2020高考数学分类汇编解析版(3)
2020年全国统一高考数学试卷理科(新课标Ⅲ)(附答案及详细解析)
（t 为参数且 t≠1），C 与坐标
轴交于 A，B 两点． （1）求|AB|； （2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 AB 的极坐标方程． [选修 4-5：不等式选讲]（10 分） 23．设 a，b，c∈R，a+b+c＝0，abc＝1． （1）证明：ab+bc+ca＜0； （2）用 max{a，b，c}表示 a，b，c 的最大值，证明：max{a，b，c}≥ ．
B．3
C．4
D．6
2．（5 分）复数
的虚部是（ ）
A．﹣
B．﹣
C．
D．
3．（5 分）在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 p1，p2，p3，p4，且 pi＝1，则下面四
种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
（1）求 b； （2）若 f（x）有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f（x）所有零点的绝对值都不大于 1． （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 [选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分）
22．（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为
A．1
B．2
C．4
D．8
12．（5 分）已知 55＜84，134＜85．设 a＝log53，b＝log85，c＝log138，则（ ）
A．a＜b＜c
B．b＜a＜c
C．b＜c＜a
D．c＜a＜b
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13．（5 分）若 x，y 满足约束条件
专题3数列(解析版)-十年(2011-2020年)全国1卷高考数学(理)真题章节汇编
专题3 高考真题 数列一、单选题1．记为等差数列的前n 项和．已知4505S a ==，，则A ．B ．C ．D ． 答案 A【分析】等差数列通项公式与前n 项和公式．本题还可用排除，对B ，，44(72)1002S -+==-≠，排除B ，对C ，245540,25850105S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除C ．对D ，24554150,5250522S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除D ，故选A ． 【详解】由题知，，解得，∴，故选A ．【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断． 2．设为等差数列的前项和，若3243S S S =+，，则A ．B ．C ．D ． 答案 B【解析】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得51421210a a d =+=-=-，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为， 根据题中的条件可得32433(32)224222d d d ⨯⨯⨯+⋅=⨯++⨯+⋅， 整理解得，所以51421210a a d =+=-=-，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.3．（2017新课标全国I 理科）记为等差数列的前项和．若，，则的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8答案 C【解析】 设公差为，，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立解得，故选C. 点睛:求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.4．已知等差数列前9项的和为27，，则A ．100B ．99C ．98D ．97答案 C【解析】试题分析：由已知，所以故选C.【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.5．设等差数列的前n 项和为，若，则( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C【分析】由又113m m m a S S ++=-=，可得公差11m m d a a +=-=，从而可得结果.【详解】是等差数列 ()102ms m m a a S +∴== 又113m m m a S S ++=-=，∴公差11m m d a a +=-=，，故选C ．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.6．设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n=1,2,3,…若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝，c n ＋1＝，则( )A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列答案 B【详解】且，，，111111120b a a c a a c ∴-=--=->，，又，11112a c c a ∴--<，，， 由题意，112n n n n n b c b c a ++++=+，1112(2)2n n n n n n b c a b c a ++∴+-=+-， 1112b c a +=，11120b c a ∴+-=，20n n n b c a ∴+-=，122n n n b c a a ∴+==，12n n b c a +∴=，由此可知顶点在以、为焦点的椭圆上， 又由题意，，111112(2)2n n n n n a b b b a b a b ++----==-， 1111()2n n b a a b +∴-=-，， 11111()()2n n b a b a -=+--，1111112()()2n n n c a b a b a -=-=---，2212111131[()()]424n a a b a -=--单调递增（可证当时 故选：．7．已知为等比数列,,,则（ ）A ．B ．C ．D ．答案 D【分析】由条件可得的值，进而由和可得解.【详解】或.由等比数列性质可知 2274101478,1a a a a a a ==-==或2274101471,8a a a a a a ====-故选D.【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.8．设为等差数列的前n 项和，若，公差，则k=A ．8B ．7C ．6D ．5答案 D【解析】D.由，公差，得，从而，所以，解得k=5二、填空题9．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=____________．答案 .【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】设等比数列的公比为，由已知，所以又， 所以所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．10．记为数列的前项和，若，则_____________．答案【分析】首先根据题中所给的，类比着写出1121n n S a ++=+，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.【详解】根据，可得1121n n S a ++=+，两式相减得1122n n n a a a ++=-，即，当时，11121S a a ==+，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列， 所以66(12)6312S --==--，故答案是. 点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.11．设等比数列满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2…a n 的最大值为 ．答案【解析】试题分析：设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.考点：等比数列及其应用12．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝a n ＋，则数列{a n }的通项公式是a n =______.答案 ；【详解】试题分析：解：当n=1时，a 1=S 1=a 1+，解得a 1=1,当n≥2时，a n =S n -S n-1=（）-（）=-整理可得a n ＝−a n−1，即=-2，故数列{a n }是以1为首项，-2为公比的等比数列，故a n =1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（-2）n-1．考点:等比数列的通项公式．13．数列满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则的前项和为答案 1830【解析】试题分析：()()11121211n nn n n n a a n a n a +++--∴---＝，＝，令则，即数列是以16为公差的等差数列，的前60项和为即为数列{b n }的前15项和1123415141010151618302b a a a a S ⨯=+++=∴⨯+⨯=＝ 考点：数列递推式，数列求和 【名师点睛】本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的和，属难题.解题时要注意等差数列的求和公式的应用，解题的关键是有已知条件的特征构造等差数列，利用等差数列求和.三、解答题14．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．答案 （1）；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设的前项和为，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①，②①②得，，1(13)(2)9nn nS -+-∴=.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.15．为数列{}的前项和.已知＞0，=.（Ⅰ）求{}的通项公式；（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.答案（Ⅰ）（Ⅱ）【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n}的通项公式：（Ⅱ）求出b n，利用裂项法即可求数列{b n}的前n项和．【详解】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n（），∴数列{b n}的前n项和T n（）（）.【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．16．已知数列的前项和为，其中为常数．（1）证明：；（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由．答案 （1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（I ）对于含递推式的处理，往往可转换为关于项的递推式或关于的递推式．结合结论，该题需要转换为项的递推式．故由得1211n n n a a S λ+++=-．两式相减得结论；（II ）对于存在性问题，可先探求参数的值再证明．本题由，，，列方程得，从而求出．得，故数列的奇数项和偶数项分别为公差为4的等差数列．分别求通项公式，进而求数列的通项公式，再证明等差数列．试题解析：（I ）由题设，，1211n n n a a S λ+++=-．两式相减得，121()n n n n a a a a λ+++-=．由于，所以．（II ）由题设，，1211a a S λ=-，可得，由（I ）知，．令，解得．故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，211(1)443n a n n -=+-⋅=-；是首项为3，公差为4的等差数列，．所以，．因此存在，使得为等差数列．【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列．。
集合-【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(解析版)
【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第2题
6．(2021年新高考Ⅰ卷·第1题)设集合 ， ，则 ()
A． B． C． D．
【答案】B
解析:由题设有 ，故选B．
【题目栏目】集合\集合的基本运算
【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第1题
7．(2020年新高考I卷(山东卷)·第1题)设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()
【解析】 或 ， ，
故 ，故选A．
【点评】本题主要考查一元二次不等式，一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题．
本题考点为集合的运算，为基础题目，难度偏易．不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
【题目栏目】集合\集合的基本运算
【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第1题
【题目栏目】集合\集合的基本运算
【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第1题
11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第2题)设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=()
A．–4B．–2C．2D．4
【答案】B
【解析】求解二次不等式 可得： ，
求解一次不等式 可得： ．
A．{−2，3}B．{−2，2，3}C．{−2，−1，0，3}D．{−2，−1，0，2，3}
【答案】A
解析：由题意可得： ，则 ．
故选：A
【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题．
【题目栏目】集合\集合的基本运算
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第1题
13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第1题)已知集合 ， ，则 中元素的个数为()
2020年高考数学·高考真题-分类汇编-第12讲-解三角形精选全文完整版
精选全文完整版专题四 三角函数与解三角形第十二讲 解三角形2020年1.（2020•北京卷）在ABC 中，11a b +=，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求： （Ⅰ）a 的值：（Ⅱ）sin C 和ABC 的面积．条件①：17,cos 7c A ==-；条件②：19cos ,cos 816A B ==．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）sin C =, S =选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）sin C =, S =.2.（2020•全国2卷）ABC 中，sin 2A －sin 2B －sin 2C =sin B sin C. （1）求A ；（2）若BC =3，求ABC 周长的最大值.【答案】（1）23π；（2）3+3.（2020•全国3卷）在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（ ） A.19B.13C. 12 D. 23【答案】A4.（2020•江苏卷）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3,2,45a c B ===︒．（1）求sin C 的值；（2）在边BC 上取一点D ，使得4cos 5ADC ∠=-，求tan DAC ∠的值．【答案】（1）5sin C =（2）2tan 11DAC ∠=.5.（2020•新全国1山东）在①3ac =sin 3c A =，③3=c b 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 3sin A B ，6C π=，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】详见解析6.（2020•天津卷）在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知22,5,13a b c === （Ⅰ）求角C 的大小； （Ⅱ）求sin A 的值； （Ⅲ）求sin 24A π⎛⎫+⎪⎝⎭的值． 【答案】（Ⅰ）4Cπ；（Ⅱ）13sin 13A =；（Ⅲ）172sin 2426A π⎛⎫+= ⎪⎝⎭.7.（2020•浙江卷）在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2sin b A =．（I ）求角B ；（II ）求cos A +cos B +cos C 的取值范围．【答案】（I ）3B π=；（II ）13,22⎛⎤⎥ ⎝⎦2016-2019年1.(2019全国Ⅰ理17)ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-．（1）求A ；（2）若22a b c +=，求sin C ．2.（2019全国Ⅱ理15）ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若π6,2,3b ac B ===，则ABC △的面积为__________.3.（2019全国Ⅲ理18）△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知sin sin 2A Ca b A +=． （1）求B ；（2）若△ABC 为锐角三角形，且c =1，求△ABC 面积的取值范围．4.（2019江苏12）如图，在ABC △中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE =2EA ，AD 与CE 交于点O .若6AB AC AO EC ⋅=⋅，则ABAC的值是 .5.（2019江苏15）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ． （1）若a =3c ，b 2，cos B =23，求c 的值； （2）若sin cos 2A B a b =，求sin()2B π+的值． 6.（2019浙江14）在ABC △中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若45BDC ∠=︒，则BD =____，cos ABD ∠=________.7.（2019北京15）在ABC △中，a =3，b -c =2 ，1cos 2B =- ．（Ⅰ）求b ,c 的值； （Ⅱ）求sin(B -C ) 的值.8.（2019天津理15）在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c .已知2b c a +=，3sin 4sin c B a C =.（Ⅰ）求cos B 的值； （Ⅱ）求sin 26B π⎛⎫+⎪⎝⎭的值.9．(2018全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos2=C 1=BC ，5=AC ，则=ABA ．BCD ．10．(2018全国卷Ⅲ)ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若ABC ∆的面积为2224a b c +-，则C = A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 11．（2017山东）在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若ABC ∆为锐角三角形，且满足sin (12cos )2sin cos cos sin B C A C A C +=+，则下列等式成立的是A ．2a b =B ．2b a =C ．2A B =D ．2B A = 12.（2016年天津）在ABC ∆中，若AB BC =3，120C ∠= ，则AC =A ．1B ．2C ．3D ．413．（2016年全国III ）在ABC △中，π4B，BC 边上的高等于13BC ,则cos AA B C ．1010 D ．3101014．(2018江苏)在ABC △中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，120ABC ∠=︒，ABC ∠的平分线交AC 于点D ，且1BD =，则4a c +的最小值为 ．15．(2018浙江)在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a =2b =，60A =，则sin B =___________，c =___________．16．（2017浙江）已知ABC ∆,4AB AC ==,2BC =． 点D 为AB 延长线上一点,2BD =,连结CD ,则BDC ∆的面积是___________，cos BDC ∠=__________．17．（2017浙江）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度。
2023 高考数学分类解析汇总彩色版
2023高考数学分类解析汇总2023集合运算与逻辑术语 1 2023复数 3 2023算法与程序框图 4 2023平面向量 5 2023数列 6 2023排列与组合 8 2023概率与统计 9 2023三角函数 14 2023解三角形 16 2023解析几何初步(直线与圆) 18 2023圆锥曲线 19 2023函数 22 2023线性规划 24 2023立体几何 25 2023导数 30 2023参数方程 32 2023不等式 332023集合运算与逻辑术语1.【2023甲卷理科T1】设集合A={x∣x=3k+1,k∈Z}，B={x∣x=3k+2,k∈Z}，U为整数集，则∁U(A∪B)=()A.{x∣x=3k,k∈z}B.{x∣x=3k-1,k∈z}C.{x∣x=3k-2,k∈Z}D.ϕ2.【2023甲卷文科T1】设全集U={1,2,3,4,5},集合M={1,4},N={2,5},则N∪(C∪M)=()A.{2,3,5}B.{1,3,4}C.{1,2,4,5}D.{2,3,4,5}3.【2023乙卷理科T2】设集合U=R, 集合M={x x<1},N={x|-1<x<2}，则{x|x≥2}=()A.C U(M∪N)B.N∪C U MC.C U(M∩N)D.M∪C U N4.【2023乙卷文科T2】设全集U={0,1,2,4,6,8}, 集合M={0,4,6},N={0,1,6}, 则M∪C U N=()A.{0,2,4,6,8}B.{0,1,4,6,8}C.{1,2,4,6,8}D.U5.【2023新一卷T1】已知集合M={-2,-1,0,1,2}，A={x|x2-x-6≥0}，则M∩N=()A.{-2,-1,0,1}B.0,1,2C.{-2}D.{2}6.【2023新一卷T7】记S n为数列a n的前n项和，设甲：a n为等差数列；乙：S n 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7.【2023新二卷T2】设集合A=0,-a，B=1,a-2,2a-2，若A⊆B，则a=()A.2B.1C.23D.-18.【2023上海卷T13】已知P={1,2},Q={2,3},若M={x|x∈P且x∉Q},则M=()A.{1}B.{2}C.{1,2}D.{1,2,3}9.【2023天津卷T1】已知集合U={1,2,3,4,5},A={1,3},B={1,2,4},则C U(B∪A)=()A.{1,3,5}B.{1,3}C.{1,2,4}D.{1,2,4,5}10.【2023天津卷T2】“a2=b2”是“a2+b2=2ab”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件2023复数1.【2023甲卷理科T2】若复数(a+i)1-a i，则a=()A.-1B.0C.1D.22.【2023甲卷文科T2】51+i32+i2-i=()A.-1B.1C.1-iD.1+i3.【2023乙卷理科T1】设z=2+i1+i2+i5, 则z=()A.1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i4.【2023乙卷文科T1】2+i2+2i3=()A.1B.2C.5D.55.【2023新一卷T2】已知z=1-i2+2i，则z-z=()A.-iB.iC.0D.16.【2023新二卷T1】在复平面内，(1+3i)(3-i)对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限7.【2023上海卷T6】已知当z=1+i,则|1-i·z|=8.【2023天津卷T10】已知i是虚数单位，化简5+14i2+3i的结果为2023算法与程序框图1.【2023甲卷理科T3】执行下面的程序框圈，输出的B=()A.21B.34C.55D.89开始n=1,A=1，B=2n≤3?A=A+BB=A+Bn=n+1输出结束2.【2023甲卷文科T6】执行右边的程序框图，输出的B=()A.21B.34C.55D.89开始n=3,A=1，B=2,k=1k≤n?A=A+BB=A+Bk=k+1输出B结束2023平面向量1.【2023甲卷理科T4】向量|a |=|b |=b ，|c |=2，且a +b +c =0 ，则cos ‹a -c ，b-c ›=()A.-15B.-25． C.25D.452.【2023甲卷文科T3】已知向量a =(3,1),b =(2,2),则cos ‹a +b,a -b ›=()A.117B.1717． C.55D.2553.【2023乙卷理科T12】已知⊙O 的半径为1, 直线PA 与⊙O 相切于点A , 直线PB 与⊙O 交于B ,C 两点, D 为BC 的中点,若|PO |=2, 则PA ⋅PD的最大值为()A.1+22B.1+222C.1+2D.2+24.【2023乙卷文科T6】正方形ABCD 的边长是2,E 是AB 的中点, 则EC ⋅ED=()A.5B.3C.25D.55.【2023新一卷T3】已知向量a =(1,1)，b =(1,-1). 若(a +λb )⊥(a+μb )，则()A.λ+μ=1B.λ+μ=-1C.λμ=1D.λμ=-16.【2023新二卷T13】已知向量a ,b 满足a -b =3，a +b =2a -b，则b =.7.【2023上海卷T2】已知a =-2,3 ,b =1,2 , 求a ⋅b =.8.【2023天津卷T14】在△ABC 中.∠A =60°,点D 为AB 的中点,点E 为CD 的中点,若设AB =a ,AC =b , 则AE 可用a、b表示为.若BF =13BC ,则AE ⋅AF 的最大值为.2023数列1.【2023甲卷理科T5】已知数到a n中，a1=1，S n为a n前n项和，S5=5S3-4，则S4=()A.7B.9C.15D.302.【2023甲卷文科T5】记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a2+a6=10，a4a8=45，则S5=()A.25B.22C.20D.153.【2023甲卷文科T13】记S n为等比数列{a n}的前n项和.若8S6=7S3,则{a n}的公比为.4.【2023乙卷理科T10】已知等差数列a n的公差为2π3, 集合S=cos a n∣n∈N∗, 若S={a,b}, 则ab=()A.-1B.-12C.0D.125.【2023乙卷理科T15】已知a n为等比数列, a2a4a5=a3a6,a9a10=-8, 则a7=6.【2023新二卷T8】记S n为等比数列{a n}的前n项和，若S4=-5，S6=21S2，则S8=()A.120B.85C.-85D.-1207.【2023上海卷T3】已知{a n}为等比数列，且a1=3,q=2,求S6=8.【2023天津卷T6】已知{a n}为等差数列, S n为数列{a n}的前n项和,a n+1=2S n+2, 则a4的值为()A.3B.18C.54D.1529.【2023甲卷理科T17】已知数列a n中，a2=1，设S n为{a n}前n项和，2S n=na n．(1)求a n的通项公式；(2)求数列a n+12n的前n项和Tn．10.【2023乙卷文科T18】记S n为等差数列a n的前n项和, 已知a2=11,S10=40.(1)求a n的通项公式;(2)求数列a n的前n项和T n.11.【2023新一卷T20】设等差数列a n的公差为d，且d>1. 令b n=n2+na n，记S n,T n分别为数列a n，b n的前n项和.(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求a n的通项公式；(2)若b n为等差数列，且S99-T99=99，求d.12.【2023新二卷T18】若等差数列{a n}，数列{b n}满足b n=a n-6,n为奇数，2a n,n为偶数，记Sn，T n分别为{a n}，{b n}的前n项和，S4=32，T3=16.(1)求{a n}的通项公式；(2)证明：n>5时，T n>S n.13.【2023天津卷T19】已知{an}是等差数列,a2+a5=16, a5-a3=4.(1)求{an}的通项公式和n-1i=2n-1a i(2)已知{b n}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1, 则b k<a n<b k+1i.当k≥2时,求证:2k-1<b n<2k+1ii.求{b n}的通项公式及其前n项和.1.【2023甲卷理科T9】有五名志愿者参加社服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为()A.120B.60C.40D.302.【2023乙卷理科T7】甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种, 则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有()A.30种B.60种C.120种D.240种3.【2023新一卷T13】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).4.【2023新二卷T3】某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400和200名学生，则不同的抽样结果共有()A.C45400∙C15200种B.C20400∙C40200种C.C30400∙C30200种D.C40400∙C20200种5.【2023上海卷T10】已知1+2023x10+2023-x100=a0+a1x+a2x2+⋯+a100x100, 其中a0,a1,a2⋯a100∈R,若0≤k≤100且k∈N,当a k<0时,k的最大值是6.【2023上海卷T12】空间内存在三点A、B、C,满足AB=AC=BC=1,在空间内取不同两点(不计顺序),使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥,求方案数为7.【2023天津卷T11】在2x3-1 x6的展开式中,x2项的系数为1.【2023甲卷理科T6】有50人报名足球倶乐部，60人报名乒乓球倶乐部，人报名足球或与丘球倶乐部，若已知某人报足球倶乐部，则其报乒乓球倶乐部的概率为()A.0.8B.0.4C.0.2D.0.12.【2023甲卷文科T4】某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为()A.16B.13C.12D.233.【2023乙卷理科T5，文科T7】已知O是平面直角坐标系的原点, 在区域(x,y)∣1≤x2+y2≤4内随机取一点A, 则直线OA的倾斜角不大于π4的概率为()A.18B.16C.14D.124.【2023乙卷文科T9】某学校举办作文比赛, 共6个主题, 每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文, 则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为()A.56B.23C.12D.135.【2023新一卷T9】有一组样本数据x1,x2,⋯,x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则()A.x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,⋯,x6的平均数B.x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,⋯,x6的中位数C.x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,⋯,x6的标准差D.x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,⋯,x6的极差6.【2023新二卷T12】在信道内传输0，1信号,信号的传输相互独立，发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1-α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1-β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输,单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次，收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如：若依次收到1，0，1，则译码为1)()A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1-α)(1-β)2B.采用三次传输方案,若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1-β)2C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)2D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率7.【2023上海卷T9】国内生产总值(GDP)是衡量地区经济状况的最佳指标，根据统计数据显示，某市在2020年间经济高质量增长，GDP稳步增长，第一季度和第四季度的GDP分别为231和242，且四个季度GDP的中位数与平均数相等，则2020年GDP总额为.8.【2023上海卷T14】根据身高和体重散点图，下列说法正确的是()A.身高越高，体重越重B.身高越高，体重越轻C.身高与体重成正相关D.身高与体重成负相关9.【2023天津卷T7】忘了。
三年 (2020-2022 ) 新高考数学真题汇编 专题04立体几何
新高考专题04立体几何【2022年新高考1卷】1．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ． 2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯+'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．【2022年新高考1卷】2．已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∴ 球的体积为36π，所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ， 则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.【2022年新高考2卷】3．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d 2d =故121d d -=或121d d +=，1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==． 故选：A ．【2021年新高考1卷】4）A ．2B ．C ．4D ．【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=解得l = 故选：B.【2021年新高考2卷】5．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A．20+B ．C ．563D 【答案】D 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+ 故选：D.【2020年新高考1卷（山东卷）】6．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【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.【2022年新高考1卷】7．已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC 与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1A C ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11A C ，设1111AC B D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC 1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD【2022年新高考2卷】8．如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】 【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可. 【详解】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ==，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMS EM FM =⋅=，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a --=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.【2021年新高考1卷】9．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【详解】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,12A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．【2021年新高考2卷】10．如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误. 【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ， 故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC =1CP =，故tanPOC ∠== 故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥， 由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ， 故SN OQ ⊥，而SNMN N =，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQ PQ Q =，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥， 故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ， 则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故12PQ AC ==OQ ==PO =222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误. 故选：BC.【2020年新高考1卷（山东卷）】11．已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∴BAD =60°．以1D 球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．. 【解析】 【分析】根据已知条件易得1D E =1D E ⊥侧面11B C CB ，可得侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】 如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以∴111D B C 为等边三角形，所以1D E 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP ==所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2FG π==.. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 【2020年新高考2卷（海南卷）】12．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【解析】 【分析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可. 【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点 所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 【2022年新高考1卷】13．如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. （1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()0,1,1n =-， 则11cos ,22m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --.【2022年新高考2卷】14．如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA OB =，再根据直角三角形的性质得到AO DO =，即可得到O 为BD 的中点从而得到//OE PD ，即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得. （1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ， 所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒， 所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()4AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE ab c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以()3,0,6m =-；所以cos ,13n m n m n m⋅-===设二面角C AE B --的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=，所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.【2021年新高考1卷】15．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析； 【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥， 因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ， 且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ． 因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD -[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG 为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =． 由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒， 记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒． 对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．∴使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα．∴ 将∴∴两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =， 结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 【2021年新高考2卷】16．在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】 【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥， 因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-.设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23. 【2020年新高考1卷（山东卷）】17．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ∴底面ABCD ．设平面P AD 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． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ． （2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-， 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>==≤，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD . ［方法二］：定义法如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．在平面PQC 中，设PB QC E =．在平面PAD 中，过P 点作PF QD ⊥，交QD 于F ，连接EF ． 因为PD ⊥平面,ABCD DC ⊂平面ABCD ，所以DC PD ⊥． 又由,,DC AD ADPD D PD ⊥=⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD ．又PF ⊂平面PAD ，所以DC PF ⊥．又由,,PF QD QDDC D QD ⊥=⊂平面,QOC DC ⊂平面QDC ，所以PF ⊥平面QDC ，从而FEP ∠即为PB 与平面QCD 所成角．设PQ a =，在PQD △中，易求PF =由PQE 与BEC △相似，得1PE PQ a EB BC ==，可得PE =所以sin FEP ∠=≤1a =时等号成立． ［方法三］：等体积法如图3，延长CB 至G ，使得BG PQ =，连接GQ ，GD ，则//PB QG ，过G 点作GM ⊥平面QDC ，交平面QDC 于M ，连接QM ，则GQM ∠即为所求．设PQ x =，在三棱锥Q DCG -中，111()(1)326Q DCG V PD CD CB BG x -=⋅⋅+=+．在三棱锥G QDC -中，111323G QDC V GM CD QD GM -=⋅⋅=由Q DCG G QDC V V --=得11(1)63x GM +=解得GM ==， 当且仅当1x =时等号成立．在Rt PDB △中，易求PB QG ==，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为sin MQG ∠== 【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为平面QCD 的法向量n 与向量PB 的夹角的余弦值的绝对值，即cos ,n PB <>，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB 与平面QCD 所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用//PB QG ，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出． 【2020年新高考2卷（海南卷）】18．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 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，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>，即可得到直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =， 所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥ 且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D = 所以l ⊥平面PDC ；（2）如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，因为QB 1m = 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则1z =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-，则2cos ,1n PB n PB n PB⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.。
上海2020高三数学一模分类汇编-集合、命题、不等式(详答版)
【解析】由题集合 ，集合 ，所以
【崇明1】已知集合 ， ，则 ．
-
【答案】
【青浦1】已知集合 ， ， ，则
【答案】
【解析】 ，所以
【解析】B集合里面的整数为1、2，所以
!
【浦东1】若集合 ，集合 ，则 ____________．
【答案】
【解析】考察集合的运算。
【闵行1】已知集合 ， ，则
【答案】
【松江15】已知 、 ，若 对任意的 恒成立，则（ ）
【A】 的最小值为1
：
【B】 的最小值为2
【C】 的最小值为4
【D】 的最小值为8
【答案】
【解析】
，故选
、
【普陀16】若直线 经过第一象限内的点 ，则 的最大值（）
【A】 【B】 【C】 【D】
【答案】B
【解析】对于基本不等式，应活用常数1， 代入
综上情形1、情形2公共解为 。
3、解答题
【虹口19】某企业接到生产 台某产品的甲、乙、丙三种部件的订单，每台产品需要 种部件的数量分别为 （单位：件），已知每个工人可生产甲部件 件，或乙部件 件，或丙部件 件，该企业计划安排 名工人分成三组分别生产这 种部件，生产乙部件的人与生产甲部件的人数成正比例，比例系数为 （ 为正整数）。
2020年一模汇编——集合命题与不等式
1、填空题
【徐汇1】已知集合 ，集合 ，则
【答案】
【解析】考察集合的并集，易得
$
【长宁，嘉定，金山1】已知集合 ， ，则
【答案】
【解析】本题考察了集合的交集
【松江1】已知集合 ， ，则 .
【答案】
^
【解析】由 得到 ，又因为 ，所以
【黄浦1】设集合 ，集合 ，则
2020年全国及各地高考数学试题分类汇编
2020年全国及各地高考数学试题分类汇编——集合、简易逻辑一．选择题：1.全国Ⅰ（理 文）（1）设I 为全集，321S S S 、、是I 的三个非空子集，且I S S S =⋃⋃321，则下面论断正确的是（A ）Φ=⋃⋂）（321S S S C I （B ）123I I S C S C S ⊆⋂（） （C ）Φ=⋂⋂）321S C S C S C I I I（D ）123I I S C S C S ⊆⋃（）2.全国Ⅱ（理 文）（9）已知集合M={x ∣2x -3x -28 ≤0},N = {x|2x -x-6>0}，则M∩N 为 （A ）{x|- 4≤x< -2或3<x≤7} （B ）{x|- 4<x≤ -2或 3≤x<7 }（C ）{x|x≤ - 2或 x> 3 } （D ）{x|x<- 2或x≥≥3} 3.北京卷（理 文）（1）设全集U =R ，集合M ={x | x >1，P ={x | x 2>1}，则下列关系中正确的是 （A ）M ＝P （B ）P M （C ）MP （ D ）UM P =∅4.北京卷（理 文） （2）“m =21”是“直线(m +2)x +3my +1=0与直线(m －2)x +(m +2)y －3=0相互垂直”的 （A ）充分必要条件 （B ）充分而不必要条件（C ）必要而不充分条件 （D ）既不充分也不必要条件 5.上海卷（理 文）（14）、已知集合{}R x x x M ∈≤-=,2|1||，⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈≥+=Z x x x P ,115|，则P M 等于 A ．{}Z x x x ∈≤<,30| B ．{}Z x x x ∈≤≤,30| C ．{}Z x x x ∈≤≤-,01| D ．{}Z x x x ∈<≤-,01| 6.天津卷（理）（1）设集合{}R x x x A ∈≥-=,914, ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈≥+=R x x x x B ,03,则A ∩B=(A)]2,3(-- (B) ]25,0[]2,3(⋃-- (C) ),25[]3,(+∞⋃--∞(D) ),25[)3,(+∞⋃--∞7.天津卷（理）(4)设γβα、、、为平面，l n m 、、为直线，则β⊥m 的一个充分条件是 (A) l m l ⊥=⋂⊥,,βαβα (B) γβγαγα⊥⊥=⋂,,m (C) αγβγα⊥⊥⊥m ,,(D) αβα⊥⊥⊥m n n ,,8. 广东卷（1）若集合2{|||2},{|30}M x x N x x x =≤=-=，则M ∩N= (A) {3} (B) {0} (C) {0,2} (D) {0,3}9．(7)给出下列关于互不相同的直线l n m ,,和平面βα,的四个命题: ① ,,,m A A l m ∉=⊂点αα 则l 与m 不共面；② l 、m 是异面直线，ααα⊥⊥⊥n m n l n m l 则且,,,//,//； ③ 若m l m l //,//,//,//则βαβα；④ 若ββαα//,//,,,m l A m l m l 点=⊂⊂ ，则βα// 其中为假命题的是（A ）① （B ）② （C ）③ （D ）④ 10.福建卷（理 ）（4）．已知直线m 、n 与平面βα,，给出下列三个命题： ①若;//,//,//n m n m 则αα ②若;,,//m n n m ⊥⊥则αα ③若.,//,βαβα⊥⊥则m m其中真命题的个数是 （ ） A ．0 B ．1C ．2D ．311.福建卷（理）（7）．已知p ：,0)3(:,1|32|<-<-x x q x 则p 是q 的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件12．江卷（理）（6）．设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题 (C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题13. .浙江卷（理）（9）．设f (n )＝2n ＋1(n ∈N )，P ＝{1，2，3，4，5}，Q ＝{3，4，5，6，7}，记P ∧＝{n ∈N |f (n )∈P }，Q ∧＝{n ∈N |f (n )∈Q }，则(P ∧∩NQ ∧)∪(Q ∧∩NP ∧)＝( )(A) {0，3} (B){1，2} (C) (3，4，5) (D){1，2，6，7}14.江苏卷（1）、设集合{}2,1=A ，{}3,2,1=B ，{}4,3,2=C ，则()C B A =（ ） A ．{}3,2,1 B ．{}4,2,1 C ．{}4,3,2 D ．{}4,3,2,1 15. 江苏卷（8）、设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线，给出下列四个命题：①若γα⊥，γβ⊥，则βα||；②若α⊂m ，α⊂n ，β||m ，β||n ，则βα||； ③若βα||，α⊂l ，则β||l ；④若l =βα ，m =γβ ，n =αγ ，γ||l ，则n m ||。
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2020 高考数学分类汇编解析版（ 3） 专题 11 算法初步 专题 12 数系的扩充与复数的引入 专题 13 计数原理 专题 14 坐标系与参数方程 专题 15 不等式选讲
专题 11 算法初步 1．【2020 年高考天津卷理数】阅读下边的程序框图，运行相应的程序，输出 S 的值为
A．5 B．8 C．24 D．29 【答案】B
1 3 1 2 2 ， k 2 ，
3 2 2 2 ， k 3 ，
【分析】根据程序框图，逐步写出运算结果即可． 【解析】 S 1,i 2 ； j 1,S 1 2 21 5, i 3 ； S 8, i 4 ， 结束循环，输出 S 8 ．故选 B． 2．【2020 年高考北京卷理数】执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为
A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据程序框图中的条件逐次运算即可． 【解析】初始： s 1 ， k 1 ，
运行第一次， s
运行第二次， s 运行第三次， s
2 12
2 22
2 22
3 2 2 2 ，结束循环，
输出 s 2 ，故选 B． 1
3．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】如图是求 2
1
2 1 的程序框图，图中空白框中应填入
2
2 【解析】初始： A , k 1 2 ，因为第一次应该计算 ， k k 1 =2； 1
2 A
2 =
A． A C． A 1 2 A 1 1 2 A B． A 2
D． A 1
1 A 1 2 A
【答案】A 【分析】本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征 与程序框图结构，即可找出作出选择． 1 1 1
2 2 A 2
1 1 1 执行第 2 次， k 2 2 ，因为第二次应该计算 2 ， k k 1 =3， 2 2
1 结束循环，故循环体为 A ，故选 A． 2 A
1 【秒杀速解】认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为 A ． 2 A
4．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】执行下边的程序框图，如果输入的 为 0．01，则输出 s 的值等于
3 24
B． 2 26 D． 2 2 0.01? 不满足条件； 4 0.01? 不满足条件； 2 L 128 0.0078125 0.01? 满足条件，结束循环； 2 L A． 2
1
C． 2
1
【答案】C 【分析】根据程序框图，结合循环关系进行运算，可得结果． 【解析】输入的 为 0.01 ，
x 1,s 0 1, x 1
1 1 s 0 1 , x 2
1 25
1
27
S 0 1 1 1 1
, x 26
输出 S 1
1 1 1 1
26 2 (1 27 ) 2 26
，故选 C．
5．【2020 年高考江苏卷】下图是一个算法流程图，则输出的 S 的值是______________．
4 【解析】执行第一次， S S x 执行第二次， S S x
2 3, x 3 4 不成立，继续循环， x x 1 4 ；
2 5, x 4 4 成立，输出 S 5.
【答案】5 【分析】结合所给的流程图运行程序确定输出的值即可． 1 2 2 , x 1 4 不成立，继续循环， x x 1 2 ；
3 2 2 , x 2 4 不成立，继续循环， x x 1 3 ；
执行第三次， S S x
执行第四次， S S x
专题 12 数系的扩充与复数的引入 1．【2020 年高考北京卷理数】已知复数 z 2 i ，则 z z A． 3 B． 5 C． 3 D． 5 【答案】D 【解析】由题 z 2 i ，则 z z (2 i)(2 i) 5 ，故选 D． 2．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】设复数 z 满足 z i =1，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则
A． ( x+1)2 y 2 1 B． ( x 1)2 y 2 1
C． x2 ( y 1)2 1 D． x2 ( y +1)2 1
5 x –
1 i ．故选 D．
【解析】 | 5 i
【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（，y）和点(0， 1)之间的距离为 1，可选正确答案为 C．
【答案】C 【解析】由题可得 z x yi, z i x ( y 1)i, z i x2 ( y 1)2 1,则 x 2 ( y 1)2 1 ．故选 C． 3．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】设 z= 3+2i，则在复平面内 z 对应的点位于
A．第一象限 C．第三象限 B．第二象限 D．第四象限 【答案】C 【解析】由 z 3 2i, 得 z 3 2i, 则 z 3 2i 对应的点（-3，-2）位于第三象限．故选 C．
4．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】若 z (1 i) 2i ，则 z=
A． 1 i C．1 i 【答案】D B． 1 i D．1 i
【解析】 z
2i 2i(1 i)
1 i (1 i)(1 i)
5．【2020 年高考天津卷理数】 i 是虚数单位，则 | 5 i 1 i | 的值为______________． 【分析】先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模． 【答案】 13
(5 i)(1 i) || || 2 3i | 13 ． 1 i (1 i)(1 i)
6．【2020 年高考浙江卷】复数 z 1 （ i 为虚数单位），则 | z | =______________． 1 i
【分析】本题先计算 z ，而后求其模.或直接利用模的性质计算.容易题，注重基础知识、运算求解能力的 考查．
【答案】 2 2
【解析】由题可得 | z | 1 |1 i | 1 2
2 2 ．
6 2 6
7．【 2020 年高考江苏卷】已知复数 (a 2i)(1 i) 的实部为 0，其中 i 为虚数单位，则实数 a 的值是
______________． 【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得 z ，然后根据复数的概念，令实部为 0 即得 a 的值． 【答案】 2
【解析】Q (a 2i)(1 i) a a i 2i 2i 2 a 2 (a 2)i ，令 a 2 0 ，解得 a 2 ．
专题 13 计数原理 1．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】（1+2x2 ）（1+x）4 的展开式中 x3 的系数为
A．12 B．16 C．20 D．24 【答案】A 【解析】由题意得 x3 的系数为 C3 2C1 4 8 12 ，故选 A． 4 4
2．【2020 年高考浙江卷理数】在二项式 ( 2 x)9
的展开式中，常数项是__________；系数为有理数的项
的个数是__________． 【答案】16 2 5
【解析】由题意， ( 2 x)9 的通项为 T r 1 Cr ( 2) 9r xr (r 0,1,2 L 9) ，当 r 0
时，可得常数项为
9
T C0 ( 2) 9 16 2 ；若展开式的系数为有理数，则 r =
1,3,5,7,9
，有 T , T , T , T , T 共 5 个项．故
1 9 2 4 6 8 10
答案为：16 2 ， 5 ．
3．【2020年高考江苏卷理数】设 (1 x)n a a x a x 2 L a x n , n 4, n N* ．已知 a 2 2a a ．
0 1 2 n 3 2 4
（1）求n的值；
（2）设 (1 3) n a b 3 ，其中 a, b N*，求 a2 3b2 的值． 【答案】（1） n 5 ；（2） 32 ． 【解析】（1）因为 (1 x)n C0 C1 x C2 x 2 L Cn x n ，n 4 ， n n n n
所以 a C2 2 n n(n 1) n(n 1)(n 2) , a C3 ， 3 n
7