2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(解析版)
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1. 设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}2. 2−i1+2i=( )A.1B.−1C.iD.−i3. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )A.120种B.90种C.60种D.30种4. 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A 且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘5. 某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%6. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=e rt描述累计感染病例数I(t)随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)( )A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天7. 已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP→⋅AB→的取值范围是( )A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8. 若定义在R上的奇函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x−1)≥0的x的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9. 已知曲线C：mx2+ny2=1.( )A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnxD.若m=0，n>0，则C是两条直线10. 如图是函数y=sin(ωx+φ)，则sin(ωx+φ)=( )A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)11. 已知a>0，b>0，且a+b=1，则( )A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤212. 信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X所有可能的取值为1，2，⋯，n，且P(X=i)=p i> 0(i=1,2,⋯,n)，∑p ini=1=1，定义X的信息熵H(X)=−∑p ini=1log2p i，则( )A.若n=1，则H(X)=0B.若n=2，则H(X)随着p i的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y ) 三、填空题13. 斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14. 将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形， BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC=35， BH//DG ，EF =12cm ，DE =2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm 2.16. 已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________. 四、解答题17. 在①ac =√3，②c sin A =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A =√3sin B ，C =π6， ________？18. 已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20，a 3=8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0,m](m ∈N ∗)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100 .19. 为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO 2浓度(单位：μg/m 3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO 2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关？ 附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，20. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．21. 已知函数f (x )=ae x−1−ln x +ln a .(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足. 证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.参考答案与试题解析2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】并集及其运算【解析】根据集合并集的运算法则求解.【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.【答案】D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】根据复数的除法运算法则求解.【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】先让甲场馆选1人，再让乙场馆选2，剩下的去丙场馆即可得解. 【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.【答案】B【考点】直线与平面所成的角空间点、线、面的位置【解析】根据纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角. 【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴ ∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.【答案】C【考点】概率的应用【解析】利用互斥事件的概率公式代入求解.【解答】解：设''该中学学生喜欢足球''为事件A，''该中学学生喜欢游泳''为事件B，则''该中学学生喜欢足球或游泳''为事件A∪B，''该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳''为事件A∩B. 由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.【答案】B【考点】函数模型的选择与应用指数式与对数式的互化【解析】先根据所给模型求得r，然后求得初始病例数I，最后求得感染病例数增加1倍所需的时间.【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ， e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln 20.38≈1.8. 故选B . 7.【答案】 A【考点】平面向量数量积求线性目标函数的最值 【解析】先画出图形，并用坐标表示AP →⋅AB →，然后向量问题转化为求线性目标函数的最值，最终得AP →⋅AB →的取值范围.【解答】 解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)， AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)， 则AP →⋅AB →=−x −√3y +2.令z =−x −√3y +2，该问题可转化为求该目标函数在可行域中的最值问题，由图可知，z =−x −√3y +2经过点C 时，z 取得最大值；经过点F 时，z 取得最小值， 故最优解为C(−1,−√3)和F(1,√3)， 代入得z max =6或z min =−2， 故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6). 故选A . 8.【答案】 D【考点】函数单调性的性质 函数奇偶性的性质【解析】先根据函数的奇偶性确定函数的大致图像，然后判断函数的单调性，最后利用分类讨论思想讨论不等式成立时x 的取值范围. 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x =0时，xf(x −1)=0成立； ②当x >0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≥0，可得0≤x −1≤2或x −1≤−2， 解得1≤x ≤3；③当x <0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≤0，可得x −1≥2或−2≤x −1≤0， 解得−1≤x <0.综上，x 的取值范围为[−1,0]∪[1,3]. 故选D .二、多选题 9.【答案】 A,C,D 【考点】双曲线的渐近线 椭圆的标准方程 圆的标准方程 直线的一般式方程【解析】根据所给条件，逐一分析对应的方程形式，结合椭圆、圆、双曲线方程的定义进行判断即可. 【解答】解：A ，mx 2+ny 2=1，即x 21m+y 21n=1.∵ m >n >0， ∴ 1m <1n ，∴ 此时C 是椭圆，且其焦点在y 轴上， A 选项正确；B ，m =n >0时，x 2+y 2=1n ， ∴ r =√n n， B 选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴ y=±√1n代表两条直线，D选项正确.故选ACD.10.【答案】B,C【考点】诱导公式由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的图象【解析】先用图像上两零点间的距离求出函数的周期，从而求得ω，而后利用五点对应法求得φ，进而求得图像的解析式.【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴ T=π，∴ ω=2ππ=2，∴ y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3 )=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3)=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C选项正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3)=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.11.【答案】A,B,D【考点】不等式性质的应用基本不等式在最值问题中的应用【解析】选项A左边是代数式形式，右边是数字形式，且已知a+b=1，故可考虑通过基本不等式和重要不等式建立a2+b2与a+b的关系；选项B先利用指数函数的增减性将原不等式简化为二元一次不等式，然后利用不等式的性质及已知条件判断；选项C需要利用对数的运算和对数函数的增减性将不等式转化为关于a, b的关系式，然后利用基本不等式建立与已知条件a+b的关系；选项D基本不等式的变形应用.【解答】解：A，∵ a+b=1，则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴ 1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2)，可得a2+b2≥12，故A正确；B，∵ a−b=a−(1−a)=2a−1>−1，∴2a−b>2−1=12，故B正确；C，∵ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a=b时取等号，∴log2a+log2b=log2ab≤log214=−2，故C错误；D ，∵ a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号， ∴ (√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2， 即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确. 故选ABD . 12. 【答案】 A,C【考点】 概率的应用概率与函数的综合 利用导数研究函数的单调性【解析】选项A 根据题目给出信息熵的定义可直接判断；选项B 根据题意先得到p 1，p 2的关系，然后构造关于p 1的函数，最后利用导数判断新函数的增减性； 选项C 根据题目给定信息化简H(x)后可判断；选项D 分别求出H(x)，H(y)，利用作差法结合对数的运算即可判断. 【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确； B ，若n =2，则p 1+p 2=1，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)]. 设f (p )=−[p log 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p ln 2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln 2] =−log 2p1−p =log 21−p p，当0<p <12时，f ′(p )>0； 当12<p <1时，f ′(p )<0，∴ f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减， 当p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n )，则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ， 由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知： P (Y =1)=p 1+p 2m ； P (Y =2)=p 2+p 2m−1 ；P (Y =3)=p 3+p 2m−2 ； ⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1 ;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]， H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯ +(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵ (p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0， ⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0， 所以H (X )>H (Y )，故D 错误． 故选AC . 三、填空题 13.【答案】163【考点】 抛物线的性质 【解析】先根据题目给定信息求出直线方程，联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理和抛物线的性质转化求出弦长|AB|. 【解答】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y =√3(x −1)，代入抛物线方程得3x 2−10x +3=0， ∴ x 1+x 2=103，根据抛物线方程的定义可知|AB|=x 1+1+x 2+1=163.故答案为：163.14.【答案】 3n 2−2n 【考点】等差数列的前n 项和 等差关系的确定【解析】先判断出{2n −1}与{3n −2}公共项所组成的新数列{a n }的公差、首项，再利用等差数列的前n 项和的公式得出结论. 【解答】解：数列{2n −1}各项为：1，3，5，7，9，⋯数列{3n −2}各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n }是首项为1，公差为6的等差数列， 所以数列{a n }的前n 项和为3n 2−2n . 故答案为：3n 2−2n . 15. 【答案】5π2+4 【考点】同角三角函数基本关系的运用 扇形面积公式【解析】先利用解三角形和直线的位置关系求出圆的半径，然后求出阴影部分的面积，运用了数形结合的方法. 【解答】解：由已知得A 到DG 的距离与A 到FG 的距离相等，均为5. 作AM ⊥GF 延长线于M ，AN ⊥DG 于N ，则∠NGA =45∘. ∵ BH//DG ， ∴ ∠BHA =45∘. ∵ ∠OAH =90∘， ∴ ∠AOH =45∘.设O 到DG 的距离为3t ，由tan ∠ODC =35，可知O 到DE 的距离为5t ， ∴ {OA ⋅cos 45∘+5t =7,OA ⋅sin 45∘+3t =5,解得{t =1,OA =2√2.半圆之外阴影部分面积为：S 1=2√2×2√2×12−45×π×(2√2)2360=4−π，阴影部分面积为：S =12[π⋅(2√2)2−π⋅12]+S 1=5π2+4.故答案为：5π2+4.16. 【答案】√2π2【考点】 弧长公式空间直角坐标系 圆的标准方程 两点间的距离公式【解析】根据题意画出直观图，建立合适的坐标系，求出交线上的点的轨迹方程，进而确定点的轨迹在平面BCC 1B 1上是以√2为半径的90∘的弧，最后根据弧长公式求解. 【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线， 即D 1(1,−√3,0)，设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5， 化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题 17.【答案】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3. ∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．【考点】两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理【解析】条件①先根据题意，结合正弦定理用一边去表示另外两条边，然后用余弦定理求出三角形的三边的长；条件②先用正弦定理结合已知求出a，b的长，然后用余弦定理求出c的长；条件③先利用正弦定理结合已知用b表示a，c，然后利用余弦定理求得∠C与给定值不同，从而判定三角形不存在.【解答】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3.∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．18.【答案】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.【考点】数列的求和等比数列的通项公式【解析】(1)先根据已知列式求出公比，求出首项，最后求得等比数列的通项公式；(2)由题意求得0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，⋯，可知b63=5，b64= b65=⋯=b100=6．则数列{b m}的前100项和S100可求．【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.19.【答案】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关. 【考点】独立性检验概率的意义【解析】(1)根据题目已知信息利用频率估计概率；(2)根据题目给定信息画出2×2列联表；(3)根据列联表计算K的观测值K2，得出统计结论.【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得 K 2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关. 20.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ， 故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD . 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ，则sin θ=|cos <n →,PB →>| =√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2=√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a+a ≥2×√1a⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 基本不等式在最值问题中的应用直线与平面垂直的判定【解析】(1)先求l 的平行线BC 与面PCD 垂直，再利用线面垂直的判定即可得证；(2)选取合适的点建立空间直角坐标系，然后运用向量法结合基本不等式即可求得线面夹角的最大值. 【解答】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ， 故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ， 则sin θ=|cos <n →,PB →>| =|1+a|√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 21.【答案】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1，f ′(x )=e x −1x，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 【考点】利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；(2)不等式等价于e x−1+ln a +ln a +x −1≥ln x +x =e ln x +ln x ，令g(t)=e t +t ，根据函数单调性可得ln a >ln x −x +1，再构造函数ℎ(x)=ln x −x +1，利用导数求出函数的最值，即可求出a 的范围. 【解答】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1， f ′(x )=e x −1x ，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1. (2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 22. 【答案】 (1)解：由题设得4a2+1b2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ① 由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13).令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值. 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 椭圆的标准方程 【解析】(1)根据椭圆方程的离心率、a ，b ，c 的关系及椭圆上一点列出关系式，解得a 2，b 2即可得椭圆方程； (2)①当直线斜率存在时，设直线方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，结合AM →⋅AN →=0可得 m =1−2k 或m =−2k +13，由点A 不在直线MN 上可判断m ≠1−2k ，进而根据m =−2k+13可求解直线MN 的方程，从而判断直线MN 过定点P ；②若直线MN 与x 轴垂直，结合和椭圆方程，求得点M 的横坐标x 1 ，由此可知直线MN 过点P ；由上述分类讨论可知|AP|为定值，根据直角三角形中线的性质确定定点Q ，最后分两小类讨论D 与P 重合或者不重合最终确定|DQ|为定值. 【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(含解析)
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}=()2.2−i1+2iA.1B.−1C.iD.−i3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I (t )=e rt 描述累计感染病例数I (t )随时间t （单位：天）的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0=1+rT ，有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)()A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →⋅AB →的取值范围是()A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8.若定义在R 的奇函数f (x )在(−∞,0)单调递减，且f (2)=0，则满足xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9.已知曲线C ：mx 2+ny 2=1.()A.若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B.若m =n >0，则C 是圆，其半径为√nC.若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =±√−m n xD.若m =0, n >0，则C 是两条直线10.如图是函数y =sin (ωx +φ)的部分图像，则sin (ωx +φ)=()A.sin (x +π3)B.sin (π3−2x)C.cos (2x +π6)D.cos (5π6−2x)11.已知a >0，b >0，且a +b =1，则()A.a 2+b 2≥12B.2a−b >12C.log 2a +log 2b ≥−2D.√a +√b ≤212.信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )三、填空题13.斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14.将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=3，BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，5圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.16.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60∘，以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.四、解答题17.在①ac=√3，②csinA=3，③c=√3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π，________？618.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.19.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)20.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD 与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.2−i1+2i=()A.1B.−1C.iD.−i【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%【解答】解：设喜欢足球为A，喜欢游泳为B，由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=e rt描述累计感染病例数I(t)随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)()A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ，e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln20.38≈1.8.故选B .7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →⋅AB →的取值范围是()A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6) 【解答】解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)，AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)，则：AP →⋅AB →=−x −√3y +2，令z =−x −√3y +2，由线性规则得，最优解为：C(−1,−√3)和F(1,√3)，代入得z =6或z =−2．故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6).故选A .8.若定义在R 的奇函数f (x )在(−∞,0)单调递减，且f (2)=0，则满足xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3] 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x=0时，xf(x−1)=0成立；②当x>0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≥0，可得0≤x−1≤2或x−1≤−2，解得1≤x≤3；③当x<0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≤0，可得x−1≥2或−2≤x−1≤0，解得−1≤x<0.综上，x的取值范围为[−1,0]∪[1,3].故选D.二、多选题已知曲线C：mx2+ny2=1.()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnx D.若m=0, n>0，则C是两条直线【解答】解：A，mx2+ny2=1，即x 21 m +y21n=1，∵m>n>0，∴1m <1n，∴此时C是椭圆，且其焦点在y轴上，A选项正确；B，m=n>0时，x2+y2=1n，∴r=√nn，B选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴y=±√1n，代表两条直线，D选项正确.故选ACD.如图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=()A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴T=π，∴ω=2ππ=2，∴y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(2k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3)=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3 )=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3 )=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.已知a>0，b>0，且a+b=1，则()A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤2【解答】解：A，∵a+b=1,则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴1=a 2+b 2+2ab ≤2(a 2+b 2)，可得a 2+b 2≥12，故A 正确； B ，∵a −b =a −(1−a)=2a −1>−1，∴2a−b >2−1=12，故B 正确；C ，∵ab ≤(a+b 2)2=14，当且仅当a =b 时取等号， ∴log 2a +log 2b =log 2(ab)≤log 214=−2，故C 错误；D ，∵a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号，∴(√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2，即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确.故选ABD .信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确；B ，若n =2，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)].设f (p )=−[plog 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则：f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p⋅ln2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln2]=−log 2p 1−p =log 21−p p ， 当0<p <12时，f ′(p )>0；当12<p <1时，f ′(p )<0，∴f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n ），则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知：P (Y =1)=p 1+p 2m ；P (Y =2)=p 2+p 2m−1；P (Y =3)=p 3+p 2m−2；⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]，H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯+(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0，⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0，所以H (X )>H (Y )，故D 错误．故选AC .三、填空题斜率为√3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|=________.【解答】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y=√3(x−1)，代入抛物线方程得3x2−10x+3=0，∴x1+x2=10，3.根据抛物线方程得定义可知|AB|=x1+1+x2+1=163.故答案为：163将数列{2n−1}与{3n−2}的公共项从小到大排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为________.【解答】解：数列2n−1各项为：1，3，5，7，9，⋯数列3n−2各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n}是首项为1，公差为6的等差数列，数列{a n}的前n项和为3n2−2n.故答案为：3n2−2n.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与，直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=35 BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.【解答】解：由已知得A到DG的距离与A到FG的距离相等，均为5. 作AM⊥GF于M，设AN⊥DG于N.则∠NGA=45∘.∵BH//DG，∴∠BHA=45∘.∵∠OAH=90∘，∴∠AOH=45∘.由tan∠ODC=35，设O到DG的距离为3t，则O到DE的距离为5t，∴{OAcos45∘+5t=7，OAsin45∘+3t=5,解得{t=1, OA=2√2.半圆之外阴影部分面积为：S1=2√2×2√2×12−45∘×π×(2√2)2360∘=4−π，阴影部分面积为：S=12(π⋅(2√2)2−π⋅12)+S1=5π2+4.故答案为：5π2+4.已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________.【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线，即D 1(1,−√3,0)， 设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5，化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题在①ac =√3，②csinA =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π6，________？【解答】解：选①：∵sinA=√3sinB，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sinB，∴12cosB+√32sinB=√3sinB，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.又∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3解得a=√3, b=1，∴c=1，故满足条件存在△ABC；选②：sinA=√3sinB，C=π6，csinA=3. ∵csinA=3，∴asinC=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2abcosC=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故满足条件存在△ABC；选③：c=√3b，sinA=√3sinB，C=π6，由①可知，B=π6，故△ABC为等腰三角形c=b，又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，+a3q=20，可得a3q得2q2−5q+2=0，(2q−1)(q−2)=0.∵q>1，∴q=2，∵a1×q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，=0.64.且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)2≈7.484，80×20×74×26由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，故BC⊥CD.又因为PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC，又由于PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC.因为在正方形ABCD中BC//AD，且AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，故BC//平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，且平面PAD与平面PBC的交线为l，故BC//l.因此l⊥平面PDC.(2)解：由已知条件，P−ABCD底面为正方形，PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立D−xyz空间直角坐标系，如图所示：因为PD =AD =1，Q 在直线l 上，设Q (a,0,1)，其中a ∈R ，由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1)，设平面QCD 法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0, 令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为：n →=(1,0,−a )，设PB 与平面QCD 成角为θ，则sinθ=|cos <n →,PB →>|=|1+a|√3×√1+a 2 =1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2，①若a =0，则sinθ=√33， ②若a ≠0，则sinθ=√33×√1+21a+a ， a >0时， ∵1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$``="$成立，∴sinθ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sinθ<√33， ∴当a =1时，sinθ=√63取到最大值．综上所述，PB与平面QCD成角的正弦值的最大值为√63.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.【解答】解：(1)当a=e时，f(x)=e x−lnx+1，f′(x)=e x−1x，∴k=f′(1)=e−1，f(1)=e+1，∴y−(e+1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x+2，∴在y轴上的截距为2，在x轴的截距为21−e，∴S=12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a<1时，f(1)=a+lna<1；②当a=1时，f(x)=e x−1−lnx，f′(x)=e x−1−1x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，所以当x=1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，从而f(x)≥1；③当a>1时，f(x)=ae x−1−lnx+lna≥e x−1−lnx≥1. 综上，a的取值范围是[1,+∞).已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1， a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. ∴C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为 y =kx +m ，代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0. 于是x 1+x 2=−4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2.①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得 (k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0， 将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km 1+2k 2+(m −1)2+4=0，整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0， 因为A(2,1)不在直线MN 上，所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)， 所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1). 由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0.又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23， 此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13). 若D 与P 不重合，则由题设知 AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。
2020年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年全国新高考Ⅰ卷数学试卷及解析
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1. 设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}2. 2−i1+2i=( )A.1B.−1C.iD.−i3. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )A.120种B.90种C.60种D.30种4. 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A 且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘5. 某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%6. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=e rt描述累计感染病例数I(t)随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)( )A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天7. 已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP→⋅AB→的取值范围是( )A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8. 若定义在R上的奇函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x−1)≥0的x的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9. 已知曲线C：mx2+ny2=1.( )A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnxD.若m=0，n>0，则C是两条直线10. 如图是函数y=sin(ωx+φ)，则sin(ωx+φ)=( )A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)11. 已知a>0，b>0，且a+b=1，则( )A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤212. 信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X所有可能的取值为1，2，⋯，n，且P(X=i)=p i> 0(i=1,2,⋯,n)，∑p ini=1=1，定义X的信息熵H(X)=−∑p ini=1log2p i，则( )A.若n=1，则H(X)=0B.若n=2，则H(X)随着p i的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y ) 三、填空题13. 斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14. 将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形， BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC=35， BH//DG ，EF =12cm ，DE =2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm 2.16. 已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________. 四、解答题17. 在①ac =√3，②c sin A =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A =√3sin B ，C =π6， ________？18. 已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20，a 3=8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0,m](m ∈N ∗)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100 .19. 为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO 2浓度(单位：μg/m 3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO 2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关？ 附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，20. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．21. 已知函数f (x )=ae x−1−ln x +ln a .(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足. 证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.参考答案与试题解析2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】并集及其运算【解析】根据集合并集的运算法则求解.【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.【答案】D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】根据复数的除法运算法则求解.【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】先让甲场馆选1人，再让乙场馆选2，剩下的去丙场馆即可得解. 【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.【答案】B【考点】直线与平面所成的角空间点、线、面的位置【解析】根据纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角. 【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴ ∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.【答案】C【考点】概率的应用互斥事件的概率加法公式【解析】利用互斥事件的概率公式代入求解.【解答】解：设''该中学学生喜欢足球''为事件A，''该中学学生喜欢游泳''为事件B，则''该中学学生喜欢足球或游泳''为事件A∪B，''该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳''为事件A∩B. 由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.【答案】B【考点】函数模型的选择与应用指数式与对数式的互化【解析】先根据所给模型求得r，然后求得初始病例数I，最后求得感染病例数增加1倍所需的时间.【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ， e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln 20.38≈1.8. 故选B . 7. 【答案】 A【考点】平面向量数量积求线性目标函数的最值 【解析】先画出图形，并用坐标表示AP →⋅AB →，然后向量问题转化为求线性目标函数的最值，最终得AP →⋅AB →的取值范围.【解答】 解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)， AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)， 则AP →⋅AB →=−x −√3y +2.令z =−x −√3y +2，该问题可转化为求该目标函数在可行域中的最值问题，由图可知，z =−x −√3y +2经过点C 时，z 取得最大值；经过点F 时，z 取得最小值， 故最优解为C(−1,−√3)和F(1,√3)， 代入得z max =6或z min =−2， 故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6). 故选A . 8.【答案】 D【考点】函数单调性的性质 函数奇偶性的性质 【解析】先根据函数的奇偶性确定函数的大致图像，然后判断函数的单调性，最后利用分类讨论思想讨论不等式成立时x 的取值范围. 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x =0时，xf(x −1)=0成立； ②当x >0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≥0，可得0≤x −1≤2或x −1≤−2， 解得1≤x ≤3；③当x <0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≤0，可得x −1≥2或−2≤x −1≤0， 解得−1≤x <0.综上，x 的取值范围为[−1,0]∪[1,3]. 故选D .二、多选题 9.【答案】 A,C,D 【考点】双曲线的渐近线 椭圆的标准方程 圆的标准方程 直线的一般式方程【解析】根据所给条件，逐一分析对应的方程形式，结合椭圆、圆、双曲线方程的定义进行判断即可. 【解答】解：A ，mx 2+ny 2=1，即x 21m+y 21n=1.∵ m >n >0， ∴ 1m <1n ，∴ 此时C 是椭圆，且其焦点在y 轴上， A 选项正确；B ，m =n >0时，x 2+y 2=1n ， ∴ r =√n n，B选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴ y=±√1n代表两条直线，D选项正确.故选ACD.10.【答案】B,C【考点】诱导公式由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的图象【解析】先用图像上两零点间的距离求出函数的周期，从而求得ω，而后利用五点对应法求得φ，进而求得图像的解析式.【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴ T=π，∴ ω=2ππ=2，∴ y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3 )=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3)=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C选项正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3)=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.11.【答案】A,B,D【考点】不等式性质的应用基本不等式在最值问题中的应用【解析】选项A左边是代数式形式，右边是数字形式，且已知a+b=1，故可考虑通过基本不等式和重要不等式建立a2+b2与a+b的关系；选项B先利用指数函数的增减性将原不等式简化为二元一次不等式，然后利用不等式的性质及已知条件判断；选项C需要利用对数的运算和对数函数的增减性将不等式转化为关于a, b的关系式，然后利用基本不等式建立与已知条件a+b的关系；选项D基本不等式的变形应用.【解答】解：A，∵ a+b=1，则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴ 1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2)，可得a2+b2≥12，故A正确；B，∵ a−b=a−(1−a)=2a−1>−1，∴2a−b>2−1=12，故B正确；C，∵ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a=b时取等号，∴ log 2a +log 2b =log 2ab ≤log 214=−2，故C 错误；D ，∵ a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号， ∴ (√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2， 即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确. 故选ABD . 12.【答案】 A,C【考点】 概率的应用概率与函数的综合 利用导数研究函数的单调性【解析】选项A 根据题目给出信息熵的定义可直接判断；选项B 根据题意先得到p 1，p 2的关系，然后构造关于p 1的函数，最后利用导数判断新函数的增减性； 选项C 根据题目给定信息化简H(x)后可判断；选项D 分别求出H(x)，H(y)，利用作差法结合对数的运算即可判断. 【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确；B ，若n =2，则p 1+p 2=1，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)]. 设f (p )=−[p log 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p ln 2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln 2] =−log 2p1−p =log 21−p p，当0<p <12时，f ′(p )>0； 当12<p <1时，f ′(p )<0，∴ f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减， 当p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误； C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n )，则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ， 由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知：P (Y =1)=p 1+p 2m ； P (Y =2)=p 2+p 2m−1 ； P (Y =3)=p 3+p 2m−2 ； ⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1 ;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]， H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯ +(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵ (p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0， ⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0， 所以H (X )>H (Y )，故D 错误． 故选AC . 三、填空题 13.【答案】163【考点】 抛物线的性质 【解析】先根据题目给定信息求出直线方程，联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理和抛物线的性质转化求出弦长|AB|. 【解答】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y =√3(x −1)，代入抛物线方程得3x 2−10x +3=0， ∴ x 1+x 2=103，根据抛物线方程的定义可知|AB|=x 1+1+x 2+1=163.故答案为：163. 14.【答案】 3n 2−2n 【考点】等差数列的前n 项和 等差关系的确定【解析】先判断出{2n −1}与{3n −2}公共项所组成的新数列{a n }的公差、首项，再利用等差数列的前n 项和的公式得出结论.【解答】解：数列{2n −1}各项为：1，3，5，7，9，⋯ 数列{3n −2}各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n }是首项为1，公差为6的等差数列， 所以数列{a n }的前n 项和为3n 2−2n . 故答案为：3n 2−2n . 15. 【答案】5π2+4 【考点】同角三角函数基本关系的运用 扇形面积公式【解析】先利用解三角形和直线的位置关系求出圆的半径，然后求出阴影部分的面积，运用了数形结合的方法. 【解答】解：由已知得A 到DG 的距离与A 到FG 的距离相等，均为5. 作AM ⊥GF 延长线于M ，AN ⊥DG 于N ，则∠NGA =45∘. ∵ BH//DG ， ∴ ∠BHA =45∘. ∵ ∠OAH =90∘， ∴ ∠AOH =45∘.设O 到DG 的距离为3t ，由tan ∠ODC =35，可知O 到DE 的距离为5t ， ∴ {OA ⋅cos 45∘+5t =7,OA ⋅sin 45∘+3t =5,解得{t =1,OA =2√2.半圆之外阴影部分面积为：S 1=2√2×2√2×12−45×π×(2√2)2360=4−π，阴影部分面积为：S =12[π⋅(2√2)2−π⋅12]+S 1=5π2+4.故答案为：5π2+4. 16. 【答案】 √2π2【考点】 弧长公式空间直角坐标系 圆的标准方程 两点间的距离公式【解析】根据题意画出直观图，建立合适的坐标系，求出交线上的点的轨迹方程，进而确定点的轨迹在平面BCC 1B 1上是以√2为半径的90∘的弧，最后根据弧长公式求解. 【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线， 即D 1(1,−√3,0)，设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5， 化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2.四、解答题17.【答案】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3. ∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．【考点】两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理【解析】条件①先根据题意，结合正弦定理用一边去表示另外两条边，然后用余弦定理求出三角形的三边的长；条件②先用正弦定理结合已知求出a，b的长，然后用余弦定理求出c的长；条件③先利用正弦定理结合已知用b表示a，c，然后利用余弦定理求得∠C与给定值不同，从而判定三角形不存在.【解答】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3.∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．18.【答案】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.【考点】数列的求和等比数列的通项公式【解析】(1)先根据已知列式求出公比，求出首项，最后求得等比数列的通项公式；(2)由题意求得0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，⋯，可知b63=5，b64= b65=⋯=b100=6．则数列{b m}的前100项和S100可求．【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n. (2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.19.【答案】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关. 【考点】独立性检验概率的意义【解析】(1)根据题目已知信息利用频率估计概率；(2)根据题目给定信息画出2×2列联表；(3)根据列联表计算K的观测值K2，得出统计结论.【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO 2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得 K 2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关. 20.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ， 故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD . 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ， 则sin θ=|cos <n →,PB →>| =|1+a|√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立，∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 基本不等式在最值问题中的应用直线与平面垂直的判定【解析】(1)先求l 的平行线BC 与面PCD 垂直，再利用线面垂直的判定即可得证；(2)选取合适的点建立空间直角坐标系，然后运用向量法结合基本不等式即可求得线面夹角的最大值. 【解答】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD . 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ， 则sin θ=|cos <n →,PB →>| =|1+a|√3×√1+a 2=√3×√(1+a)21+a 2=√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 21.【答案】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1，f ′(x )=e x −1x ，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e |=2e−1.(2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 【考点】利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；(2)不等式等价于e x−1+ln a +ln a +x −1≥ln x +x =e ln x +ln x ，令g(t)=e t +t ，根据函数单调性可得ln a >ln x −x +1，再构造函数ℎ(x)=ln x −x +1，利用导数求出函数的最值，即可求出a 的范围.【解答】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1， f ′(x )=e x −1x ，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e |=2e−1.(2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 22. 【答案】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km 1+2k2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)， 所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23， 此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值. 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 椭圆的标准方程 【解析】(1)根据椭圆方程的离心率、a ，b ，c 的关系及椭圆上一点列出关系式，解得a 2，b 2即可得椭圆方程；(2)①当直线斜率存在时，设直线方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，结合AM →⋅AN →=0可得 m =1−2k 或m =−2k +13，由点A 不在直线MN 上可判断m ≠1−2k ，进而根据m =−2k+13可求解直线MN 的方程，从而判断直线MN 过定点P ；②若直线MN 与x 轴垂直，结合和椭圆方程，求得点M 的横坐标x 1 ，由此可知直线MN 过点P ；由上述分类讨论可知|AP|为定值，根据直角三角形中线的性质确定定点Q ，最后分两小类讨论D 与P 重合或者不重合最终确定|DQ|为定值. 【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。
2020年高考全国1卷数学试题解析解读分析
2020年高考全国1卷数学试题解析解读分析今年1卷相比19年，在试题结构变化上有所回稳，尤其是19题概率题，导数应用，为增加文理合卷的导向性，导数应用不在函数的复杂度上做文章，常见两个基本初等函数的复合，分析，解题方法多样，常规，个人认为：融入的素材，时政热点，彰显文化等不应作为数学学科关注的焦点，因为这些已是常态，更不是决定学生答题的关注点，作为数学学科领域，我们应该更多的关注试题所体现的改革导向，教学导向，学生发展导向；决定做好这份答卷的着力点依然是在学科核心素养上。
2020年高考数学试题落实立德树人根本任务，贯彻德智体美劳全面发展教育方针，坚持素养导向、能力为重的命题原则，体现了高考数学的科学选拔和育人导向作用。
试题重视数学本质，突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用，突出对关键能力的考查。
试题展现了我国社会主义建设成就与科学防疫的成果，紧密联系社会实际，设计真实的问题情境，具有鲜明的时代特色。
试卷体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求，难度设计科学合理，很好把握了稳定与创新、稳定与改革的关系，对协同推进高考综合改革、引导中学数学教学都将起到积极的作用。
1. 融入的时代素材，时政热点，彰显文化依然作为常态，但这不是作为我们关注的焦点，也不是决定学生能否正确解题的关键。
2. 文理合卷的导向性明显，文理差异大的知识点得到中和1卷概率题，整卷的难度，考点分布得到体现3. 高中数学教育迈向大众化需求，普及的方向，同时兼顾当前的选拔功能整卷考点稳定，仅仅在试题情景上稍作创新、变动，小题与大题的压轴，考查单一，不再具有综合性很强的区分度。
4.坚持探索创新，推进高考内容改革一是考试内容的改革。
2020年是山东、海南实行高考综合改革后的首次高考，数学不分文理科，2021年又将有8个省份使用新高考卷。
过渡时期的数学科考试依据《新高考过渡期数学科考试范围说明》，科学设计考试内容，重点关注实验版高中数学课程标准和2017年版数学课程标准中的公共内容，并将这些内容确定为过渡时期的数学科考试的重点内容。
2020年高考理科数学全国1卷(word版,含答案)
1.【ID:4002604】若，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：，则．故选D．2.【ID:4002605】设集合，，且，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：易求得：，，则由，得，解得．故选B．3.【ID:4002606】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.【答案】C【解析】解：如图，设正四棱锥的底面边长为，斜高，则，两边同时除以，得：，解得：，故选C．4.【ID:4002607】已知为抛物线：上一点，点到的焦点的距离为，到轴的距离为，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由题意知，，则．故选C．5.【ID:4002608】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度(单位：)的关系，在个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：由图易知曲线特征：非线性，上凸，故选D．6.【ID:4002609】函数的图象在点处的切线方程为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：，则切线斜率，又，则切线方程为．故选B．7.【ID:4002610】设函数在的图象大致如下图，则的最小正周期为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由图可估算，则．故选C．由图可知：，由单调性知：，解得，又由图知，则，当且仅当时满足题意，此时，故最小正周期．8.【ID:4002611】的展开式中的系数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：，要得到项，则应取项，则其系数为．故选C．9.【ID:4002612】已知，且，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由，得，解得：或(舍)，又，则．故选A．10.【ID:4002613】已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆．若的面积为，，则球的表面积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由条件易得：，由，则，则，所以球的表面积为．故选A．11.【ID:4002614】已知：，直线：，为上的动点．过点作的切线，，切点为，，当最小时，直线的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：：，则，如图，由圆的切线性质，易知：，则，所以最小时，最短，即最短，此时，易求得：，则直线：，整理，得：．故选D．12.【ID:4002615】若，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意，有，若，则，不符合题意，因此．13.【ID:4002616】若，满足约束条件，则的最大值为________．【答案】1【解析】解：作不等式组满足的平面区域如图：易得：，，，因为区域为封闭图形，分别将点的坐标代入，得最大值为．14.【ID:4002617】设，为单位向量，且，则________．【答案】【解析】解：因为，，则，则．15.【ID:4002618】已知为双曲线：的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴．若的斜率为，则的离心率为________．【答案】2【解析】解：如图，，，则由题意得：，解得：，(舍)，所以的离心率为．16.【ID:4002619】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则________．【答案】【解析】在中，；在中，，由展开图的生成方式可得，在中，由余弦定理可得，于是，因此在中，由余弦定理可得．17. 设是公比不为的等比数列，为，的等差中项．（1）【ID:4002620】求的公比．【答案】【解析】解：设数列的公比为，则，，即，解得或(舍去)，的公比为．（2）【ID:4002621】若，求数列的前项和．【答案】【解析】解：记为的前项和．由及题设可得，．所以，．可得．所以．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）【ID:4002622】证明：平面．【答案】见解析【解析】方法：以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，．，，，则，，，平面．方法：设，由题设可得，，，．因此，从而．又，故．所以平面．（2）【ID:4002623】求二面角的余弦值．【答案】【解析】由知，，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，解得，，二面角的余弦值为．19. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，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，直至有一人被淘汰：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）【ID:4002624】求甲连胜四场的概率．【答案】【解析】解：．（2）【ID:4002625】求需要进行第五场比赛的概率．【答案】【解析】(甲连胜场)(乙连胜场)(丙连胜场)．（3）【ID:4002626】求丙最终获胜的概率．【答案】【解析】丙最终获胜，有两种情况，丙连胜或输一场．(丙连胜)，丙输一场，则共进行场，丙可以在①第场输，、场胜；②第、场胜，场输；③第、、场胜，第场输，(丙第场输，，场胜)；(丙第，场胜，第场输)；(丙第，，场胜，第场输)，(丙胜)．20. 已知，分别为椭圆：的左、右顶点．为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．（1）【ID:4002627】求的方程．【答案】【解析】由题意知，，，故，，，故椭圆的方程为．（2）【ID:4002628】证明：直线过定点．【答案】见解析【解析】方法：设，，故：，，故：，联立，，同理可得，，①当时，：，②当时，，：，③当且时，，：，令，故直线恒过定点．方法：设，，．若，设直线的方程为，由题意可知．因为直线的方程为，所以．直线的方程为，所以．可得．又，故，可得，即．①将代入得．所以，．代入①式得．解得(舍去)，．故直线的方程为，即直线过定点．若，则直线的方程为，过点．综上，直线过定点．21. 已知函数．（1）【ID:4002629】当时，讨论的单调性．【答案】当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．【解析】当时，，其导函数，又函数为单调递增函数，且，于是当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）【ID:4002630】当时，，求的取值范围．【答案】【解析】方法：根据题意，当时，不等式显然成立；当时，有，记右侧函数为，则其导函数，设，则其导函数，当时，函数单调递减，而，于是．因此函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，也为最大值．因此实数的取值范围是，即．方法：等价于．设函数，则．(i)若，即，则当时，．所以在上单调递增，而，故当时，，不合题意．(ii)若，即，则当时，；当时，．所以在，上单调递减，在上单调递增．又，所以当且仅当，即．所以当时，．(iii)若，即，则．由于，故由(ii)可得．故当，．综上，的取值范围是．22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）【ID:4002631】当时，是什么曲线？【答案】为以坐标原点为圆心，半径为的圆．【解析】解：，的参数方程为，则的普通方程为：，是以坐标原点为圆心，半径为的圆．（2）【ID:4002632】当时，求与的公共点的直角坐标．【答案】【解析】解：当时，：，消去参数，得的直角坐标方程为：，的直角坐标方程为：，联立得，其中，，，解得，与的公共点的直角坐标为．23. 已知函数．（1）【ID:4002633】画出的图象．【答案】见解析【解析】解：如图，．（2）【ID:4002634】求不等式的解集．【答案】【解析】解：方法：由题意知，结合图象有，当时，不等式恒成立，故舍去；当，即时，不等式恒成立；当时，由，得，，解得，综上，．方法：函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．的图象与的图象的交点坐标为．由图象可知当且仅当时，的图象在的图象上方．故不等式的解集为．。
2023年全国统一高考数学试卷(新高考I ) (解析版)
2023年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，N＝{x|x2﹣x﹣6≥0}，则M∩N＝（ ）A．{﹣2，﹣1，0，1}B．{0，1，2}C．{﹣2}D．{2}【答案】C【解答】解：∵x2﹣x﹣6≥0，∴（x﹣3）（x+2）≥0，∴x≥3或x≤﹣2，N＝（﹣∞，﹣2]∪[3，+∞），则M∩N＝{﹣2}．故选：C．2．（5分）已知z＝，则z﹣＝（ ）A．﹣i B．i C．0D．1【答案】A【解答】解：z＝＝＝，则，故＝﹣i．故选：A．3．（5分）已知向量＝（1，1），＝（1，﹣1）．若（+λ）⊥（+μ），则（ ）A．λ+μ＝1B．λ+μ＝﹣1C．λμ＝1D．λμ＝﹣1【答案】D【解答】解：∵＝（1，1），＝（1，﹣1），∴+λ＝（λ+1，1﹣λ），+μ＝（μ+1，1﹣μ），由（+λ）⊥（+μ），得（λ+1）（μ+1）+（1﹣λ）（1﹣μ）＝0，整理得：2λμ+2＝0，即λμ＝﹣1．故选：D．4．（5分）设函数f（x）＝2x（x﹣a）在区间（0，1）单调递减，则a的取值范围是（ ）A．（﹣∞，﹣2]B．[﹣2，0）C．（0，2]D．[2，+∞）【答案】D【解答】解：设t＝x（x﹣a）＝x2﹣ax，对称轴为x＝，抛物线开口向上，∵y＝2t是t的增函数，∴要使f（x）在区间（0，1）单调递减，则t＝x2﹣ax在区间（0，1）单调递减，即≥1，即a≥2，故实数a的取值范围是[2，+∞）．故选：D．5．（5分）设椭圆C1：+y2＝1（a＞1），C2：+y2＝1的离心率分别为e1，e2．若e2＝e1，则a＝（ ）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：由椭圆C2：+y2＝1可得a2＝2，b2＝1，∴c2＝＝，∴椭圆C2的离心率为e2＝，∵e2＝e1，∴e1＝，∴＝，∴＝4＝4（﹣）＝4（﹣1），∴a＝或a＝﹣（舍去）．故选：A．6．（5分）过点（0，﹣2）与圆x2+y2﹣4x﹣1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝（ ）A．1B．C．D．【答案】B【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣1＝0可化为（x﹣2）2+y2＝5，则圆心C（2，0），半径为r＝；设P（0，﹣2），切线为PA、PB，则PC＝＝2，△PAC中，sin＝，所以cos＝＝，所以sinα＝2sin cos＝2××＝．故选：B．7．（5分）记S n为数列{a n}的前n项和，设甲：{a n}为等差数列；乙：{}为等差数列，则（ ）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解答】解：若{a n}是等差数列，设数列{a n}的首项为a1，公差为d，则S n＝na1+d，即＝a1+d＝n+a1﹣，故{}为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，若{}为等差数列，则可设﹣＝D，则＝S1+（n﹣1）D，即S n＝nS1+n（n﹣1）D，当n≥2时，有S n﹣1＝（n﹣1）S1+（n﹣1）（n﹣2）D，上两式相减得：a n＝S n﹣S n﹣1＝S1+2（n﹣1）D，当n＝1时，上式成立，所以a n＝a1+2（n﹣1）D，则a n+1﹣a n＝a1+2nD﹣[a1+2（n﹣1）D]＝2D（常数），所以数列{a n}为等差数列．即甲是乙的必要条件．综上所述，甲是乙的充要条件．故本题选：C．8．（5分）已知sin（α﹣β）＝，cosαsinβ＝，则cos（2α+2β）＝（ ）A．B．C．﹣D．﹣【答案】B【解答】解：因为sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣sinβcosα＝，cosαsinβ＝，所以sinαcosβ＝，所以sin（α+β）＝sinαcosβ+sinβcosα＝＝，则cos（2α+2β）＝1﹣2sin2（α+β）＝1﹣2×＝．故选：B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国普通高等学校招生统一考试数学试卷 全国新高考Ⅰ卷 (含答案)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=A．{x|2<x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4} D．{x|1<x<4}2．2i 12i -= +A．1 B．−1C．i D．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种B．90种C．60种D．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是 A ．62% B ．56% C ．46%D ．42%6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天D ．3.5天7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是 A ．()2,6- B ．()6,2- C ．()2,4-D ．()4,6-8．若定义在R 的奇函数f (x )在(0),-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[)1,0][1,-+∞D ．1,0]3][[1,-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年山东高考数学试卷(详细解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试新高考全国一卷（山东卷）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设集合{|13}A x x =≤≤，{|24}B x x =<<，则A B =A ．{|23}x x <≤B ．{|23}x x ≤≤C ．{|14}x x ≤<D ．{|14}x x <<答案：C解析：利用并集的定义可得{|14}A B x x =≤< ，故选C.2．2i 12i -=+A ．1B ．−1C ．iD ．−i 答案：D 解析：222i (2i)(12i)(22)(41)i i 12i 125----+--===-++，故选D3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种答案：C解析：不同的安排方法有123653C C C 60⋅⋅=4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°答案：B 解析：因为晷面与赤道所在平面平行，晷针垂直晷面，所以晷针垂直赤道所在平面，如图所示，设AB 表示晷针所在直线，且AB OB ⊥，AC 为AB 在点A 处的水平面上的射影，则晷针与点A 处的水平面所成角为BAC ∠，因为OA AC ⊥，AB OB ⊥，所以BAC AOB ∠=∠，由已知40AOB ∠=︒，所以40BAC ∠=︒，故选B5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是A ．62%B ．56%C ．46%D ．42%答案：C解析：既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例=60%+82%－96%=46%，故选C6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，。
高考理科数学(1卷)：答案详细解析(最新)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 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，只有一项是符合题目要求的。
1.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文3）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.14- B.12 C.14+ D.12+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）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 ．9【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文5）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 ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 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=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）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 =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文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.109πB.76πC.43πD.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A 10.（立体几何，同文12）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4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）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 ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题(解析版)
2023年普通高等学校招生全国统一考试数学（新高考全国Ⅰ卷）试卷类型：A一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{}2,1,0,1,2M =--，{}260N x x x =--≥，则M N ⋂=（）A.{}2,1,0,1-- B.{}0,1,2 C.{}2- D.2【答案】C【解析】因为{}(][)260,23,N x x x ∞∞=--≥=--⋃+，而{}2,1,0,1,2M =--，所以M N ⋂={}2-．故选：C ．2.已知1i22iz -=+，则z z -=（）A.i -B.iC.0D.1【答案】A【解析】根据复数除法运算求出z ，再由共轭复数的概念得到z ，从而解出．因为()()()()1i 1i 1i 2i 1i 22i 21i 1i 42z ----====-++-，所以1i 2z =，即i z z -=-．故选：A ．3.已知向量()()1,1,1,1a b ==-，若()()a b a b λμ+⊥+ ，则（）A.1λμ+=B.1λμ+=-C.1λμ=D.1λμ=-【答案】D【解析】根据向量的坐标运算求出a b λ+ ，a b μ+，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．因为()()1,1,1,1a b ==- ，所以()1,1a b λλλ+=+- ，()1,1a b μμμ+=+-，由()()a b a b λμ+⊥+ 可得，()()0a b a b λμ+⋅+=，即()()()()11110λμλμ+++--=，整理得：1λμ=-．故选：D ．4.设函数()()2x x a f x -=在区间()0,1上单调递减，则a 的取值范围是（）A.(],2-∞-B.[)2,0-C.(]0,2 D.[)2,+∞【答案】D【解析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.函数2x y =在R 上单调递增，而函数()()2x x a f x -=在区间()0,1上单调递减，则有函数22()()24a a y x x a x =-=--在区间()0,1上单调递减，因此12a ≥，解得2a ≥，所以a 的取值范围是[)2,+∞.故选：D5.设椭圆2222122:1(1),:14x x C y a C y a +=>+=的离心率分别为12,e e ．若21e =，则=a （）A.233B.C.D.【答案】A【解析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.由21e =，得22213e e =，因此2241134a a --=⨯，而1a >，所以3a =，故选：A 6.过点()0,2-与圆22410x y x +--=相切的两条直线的夹角为α，则sin α=（）A.1B.4C.4D.4【答案】B【解析】因为22410x y x +--=，即()2225x y -+=，可得圆心()2,0C ，半径r =，过点()0,2P -作圆C 的切线，切点为,A B ，因为PC ==，则PA ==，可得106sin ,cos44APC APC ∠==∠=，则sin sin 22sin cos 2444APB APC APC APC ∠=∠=∠∠=⨯⨯=，22221cos cos 2cos sin 0444APB APC APC APC ⎛⎫⎛⎫∠=∠=∠-∠=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即APB ∠为钝角，所以()sin sin πsin 4APB APB =-∠=∠=α；故选：B.7.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判断作答.，甲：{}n a 为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1111(1)1,222212n n n n S S S n n n d d dS na d a n a n n n +--=+=+=+--=+，因此{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即1(1)n nna S t n n +-=+，则1(1)n n S na t n n +=-⋅+，有1(1)(1),2n n S n a t n n n -=--⋅-≥，两式相减得：1(1)2n n n a na n a tn +=---，即12n n a a t +-=，对1n =也成立，因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C 正确.故选：C8.已知()11sin ,cos sin 36αβαβ-==，则()cos 22αβ+=（）．A.79 B.19C.19-D.79-【答案】B【解析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出sin()αβ+，再利用二倍角的余弦公式计算作答.因为1sin()sin cos cos sin 3αβαβαβ-=-=，而1cos sin 6αβ=，因此1sin cos 2αβ=，则2sin()sin cos cos sin 3αβαβαβ+=+=，所以2221cos(22)cos 2()12sin ()12()39αβαβαβ+=+=-+=-⨯=.故选：B【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.有一组样本数据126,,,x x x ⋅⋅⋅，其中1x 是最小值，6x 是最大值，则（）A.2345,,,x x x x 的平均数等于126,,,x x x ⋅⋅⋅的平均数B.2345,,,x x x x 的中位数等于126,,,x x x ⋅⋅⋅的中位数C.2345,,,x x x x 的标准差不小于126,,,x x x ⋅⋅⋅的标准差D.2345,,,x x x x 的极差不大于126,,,x x x ⋅⋅⋅的极差【答案】BD【解析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.对于选项A ：设2345,,,x x x x 的平均数为m ，126,,,x x x ⋅⋅⋅的平均数为n ，则()()165234123456234526412x x x x x x x x x x x x x x x x n m +-+++++++++++-=-=，因为没有确定()1652342,x x x x x x ++++的大小关系，所以无法判断,m n 的大小，例如：1,2,3,4,5,6，可得 3.5m n ==；例如1,1,1,1,1,7，可得1,2m n ==；例如1,2,2,2,2,2，可得112,6m n ==；故A 错误；对于选项B ：不妨设123456x x x x x x ≤≤≤≤≤，可知2345,,,x x x x 的中位数等于126,,,x x x ⋅⋅⋅的中位数均为342x x +，故B 正确；对于选项C ：因为1x 是最小值，6x 是最大值，则2345,,,x x x x 的波动性不大于126,,,x x x ⋅⋅⋅的波动性，即2345,,,x x x x 的标准差不大于126,,,x x x ⋅⋅⋅的标准差，例如：2,4,6,8,10,12，则平均数()12468101276n =+++++=，标准差11053s =，4,6,8,10，则平均数()14681074m =+++=，标准差2s ==显然53>，即12s s >；故C 错误；对于选项D ：不妨设123456x x x x x x ≤≤≤≤≤，则6152x x x x -≥-，当且仅当1256,x x x x ==时，等号成立，故D 正确；故选：BD.10.噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级20lgp pL p =⨯，其中常数()000p p >是听觉下限阈值，p 是实际声压．下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车106090混合动力汽车105060电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m 处测得实际声压分别为123,,p p p ，则（）．A.12p p ≥B.2310p p >C.30100p p =D.12100p p ≤【答案】ACD【解析】根据题意可知[][]12360,90,50,60,40p p p L L L ∈∈=，结合对数运算逐项分析判断.由题意可知：[][]12360,90,50,60,40p p p L L L ∈∈=，对于选项A ：可得1212100220lg 20lg 20lg p p p p pL L p p p =-⨯=⨯-⨯，因为12p p L L ≥，则121220lg 0p p p L L p =-⨯≥，即12lg 0p p ≥，所以121pp ≥且12,0p p >，可得12p p ≥，故A 正确；对于选项B ：可得2332200320lg20lg 20lg p p p p p L L p p p =-⨯=⨯-⨯，因为2324010p p p L L L -=-≥，则2320lg10p p ⨯≥，即231lg 2p p ≥，所以23pp ≥23,0p p >，可得23p ≥，当且仅当250p L =时，等号成立，故B 错误；对于选项C ：因为33020lg 40p p L p =⨯=，即30lg 2p p =，可得30100pp =，即30100p p =，故C 正确；对于选项D ：由选项A 可知：121220lgp p p L L p =-⨯，且12905040p p L L ≤-=-，则1220lg40p p ⨯≤，即12lg2p p ≤，可得12100pp ≤，且12,0p p >，所以12100p p ≤，故D 正确；故选：ACD.11.已知函数()f x 的定义域为R ，()()()22f xy y f x x f y =+，则（）．A.()00f =B.()10f =C.()f x 是偶函数 D.0x =为()f x 的极小值点【答案】ABC【解析】因为22()()()f xy y f x x f y =+，对于A ，令0x y ==，(0)0(0)0(0)0f f f =+=，故A 正确.对于B ，令1x y ==，(1)1(1)1(1)f f f =+，则(1)0f =，故B 正确.对于C ，令1x y ==-，(1)(1)(1)2(1)f f f f =-+-=-，则(1)0f -=，令21,()()(1)()y f x f x x f f x =--=+-=，又函数()f x 的定义域为R ，所以()f x 为偶函数，故C 正确，对于D ，不妨令()0f x =，显然符合题设条件，此时()f x 无极值，故D 错误.故选：ABC .12.下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m 的球体B.所有棱长均为1.4m 的四面体C.底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D.底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【答案】ABD【解析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.对于选项A ：因为0.99m 1m <，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A 正确；对于选项B 1.4>，所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；对于选项C 1.8<，所以不能够被整体放入正方体内，故C 正确；对于选项D ：因为正方体的体对角线长为 1.2>，设正方体1111ABCD A B C D -的中心为O ，以1AC 为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心1O 到正方体的表面的最近的距离为m h ，如图，结合对称性可知：111111133,0.6222OC C A C O OC OO ===-=-，则1111C O h AA C A =，即30.6213h -=，解得10.60.340.0123h =->>，所以能够被整体放入正方体内，故D 正确；故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．【答案】64【解析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有144116C C =种；（2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有1244C C 24=种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有2144C C 24=种；综上所述：不同的选课方案共有16242464++=种.故答案为：64.14.在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1112,1,2AB A B AA ===，则该棱台的体积为________．【答案】766【解析】结合图像，依次求得111,,AO AO A M ，从而利用棱台的体积公式即可得解.如图，过1A 作1A M AC ⊥，垂足为M ，易知1A M 为四棱台1111ABCD A B C D -的高，因为1112,1,2AB A B AA ===则11111111112,22222222AO AC B AO AC ======，故()111222AM AC AC =-=，则221116222A M A A AM =-=-=，所以所求体积为1676(4141)326V =⨯++⨯⨯=.故答案为：766.15.已知函数()cos 1(0)f x x ωω=->在区间[]0,2π有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．【答案】[2,3)【解析】令()0f x =，得cos 1x ω=有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.因为02x π≤≤，所以02x πωω≤≤，令()cos 10f x x ω=-=，则cos 1x ω=有3个根，令t x ω=，则cos 1t =有3个根，其中[0,2π]t ω∈，结合余弦函数cos y t =的图像性质可得4π2π6πω≤<，故23ω≤<，故答案为：[2,3).16.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左、右焦点分别为12,F F ．点A 在C 上，点B 在y 轴上，11222,3F A F B F A F B ⊥=-，则C 的离心率为________．【答案】355【解析】依题意，设22AF m =，则2113,22BF m BF AF a m ===+，在1Rt ABF 中，2229(22)25m a m m ++=，则(3)()0a m a m +-=，故a m =或3a m =-（舍去），所以124,2AF a AF a ==，213BF BF a ==，则5AB a =，故11244cos 55AF a F AF ABa ∠===，所以在12AF F △中，2221216444cos 2425a a c F AF a a +-∠==⨯⨯，整理得2259c a =，故355c e a ==.故答案为：355.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知在ABC 中，()3,2sin sin A B C A C B +=-=．（1）求sin A ；（2）设5AB =，求AB 边上的高．【答案】（1）31010；（2）6.【解析】（1）3A B C += ，π3C C ∴-=，即π4C =，又2sin()sin sin()A C B A C -==+，2sin cos 2cos sin sin cos cos sin A C A C A C A C ∴-=+，sin cos 3cos sin A C A C ∴=，sin 3cos A A ∴=，即tan 3A =，所以π02A <<，310sin10A ∴==.（2）由（1）知，10cos 10A ==，由sin sin()B A C =+23101025sin cos cos sin (210105A C A C =+=+=，由正弦定理，sin sin c bC B=，可得255522b ⨯==，11sin 22AB h AB AC A ∴⋅=⋅⋅，310sin 610h b A ∴=⋅==.18.如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,4AB AA ==．点2222,,,A B C D 分别在棱111,,AA BB CC ,1DD 上，22221,2,3AA BB DD CC ====．（1）证明：2222B C A D ∥；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】（1）以C 为坐标原点，1,,CD CB CC 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，则2222(0,0,0),(0,0,3),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)C C B D A ，2222(0,2,1),(0,2,1)B C A D ∴=-=- ，2222B C A D ∴ ∥，又2222B C A D ，不在同一条直线上，2222B C A D ∴∥.【小问2详解】设(0,2,)(04)P λλ≤≤，则22222(2,2,2)(0,2,3),=(2,0,1),A C PC D C λ=--=---，设平面22PA C 的法向量(,,)n x y z = ，则22222202(3)0n A C x y z n PC y z λ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，令2z =，得3,1y x λλ=-=-，(1,3,2)n λλ∴=--，设平面222A C D 的法向量(,,)m a b c = ，则2222222020m A C a b c m D C a c ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1a =，得1,2==b c ，(1,1,2)m ∴=，3cos ,cos1502n m n m n m ⋅∴==︒= ，化简可得，2430λλ-+=，解得1λ=或3λ=，(0,2,1)P ∴或(0,2,3)P ，21B P ∴=.19.已知函数()()e xf x a a x =+-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当0a >时，()32ln 2f x a >+．【答案】（1）答案详见解析；（2）证明详见解析【解析】（1）因为()()e xf x a a x =+-，定义域为R ，所以()e 1xf x a '=-，当0a ≤时，由于e 0x >，则e 0x a ≤，故()0e 1xf x a -'=<恒成立，所以()f x 在R 上单调递减；当0a >时，令()e 10xf x a '=-=，解得ln x a =-，当ln x a <-时，()0f x '<，则()f x 在(),ln a -∞-上单调递减；当ln x a >-时，()0f x ¢>，则()f x 在()ln ,a -+∞上单调递增；综上：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞-上单调递减，()f x 在()ln ,a -+∞上单调递增.（2）由（1）得，()()()ln min 2ln ln ln e 1af a a x a f a a a --+=++=+=，要证3()2ln 2f x a >+，即证2312ln 2ln a a a ++>+，即证21ln 02a a -->恒成立，令()()21ln 02g a a a a =-->，则()21212a g a a a a-'=-=，令()0g a '<，则02a <<；令()0g a '>，则2a >；所以()g a在2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()2min2212ln 02222g a g ⎛⎫⎛==--= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，则()0g a >恒成立，所以当0a >时，3()2ln 2f x a >+恒成立，证毕.20.设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >．令2n nn nb a +=，记,n n S T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和．（1）若2133333,21a a a S T =++=，求{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d ．【答案】（1）3n a n =；（2）5150d =.【解析】（1）21333a a a =+ ，132d a d ∴=+，解得1a d =，32133()6d d S a a =+==∴，又31232612923T b b b d d d d =++=++=，339621S T d d∴+=+=，即22730d d -+=，解得3d =或12d =（舍去），1(1)3n a a n d n ∴=+-⋅=.（2）{}n b 为等差数列，2132b b b ∴=+，即21312212a a a =+，2323111616()d a a a a a ∴-==，即2211320a a d d -+=，解得1a d =或12a d =，1d > ，0n a ∴>，又999999S T -=，由等差数列性质知，5050999999a b -=，即50501a b -=，505025501a a ∴-=，即2505025500a a --=，解得5051a =或5050a =-（舍去）当12a d =时，501495151a a d d =+==，解得1d =，与1d >矛盾，无解；当1a d =时，501495051a a d d =+==，解得5150d =.综上，5150d =.21.甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投籃，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第i 次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量i X 服从两点分布，且()()110,1,2,,i i i P X P X q i n ==-===⋅⋅⋅，则11n ni i i i E X q ==⎛⎫= ⎪⎝⎭∑∑．记前n 次（即从第1次到第n 次投篮）中甲投篮的次数为Y ，求()E Y ．【答案】（1）0.6；（2）1121653i -⎛⎫⨯+ ⎪⎝⎭；（3）52()11853nnE Y ⎡⎤⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.【解析】（1）记“第i 次投篮的人是甲”为事件i A ，“第i 次投篮的人是乙”为事件i B ，所以()()()()()()()21212121121||P B P A B P B B P A P B A P B P B B =+=+()0.510.60.50.80.6=⨯-+⨯=.（2）设()i i P A p =，依题可知，()1i i P B p =-，则()()()()()()()11111||i i i i i i i i i i i P A P A A P B A P A P A A P B P A B +++++=+=+，即()()10.610.810.40.2i i i i p p p p +=+-⨯-=+，构造等比数列{}i p λ+，设()125i i p p λλ++=+，解得13λ=-，则1121353i i p p +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又11111,236p p =-=，所以13i p ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为16，公比为25的等比数列，即11112121,365653i i i i p p --⎛⎫⎛⎫-=⨯=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（3）因为1121653i i p -⎛⎫=⨯+ ⎪⎝⎭，1,2,,i n =⋅⋅⋅，所以当*N n ∈时，()122115251263185315nnnn n E Y p p p ⎛⎫- ⎪⎡⎤⎛⎫⎝⎭=+++=⨯+=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦- ，故52()11853nnE Y ⎡⎤⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．22.在直角坐标系xOy 中，点P 到x 轴的距离等于点P 到点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭的距离，记动点P 的轨迹为W ．（1）求W 的方程；（2）已知矩形ABCD 有三个顶点在W 上，证明：矩形ABCD的周长大于【答案】（1）214y x =+；（2）见解析.【解析】（1）设(,)P x y ,则y =，两边同平方化简得214y x =+，故21:4W y x =+.（2）设矩形的三个顶点222111,,,,,444A a a B b b C c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭在W 上,且a b c <<，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则1,AB BC k k a b b c =⋅-+<+,令2240114AB k b a b a b am ⎛⎫+-+ ⎪⎝=+⎭==<-，同理令0BC k b c n =+=>，且1mn =-，则1m n=-，设矩形周长为C ,由对称性不妨设||||m n ≥，1BC AB k k c a n m n n-=-=-=+，则11||||(((2C AB BC b a c b c a n n ⎛=+=-+-≥-=+ ⎝.0n >，易知10n n ⎛+> ⎝则令()222111()1,0,()22f x x x x f x x x x x x '⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++>=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,令()0f x '=，解得22x =，当20,2x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，此时()f x 单调递减，当2,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，()0f x '>，此时()f x 单调递增，则min 227()24f x f ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，故13322C ≥=,即C ≥.当C =时,,2n m ==,且((b a b a -=-m n =时等号成立，矛盾，故C >得证.。