则满足条件 M N = {1，2 ，3，4} 的集合 N 有： {3，4} ， {1，3，4} ， {2 ，3，4} ， {1，2 ，3，4} .∴满足条件的集合 N 有 4 个. 故选 C.【答案】B 2. 【解析】 f (x ) = 4sin ωx ·sin 2 ( x + π) + cos 2ωx -1 = 2sin ωx ，包 ω 【解析】由 (2 + i)z = 1 - i ，得 | z | = | 1 - i | = |1 - i | ，∴ z ·z = 2 4 π π ， ] ，又 f (x ) 在 [- π ， 3π] 上是增函数， 2 + i | 2 + i | 含原点的增区间为 [-| z |2 = 2 .故选 B. 5 【答案】A 【解析】设经过直线l 的平面β 与平面α交于 n ，则有l α ，l ⊂ β ， αI β= n ，∴l n ，又l m ，∴ m n ，又 m ⊄α， n ⊂α，∴ m α，因此充分性成立；当 m α， l α 时， m 与 l 可能平 行，可能相交，也可能异面，因此必要性不成立，∴ m l 是 m α 的充分不必要条件.故选 A. 【答案】A2ω 2ω 2 4 π - π ⎧- ⎪⎪ ∴ 3. 2 2π 2ω 2，∴0 < ω .∴ f (x ) 是奇函数，最小正周期T = ， 3 ω ⎨ 3π π ⎪ ⎪⎩ 4 2ω 2 ω的最大值为 ，ω没有最小值.故选 BCD .312.【答案】ACD 【解析】对于 A ，连接 AC ，交 BD 于点 F ，则平面 PAC I 平面BDE = EF . Q PC 平面 BDE ， EF ⊂ 平面 BDE ， PC ⊂ 平面 PAC ，EF ⊂ 平面 PAC ，∴ EF PC .∵四边形 ABCD 是正方形，∴ AF = FC ，∴ AE = EP ，故选项 A 正确；对于 B ，Q CD AB ， ∴ ∠PBA （或其补角）为 PB 与 CD 所成的角. Q PA ⊥ 平面 ABCD ，AB ⊂ 平 面 ABCD ， ∴ PA ⊥ AB .在 Rt △PAB 中 ， PA = AB ， 4. 【解析】Q a > b > 0 ，且 a + b = 1 ，∴ 0 < b < 1 < a < 1 ，∴1 < 1 < 1 ， 2 a b ∴ x = ( 1 )b > ( 1 )0= 1 ，y = log ( 1 + 1 ) = log = -1 ，z = log 1 1 b aab ab ab a a a b > log 1 = -log b = -1 ，且 log 1 < log 1 = 0 ，∴ x > z > y .故选b b 【答案】D b b a b ∴ ∠PBA = π ，故 PB 与 CD 所成的角为 π，故选项 B 错误；5. 4 4 (2 + cos x )e x 2 + cos x 2 + cos(- x ) 【解析】f (x ) = = ，Q f (- x ) = = 对于 C ，∵四边形 ABCD 为正方形，∴ AC ⊥ BD ， Q PA ⊥ 平面 ABCD ，BD ⊂ 平面 ABCD ，∴ PA ⊥ BD ，Q PA I AC = A ，∴ BD ⊥ 平面 PAC ，故选项 C 正确；对于 D ，设 AB = PA = x ， 1 e x e + 1 2 x1 e xe x+ + e x 2 + cos x = f (x ) ， ∴ f (x ) 为偶函数，故排除选项 A ，B ，又当 1 3 1 1 1 ex2 23 ， V C - B DE = V E - B CD = 故 V P - ABCD = AB ·PA = x ·x = x e x+ 3 3 3 1 1 1 1 1 1 12 1 2 3 ·S △BCD ·AE = · x · x = x .∴V C - BDE ︰V P - ABCD = x x > 0 时， 2 + cos x > 0 ， e x + > 0 ， ∴ f (x ) > 0 ，故排除选项 3 3 2 2 12 ex 1 C.故选 D. 【答案】C 【解析】令 x = 1 ，可得系数之和为 (1 + a ) ⨯ 26 = 128 ，解得 a = 1 ，63 ︰ x = 1︰4 ，故选项 D 正确.故选 ACD. 3三、填空题 13.【答案】1 6. ∴(1 + a )(1 + x )6 = (1 + 1 )(1 + x )6 = (1 + x )6+ (1 + x ) .易得展开式中 【解析】设切 点 为 ( x ，y ) .易 知 f '(x ) = 3x 2 + 1 ， 依 题 意 可 得 0 0 x 2 x 2 x 2⎧3x +1 = 1 2⎧x 0 = 0 ，解得 ⎨ y 0 = 1 .故 a = 1 . ⎩a = 1 3 5 x 的系数为 C + C = 26 .故选 C. 3 0 ⎪ ⎪ 6 6 ⎨y 0 = a + x 0 7. 【答案】C ⎪ ⎪ y = x + x +1 3⎩ 0 0 0 C 1C 2C 2 + C 1C 1C 3 30 + 20 【解析】先把 5 名师范生分成 3 组，有 5 4 2 5 4 3= 5 4 A 22 14.【答案】2 3= 25 种方法，再将 3 组师范生分到 3 所学校，有 A = 6 种方法， 32x + y ⎧ 故共有 25 ⨯ 6 = 150 种安排方法.故选 C.【答案】A ⎪⎪a = ⎧x = 2a + b 5 a + 3b 8. 【解析】令 ⎨ ，则 ⎨，代入 z = ，得 z = a 2 + b 2 ⎩ y = a - 2b ⎪b = x - 2 y b 【解析】由题意可知 A (a ，0) ，渐近线方程为 y = ± x ，即 bx ± ay a= 0 .由 A 为 OM 的中点，可知 M (2a ，0) ，故以 AM 为直径的⎪⎩ 5 2x + y + 3x - 6 y3 1 a 5(x - y ) 5(x - y ) 5 5 圆的圆心为 E ( a ，0) ，半径 r = | AM | = .∵双曲线的渐近 = = . Q 2a + b = ( 2x + y )2+ ( x - 2 y )2 2 2 2 x 2 + y 2 (x - y )2+ 2xy 线与圆相切， 所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径， 即5 5 3a ±a ·0 | 2 5 |b · ，∴ xy = 2 ，∴z = a - 2b a ，整理得，由题意可得 x - y > 0 ， 3b ，即 c = 4 x - y + x - y 2 得 e 2 = 9 ，∴e .故选 A. 4 4 4 ∴ x - y + 2 (x - y )· = 4 ，当且仅当 x - y = ， 8 二、多项选择题9. 【答案】ABx - y x - yx - y 5 5 即 x - y = 2 时取等号，∴ 0 < z ， z max = . 4 4【解析】 f (5) = log 3 3 = 1 ，故选项 A 正确； f ( f (5)) = f (1) = 1 ，故 选项 B 正确； f (3) = log 3 1 = 0 ，故选项 C 错误； f ( f (3)) = f (0) 1)15.【答案】 (0， 4=3-1 = 1 ，故选项 D 错误.故选 AB.32 2 2 2 【解析】由圆 C 的方程为( x - a ) + ( y - a ) = r ，可知圆心坐标为 3Q 0 < A < π ，∴ A = 60°.……………………………………….6 分 a b c (a ，a 2 ) ，∴ 圆心在抛物线 x 2 = y 上，抛物线的准线方程为 y = - 1 ， 4 （2）由 = = = 2 3 ，得 b + 2c = 2 3(sin B + 2sin C ) 1 sin A sin B sin C ∵圆 C 与直线 y = - 相切，∴由抛物线的定义可知，圆 C 所过4 = 2 3[sin B + 2sin(120°- B )] = 2 3(2sin B + 3 cos B ) 1 3 π 的定点为 (0， ) . 4 = 2 21sin(B +ϕ) ，其中 tan ϕ= ，ϕ∈(0， ) .……….….10 分 21 1 ln2 9 ln3 2π 7π 16.【答案】 (-∞ ，e + - ] ； [2e - 2 + ，3e - + ) ) ，∴sin(B +ϕ) 的最大值为 1， 6由 B ∈ (0， ) ，得 B + ϕ∈ (0， 3 e 4 2 2 3 1 ∴b + 2c 的最大值为 2 21 .…………………………………....12 分 2 【解析】①由题意可知 f '( x ) = x - 2ex + a ， Q ∀x ∈[ ，e ] ， 1 2， 分别求 19.【解析】（1）依题意知 EF = DC ， EF AB DC ，∴四边形 EFDC 为平行四边形，∴ EC FD ，又 DF ⊂ 平面 ADF ，EC ⊄ 平面 ADF ，∴ EC 平面 ADF .……………………………….4 分 （2）依题意知 FA ⊥ AB ，Q 平面 ABEF ⊥ 平面 ABCD ，平面 ABEF I 平面 ABCD = AB ，∴ F A ⊥ 平面 ABCD ，∴ FA ⊥ AD ， 又 DA ⊥ AB ，∴ AD ，AB ，AF 两两垂直. 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，则 A (0 ，0 ，0) ，B (0 ，2 ，0) ， C (1，1，0) ， D (1，0，0) ， E (0 ，1，1) ， F (0，0，1) …………....6 分 ∃x ∈[1，e ]，使 f '( x ) g ( x ) ， ∴ f '( x ) g ( x ) max max 2 1 2 2f '( x )max 与g ( x )max 即 可 . Q f '(x ) 的 图 象 的 对 称 轴 为 x = e ，∴ f '(x ) 在[ 1 ，e ] 上为减函数，∴ f '(x ) = f '(1) = 1 - e + a . g '(x )max 2 2 4= 1 - ln x ，易得 g (x ) 在 [ 1 ，e ] 上为增函数，∴ g (x ) = g (e ) = 1 ，e max x 2 2 ∴ 1 - e + a 1 ，∴ a e + 1 - 1 . 4 e e 4② Q f (x ) + 1 x 3 < xg (x ) ，即 1 x 3 - ex 2 + ax < ln x ，∴ 1x 2 - ex + a6 2 2< ln x ， 令 ϕ(x ) = 1x 2 - ex + a ， ∴当 x = e 时 ， ϕ( x ) =min x 2 1 e 2 - e 2 + a = a - 1 e 2 . Q g (x ) = ln x ，∴ g '(x ) = 1 - ln x ，令 g '(x )x 2 2 2 x设点 M 到平面 ABCD 的距离为 h ，依题意知 = 0 ，得 x = e ，∴当 x ∈ (0 ，e ) 时，g (x ) 为增函数，当 x ∈ (e ，+ ∞)= 1 ⨯ 1 ⨯ 2 ⨯1⨯ h = 1 ，解得 h = 1 ，即 h = 1 FA ， 1 V M - A BC 时， g (x ) 为减函数， g (x )max = g (e ) = e ，如图所示.3 2 6 2 2 1 1 故点 M 为线段 EC 的中点， M ( ，1， ) .2u r 2易知平面 ABCD 的一个法向量为 m = (0，0，1) ，设平面 ABM 的r uuu r uuur 1 1 法向量为 n = (x ，y ，z ) ， Q AM = ( ，1， ) ， AB = (0，2，0) ，2 2 r uuu r⎧⎪n ⋅ AB = 0 ⎧ y = 0 ，即 ⎨ ∴⎨r uuur ， ⎩x + 2 y + z = 0 ⎪⎩n ⋅ AM = 0要使不等式 f (x ) + 1 x 3 < xg (x ) 有且只有一个整数解，则6⎧ϕ(2) g (2) 令 x = 1 ，则 z = -1 ，则 n = (1，0，- 1) 为平面 ABM 的一个法向 量，………………………………………………………………10 分 u r r Q | cos < m ，n >| = | m ·n | u r r = 2 ，显然所求二面角为锐二面角， ⎪ ln 2 9 ln 3 ⎨ϕ(3) < g (3) ⎪ϕ(4) g (4) | m ·| | n | ，解得 2e - 2 + a < 3e - +. 2 2 3 π⎩ 四、解答题∴二面角 M - AB - C 的大小为 .……………………...…....12 分 4 20.【解析】（1）由 (0.002 0 + 0.009 5 + 0.0110 + 0.012 5 + x + 0.005 0 +0.002 5) ⨯ 20 = 1 ，得 x = 0.007 5 .…………………………..….2 分 （2）用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取 1 个，理综成绩位于 [220，260) 内的概率为 (0.012 5 + 0.007 5) ⨯ 20 = 0.4 ，………………………………….3 分 ∴随机变量 y 服从二项分布 B (3，0.4) ，k k 3- kS 12 S 1017.【解析】（1）设数列{ a n } 的公差为 d ，则 - = 2 ，即 12 10+ 12 ⨯11 d 2 + 10 ⨯ 9 d2 12a 10a 1 1 - = 2 ，解得 d = 2 ……….…….3 分12 10∴ a n = 1 + (n - 1) ⨯ 2 = 2n - 1 ，………………………………..….4 分 S = n + n (n -1) ⨯ 2 = n 2 .……………………………………..….5 分 故 P ( y = k ) = C ·0.4 ·0.6 (k = 0，1，2，3) . 3 故 y 的分布列为n2 5 （2）当 n = 1 时， T = 1< .………………………………..….6 分 n 41 1 1 1当 n 2 时， b n = 2 = 2 = 2 < 2a (2n - 1) 4n - 4n + 1 4n - 4n则 E ( y ) = 3⨯ 0.4 = 1.2 .………………………………………..….7 分 （3）记该市高三考生的理综成绩为 z ， 由题意可知， P (210 < z < 240) P (200 < z < 240) = 20 ⨯ (0.011 0+ 0.012 5) = 0.47 < 0.682 7 ，………………………………….9 分 又 P (195 < z < 255) P (180 < z < 260) = 20 ⨯ (0.009 5 + 0.011 0 +0.012 5 + 0.007 5) = 0.81< 0.954 5 ， …………………………...11 分∴ z 不近似服从正态分布 N (225，225) ，故这套试卷得到差评. 分 = 1 ( - 1 ) ， 1 4 n -1 n ∴T = b + b + b + + b < 1 + 1 [(1 - 1 ) + ( 1 - 1) + + ( 1 n 1 2 3 n4 2 2 3 n - 1 - 1 )] = 1 + 1 (1 - 1) < 1 + 1 =5 …………………………..……..9 分 n 4 n 4 4 5 综上可知， T < .………………………………………….….10 分 n4 18.【解析】（1） cos(C + B ) cos(C - B ) = cos 2A - sin C sinB = cos 2(C + B ) - sin C sin B ，…………………………………….2 分 则 cos(C + B )[cos(C - B ) - cos(C + B )] = -sin C sin B ， 1 21.【解析】（1） Q x = 4 ，∴ y = 2 2 p ， B B y 4 3 = 4 x - 2 p ，即6 2p =16 - 2p ，解得 p = 2 . Q B = ，∴ 3 y - p 2 B B x B 则 - cos A ·2 s in C sin B = -sin C sin B ，可得cos A = ， 2y 0 1 2 3 P 0.216 0.432 0.288 0.064∴抛物线 C 的方程为 y 2 = 4 x .……………………………….6 分⎧ y 2 = 4x4 ⎪ （2）由（1）知直线 l 的方程为 y = (x - 1) ，由 ⎨ ， 4 3 ⎪ y = (x - 1) ⎩ 31 2y 得 B (4 ，4) ， A ( ，- 1) ，设点 P ( ，y ) ， 04 4 则直线PA ：y + 1 = y 0 + 1 (x - 1) ， y 2 1 4 0 - 4 4 PB ：y - 4 = y 0 - 4(x - 4) ……………………………………….9 分y 2 0- 4 4易知抛物线 C 的准线方程为 x = -1，令 x = -1 ，得 y = - y 0 + 4 ， y = 4 y 0 - 4 ， E G y 0 - 1 y 0 + 4 | HE ·| | HG |=| y 0 + 4 ·| | 4 y 0 - 4 |= 4 | y 0 - 1|= 4 .y 0 - 1 y 0 + 4 y 0 - 12 21 y y2 2又 S △ PHE ·S △ PHG = | HE ·| | HG ·| (1 + ) = (1 + ) ，0 0 4 4 4∴当 y = 0 时， S ·S 取得最小值，最小值为 1.…..12 分△ PHE △ PHG 01 2a x 2+ (2 - 2a )x + 1 22.【解析】（1）f '(x ) = - = x (x + 1)2(x > 0，a > 0) ，x (x + 1)2 …………………………….……………………………………..2 分 令 y = x 2+ (2 - 2a )x + 1(x > 0，a > 0) ，则其对应的方程的根的判别式 ∆ = (2 - 2a )2 - 4 = 4a (a - 2) .…………………………..…..3 分 当 ∆ = 4a (a - 2) 0 ，即 0 < a 2 时， f '( x ) 0 在 (0 ，+ ∞) 上恒 成立，此时 f (x ) 单调递增.……………………………………..4 分 当 ∆ = 4a (a - 2) > 0 ，即 a > 2 时，由 f '(x ) > 0 ，得 x ∈(0，a -1- a (a - 2)) 或 x ∈(a -1+ a (a - 2) ，+ ∞) ，此时 f (x ) 单调递增；由 f '(x ) < 0 ，得 x ∈ (a - 1 - a (a - 2) ，a - 1 + a (a - 2)) ，此时f (x ) 单调递减…………………………………………………...5 分 综上所述，当 0 < a 2 时， f (x ) 的单调递增区间为 (0 ，+∞) ，无单调递减区间； 当 a >的单调递增区间为(0，a -1-和 (a -1+ ∞) (a -1 a -1.……………………….….6 分x -1（2）由（1）知，当 a = 1 时， f (x ) = ln x - 在区间 (0 ，+ ∞)x +1 上单调递增，且 f (1) = 0 ，∴ x > 1 时， ln x > x -1.………….7 分x + 11 1 1 1 n 令 x = 1 + (n > 0) ，则 ln( + 1) > 1 = ， n n + 2n2n + 1 n +1 1 即 ln >，………………………………………….….9 分 n 2n + 1n 1 n - 1 ， ln > 1 4 1 3 1 ，…， ln > ， ln > ，∴ln > n - 1 2n - 1 n - 2 2n - 3 3 7 2 5 ln 2 > 1 ，∴ln n + 1 + ln + ln n - 1 + L + ln 4 + ln 3 + ln 2 n 1 3 1 n n - 1 n - 23 2 1 1 1 + L + 1 + 1 + 1 ，……………..…….11 分 > + +2n + 1 2n -1 2n - 37 5 3 1 1 1 1 1 1 故 ln(n + 1) > + + + L + 3 5 7+ + .…...……12 分2n - 3 2n -1 2n + 1。
全国2020届高考Ⅱ卷语文试卷和答案深度解析
2020年全国高考Ⅱ卷语文试卷解析一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1~3题。
把实物当作原物的倾向，在美术史领域根深蒂固。
事实上，实物并不等于原物，我们需要对美术史中“原物”的概念进行反思，对美术馆藏品的直觉上的完整性提出质疑。
这种反思和质疑并不是要否定这些藏品，恰恰相反，它们可以在更大程度上发挥藏品作为历史材料的潜在意义。
一旦美术史家取消“实物”和“原物”之间的等号，他们就必须认真考虑和重构二者间的历史关系。
这会引导他们发现很多以前不曾想到的问题，其核心就是美术的“历史物质性”。
有研究者追溯郭熙《早春图》的渊源，提出这幅卷轴画原是北宋宫殿一套建筑画中的一幅。
邓椿《画继》记载，他祖上被赐予一个宅子，他父亲被任命为提举官时，朝廷派遣一个中官监修这所宅第。
一天，邓椿的父亲看到裱工用“旧绢山水”擦拭桌子，他拿过来一看，发现竟是郭熙的作品。
那位中官说：“昔神宗好熙笔，一殿专背（即‘裱’）熙作，上（徽宗）继位后，易以古画，退入库中者不止此尔。
”邓父请求徽宗赏赐这些“退画”。
徽宗答应了，并派人把废弃的郭熙壁障整车拉到邓宅，这个记载透露了宋神宗时期皇宫中“一殿专背熙作”的状态，这应该是郭熙创作《早春图》这类大幅山水时的状态。
因此，任何讨论这幅画的构图、功能以及观看方式的文章都必须首先重构这种原始状态。
这也就是说，目前人们在台北“故宫博物院”看到的《早春图》只是这幅画的“实物”而非“原物”。
也许有人会说：如果研究者的关注点是郭熙的笔墨技法的话，这种研究则似不需要。
但是笔墨离不开观看，而观看必然和绘画的形式和空间有关。
邓椿的记载还引导我们思考另外一个问题，即郭熙绘画的“历史物质性”甚至在徽宗时期就已经发生了重要变化：从形式上说，这些画作从建筑绘画转变为卷轴画；从空间上说，它们从皇宫内的殿堂进入了私人宅第；从观赏方式上说，它们从要求“远观”的宏大构图转变为鼓励“近视”的独幅作品。
2020届高考全国卷(二)语文试题及答案(逐题解析) 人教版高三总复习
2020届高考全国卷（二）语文试题及答案（逐题解析）人教版高三总复习2020届高考核心3套卷全国卷（二）语文【满分：150分】一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成后面的题目。
①百年中国美学的现代建构离不开对西方美学的借鉴，但这种借鉴乃是一个首先“学西”、继而“化西”的创造性现代转化的过程，某种意义上也是中西互鉴的特殊形态，从而达到中西美学不同程度的创新融合。
②中国现代美学主要奠基人之一的王国维，早在20世纪初，在译介叔本华悲观主义意志论哲学著述基础上，撰写了迥异于传统思想的《红楼梦评论》；借鉴康德美学“鉴赏判断的四个契机”说，首次提出“一切之美，皆形式之美也”的重要主张，并建构起具有中国传统特质的“古雅”说；借鉴德国古典美学诸家，对中国古典美学尤其是先秦道家美学思想作了深刻反思，自觉把二者加以融会贯通，写出了《人间词话》这一中国现代美学的奠基之作，创建了以“境界”为核心范畴、意蕴丰厚的创新美学体系，对传统的“意境”说作出了具有现代性的创造性开拓。
王国维之所以在融通中西上作出如此巨大的贡献，与他具有超越中西学术二元对立的现代视野有密切关系。
他主张“学无中西”，批评持中学、西学二分的“俗说”，“虑西学之盛之妨中学，与虑中学之盛之妨西学者，均不根之说也”，认为“余谓中西二学，盛则俱盛，衰则俱衰，风气既开，互相推助。
且居今日之世，讲今日之学，未有西学不兴而中学能兴者，亦未有中学不兴而西学能兴者。
”这样一种关于中西学术互助、互动、互鉴、互促的精彩之论，至今仍不失其高远眼光和宏大气度。
③另一位中国现代美学的主要奠基人蔡元培，在国内最早全面介绍了康德的美学思想，对康德关于审美的四契机说，运用儒家思想作了“超脱”“普遍”“有则”“必然”的创造性阐述；从儒家以德为本的思想出发，借鉴康德有关思想并加以吸收融合，同时借鉴席勒的美育理论，强调“涵养德性，则莫如提倡美育”，进而提出了中国现代美学史上具有里程碑意义的“美育代宗教”说。
2020年新高考全国卷Ⅱ语文、数学、英语试卷及答案
★启用前
2020年普通高等学校招生全国统一考试（新高考Ⅱ卷）
语文
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。
我们在观察父母与朋友时，看到的都是由无数细胞组成的个体：由一颗独立的大脑指导行为，通过基因组调控生命活动。但这只是一个便于理解的假想系统。事实上，我们每个人都是一支军团，从来都是“我们”，而不是“我”。忘记奥逊·威尔斯口中的“孤独”吧，请听从沃尔特·惠特曼的诗句：“我辽阔博大，我包罗万象。”
（摘编自埃德·扬《我包罗万象》，郑李译）
此时，罗布·奈特正用棉签轻轻擦拭它的脸部边缘，奈特是一名研究微观生命的学者，他研究细菌和其他微生物，特别着迷存在于动物体内或体表的微生物。开展研究前，他首先得收集它们，收集蝴蝶的人会用网兜和罐子，奈特的工具则是棉签。他把棉签伸进巴巴的鼻孔，仅仅转上几秒钟，就足以让白色棉签头上沾满来自穿山甲体内的微生物。巴巴不仅是一只穿山甲，也是一个携带丰富微生物的聚合体：一些微生物生活在它的体内，绝大多数分布在肠道内，还有一些附着在它的脸部、肚子、爪子和鳞片表面。其实人类身上也寄宿着微生物，地球上的所有生物都一样——唯一的例外，是科学家在实验室无菌环境下极其小心地培育出来的极少数动物。我们身上仿佛在举办一场盛大的微生物展览，展品统称为微生物组。它们生活在我们的皮肤表面、身体内部，甚至是细胞内部。其中大部分是细菌，也有一些是其他的微小生命体，例如真菌（比如酵母菌）和古菌——后者的身份至今保持神秘，还有数量多到难以估量的病毒。
2020年4月2020届高三高考强基3套卷山东卷(二)数学试卷参考答案
2 cos(x)
1 ex
ex
2 cos x
ex
1 ex
f (x) ，
f (x) 为偶函数，故排除选项
A，B，又当
x
0 时， 2 cos x
0 ， ex
1 ex
0 ，
f (x) 0 ，故排除选项
BDE EF . Q PC 平面 BDE ， EF 平面 BDE ， PC 平面 PAC ，EF 平面 PAC ， EF PC .∵四边形 ABCD 是正方形， AF FC ， AE EP ，故选项 A 正确；对于 B，Q CD AB ， PBA（或其补角）为 PB 与 CD 所成的角. Q PA 平面 ABCD ，
的充分不必要条件.故选 A.
34π2π
π 2
π 2
， 0
2 3
.
f
(x)
是奇函数，最小正周期T
2π
，
的最大值为 2 ， 没有最小值.故选 BCD.
3 12.【答案】ACD
4. 【答案】A
【解析】对于 A，连接 AC ，交 BD 于点 F ，则平面 PAC I 平面
【解析】Q a b 0 ，且 a b 1 ，0 b 1 a 1 ，1 1 1 ，
︰1 x3 1︰4 ，故选项 D 正确.故选 ACD.
6. 【答案】C 【解析】令 x 1 ，可得系数之和为 (1 a) 26 128 ，解得 a 1 ，
(1
a x2
)(1
x)6
(1
1 x2
)(1
x)6
(1
x)6
(1 x)6 x2
.易得展开式中
x3 的系数为 C63 C65 26 .故选 C.
5
2020年全国统一高考文数考试卷(全国卷Ⅱ)文科数学(附答案解析)
2020年全国统一高考文数考试卷（全国卷Ⅱ）文科数学注意事项：1．答题前，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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号框。
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||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，则A∩B=( )AB {–3，–2，2，3）C {–2，0，2}D {–2，2}2．（1–i）4= ( )A.–4B.4C.–4iD.4i3．如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为( )A. 5B . 8C. 10D. 154．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5．已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是( )A.a+2bB.2a+bC.a–2bD.2a–b6．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=( )A.2n–1B.2–21–nC.2–2n–1D.21–n–17．执行右面的程序框图，若输入的k=0，a=0，则输出的k为( )A.2B.3C.4D.58．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.BCD9．设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C：=l(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10．设函数f(x)=x3－，则f(x)(0,+∞)单调递增(0,+∞)单调递减(0,+∞)单调递增(0,+∞)单调递减11．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ABD∣x-y∣>0∣x-y∣<013．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年高考语文及答案解析(全国Ⅱ卷)
2020年普通高等学校招生全国统一考试语文本试卷共22题，共150分，共10页。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1~3题。
杜甫之所以能有集大成之成就，是因为他有可以集大成之容量。
而其所以能有集大成之容量，最重要的因素，乃在于他生而禀有一种极为难得的健全才性——那就是他的博大、均衡与正常。
杜甫是一位感性与理性兼长并美的诗人，他一方面具有极大极强的感性，可以深入到他接触的任何事物，把握住他所欲攫取的事物之精华；另一方面又有着极清明周至的理性，足以脱出于一切事物的蒙蔽与局限，做到博观兼美而无所偏失。
这种优越的禀赋表现于他的诗中，第一点最可注意的成就，便是其汲取之博与途径之正。
就诗歌体式风格方面而言，古今长短各种诗歌他都能深入撷取尽得其长，而且不为一体所限，更能融会运用，开创变化，千汇万状而无所不工。
我们看他《戏为六绝句》之论诗，以及与当时诸大诗人，如李白、高适、岑参、王维、孟浩然等，酬赠怀念的诗篇中论诗的话，都可看到杜甫采择与欣赏的方面之广；而自其《饮中八仙歌》《曲江三章》《同谷七歌》等作中，则可见到他对各种诗体运用变化之神奇工妙；又如从《自京赴奉先县咏怀五百字》《北征》及“三吏”“三别”等五古之作中，可看到杜甫自汉魏五言古诗变化而出的一种新面貌。
就诗歌内容方面而言，杜甫更是无论妍媸巨细，悲欢忧喜，宇宙的一切人物情态，都能随物赋形，淋漓尽致地收罗笔下而无所不包，如写青莲居士之“飘然思不群”，写空谷佳人之“日暮倚修竹”；写丑拙则“袖露两肘”，写工丽则“燕子风斜”；写玉华宫之荒寂，予人以一片沉哀悲响；写洗兵马之欢忭，写出一片欣奋祝愿之情、其涵蕴之博与变化之多，都足以为其禀赋之博大、均衡与正常的证明。
2020全国3卷高考文数试题答案解析
2020全国3卷高考文数试题1.已知集合{}1235711A =，，，，，，{}315|B x x =<<，则A ∩B 中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5采用列举法列举出A B 中元素的即可.【解析】由题意，{5,7,11}A B ⋂=，故A B 中元素的个数为3.故选：B2.若()11+=-z i i ，则z =（ ）A. 1–iB. 1+iC. –iD. i【答案】D 先利用除法运算求得z ，再利用共轭复数的概念得到z 即可. 【解析】因为21(1)21(1)(1)2ii iz i i i i ---====-++-，所以z i .故选：D3.设一组样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差为0.01，则数据10x 1，10x 2，…，10x n 的方差为（）A. 0.01B. 0.1C. 1D. 10【答案】C根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果.【解析】因为数据(1,2,,)i ax b i n +=，的方差是数据(1,2,,)i x i n =，的方差的2a 倍，所以所求数据方差为2100.01=1⨯故选：C4.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)()=1e t I Kt --+，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. 60B. 63C. 66D. 69【答案】C将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e --=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解.【解析】()()0.23531t KI t e --=+，所以()()0.23530.951t KI t K e **--==+，则()0.235319t e *-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C.【拓展】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.已知πsin sin =31θθ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则πsin =6θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（ ）A. 12B. 3C. 23D. 2 将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.【解析】由题意可得：13sin sin cos 122θθθ++=， 则：33sin cos 12θθ+=，313sin cos 2θθ+=， 从而有：3sin cos cos sin 66ππθθ+=， 即3sin 6πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭. 故选：B.6.在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点，若=1AC BC ⋅，则点C 的轨迹为（ ）A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线【答案】A首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.【解析】设()20AB a a =>，以AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：()(),0,,0A a B a -，设(),C x y ，可得：()(),,,AC x a y BC x a y →→=+=-， 从而：()()2AC BC x a x a y →→⋅=+-+，结合题意可得：()()21x a x a y +-+=， 整理可得：2221x y a +=+，即点C 的轨迹是以AB .故选：A.7.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）根据题中所给的条件OD OE ⊥，结合抛物线的对称性，可知4COx COx 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.【解析】因为直线2x =与抛物线22(0)y px p =>交于,C D 两点，且OD OE ⊥， 根据抛物线的对称性可以确定4DOx COx π∠=∠=，所以(2,2)C ，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.8.点(0，﹣1)到直线()1y k x =+距离的最大值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 2首先根据直线方程判断出直线过定点(1,0)P -，设(0,1)A -，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大，即可求得结果.【解析】由(1)y k x =+可知直线过定点(1,0)P -，设(0,1)A -，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大，即为||2AP =.故选：B.【拓展】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题.9.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.【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△ 根据勾股定理可得：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为22根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)2322ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++故选：C.【拓展】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.10.设a =log 32，b =log 53，c =23，则（ ） A. a <c <b B. a <b <cC. b <c <aD. c <a <b 【答案】A分别将a ,b 改写为331log 23a =，351log 33b =，再利用单调性比较即可. 【解析】因为333112log 2log 9333ac =<==，355112log 3log 25333b c =>==， 所以a c b <<.故选：A【拓展】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与回归的思想，是一道中档题.11.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则tan B =（ ）A. 【答案】C先根据余弦定理求c ，再根据余弦定理求cos B ，最后根据同角三角函数关系求tan .B【解析】设,,AB c BC a CA b ===22222cos 916234933c a b ab C c =+-=+-⨯⨯⨯=∴=2221cos sin tan 299a cb B B B ac +-==∴===故选：C【拓展】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.12.已知函数f (x )=sin x +1sin x，则（ ） A. f (x )的最小值为2B. f (x )的图像关于y 轴对称C. f (x )的图像关于直线x π=对称D. f (x )的图像关于直线2x π=对称【答案】D根据基本不等式使用条件可判断A;根据奇偶性可判断B;根据对称性判断C,D.【解析】sin x 可以为负，所以A 错； 1sin 0()()sin ()sin x x k k Z f x x f x x π≠∴≠∈-=--=-∴()f x 关于原点对称； 11(2)sin (),()sin (),sin sin f x x f x f x x f x x x ππ-=--≠-=+=故B 错； ()f x ∴关于直线2x π=对称，故C 错，D 对故选：D【拓展】本题考查函数定义域与最值、奇偶性、对称性，考查基本分析判断能力，属中档题.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作出可行域，利用截距的几何意义解决.【解析】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y =+，所以322x z y=-+，易知截距2z 越大，则z 越大， 平移直线32x y =-，当322x z y =-+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.【拓展】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 ：22221x y a b-= (a >0，b >0)的一条渐近线为y x ，则C 的离心率为_________．根据已知可得b a=,,a b c 的关系，即可求解. 【解析】由双曲线方程22221x y a b-=可得其焦点在x 轴上，因为其一条渐近线为y =，所以ba =c e a ===15.设函数e ()x f x x a =+．若(1)4e f '=，则a =_________． 【答案】1由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数a 的方程，解方程即可确定实数a 的值【解析】由函数的解析式可得：()()()()()221x x x e x a e e x a f x x a x a +-+-'==++， 则：()()()()12211111e a ae f a a ⨯+-'==++，据此可得：()241aeea =+，整理可得：2210a a -+=，解得：1a =.故答案为：1.【拓展】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.16.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】2π 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.【解析】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223122AM =-=1222222S =⨯⨯=△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==.. 17.设等比数列{a n }满足124a a +=，318a a -=．（1）求{a n }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3a n }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =.（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果.【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-，所以(01)(1)22n n n n n S +--==，根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =，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）：（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？附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++，【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.（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.【解析】（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.19.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可.【解析】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴因此1C 在平面AEF 内20.已知函数32()f x x kx k =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27. （1）'2()3f x x k =-，对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可；（2）()f x 有三个零点，由（1）知0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【解析】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x << 令'()0f x >，得x <x >()f x在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增. （2）由（1）知，()f x 有三个零点，则0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得4027k <<， 当4027k <<>20f k =>， 所以()f x在上有唯一一个零点，同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<， 所以()f x在(1,k --上有唯一一个零点， 又()f x在(上有唯一一个零点，所以()f x 有三个零点， 综上可知k 的取值范围为4(0,)27. 21.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<，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. （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，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.【解析】（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）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 ∠=∠，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：222311110555125211d⨯-⨯+===+， 根据两点间距离公式可得：()()22652055AQ =++-=， ∴APQ 面积为：15555252⨯⨯=； 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：()2283111405185185811d ⨯--⨯+===+，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. 【拓展】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.22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2222x 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-+= （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 坐标得出直线AB 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【解析】（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-+=.【拓展】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.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 }【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.（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 a a bcbc+++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明. 【解析】（1）2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. ,,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{,,}4abc .。