2020年高考数学分类汇编：选做题
2020年高考数学分类汇编：选做题
（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
22. [选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为=2--=2-²3²+x y t t t t ⎧⎨⎩（t 为参数且t ≠1），C 与坐标轴交
于A ，B 两点.
（1）求｜AB ｜;
（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程.
23.[选修4—5：不等式选讲]（10分）
设,,a b c R ∈，0a b c ++=，abc=1.
（1） 证明：0ab bc ca ++<；
（2） 用{}max ,,a b c 表示,,a b c 的最大值，证明：{}max ,,a b c ≥
（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。
22.[选修4-4:坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为222(123x t t t t C y t t
⎧=--⎪≠⎨=-+⎪⎩为参数且），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.
23. [选修4-5: 不等式选讲]（10分）
设,,,0, 1.a b c R a b c abc ∈++==
（1） 证明：0ab bc ca ++<；
（2） 用{}max ,,,,a b c a b c 表示中的最大值，证明：{
}max ,,a b c ≥
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分．22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
已知曲线C1，C2的参数方程分别为
C1：
2
2
4cos
4sin
x
y
θ
θ
⎧=
⎪
⎨
=
⎪⎩
，
（θ为参数），C2：
1
,
1
x t
t
y t
t
⎧
=+
⎪⎪
⎨
⎪=-
⎪⎩
（t为参数）．
（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|．
（1）当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；
（2）若f(x)≥4，求a的取值范围．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答。
并用2B 铅笔将所选题号涂黑，多涂、错
涂、漏涂均不给分．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
已知曲线C 1，C 2的参数方程分别为
C 1：2
24cos 4sin x y θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩，（θ为参数），C 2：1,1x t t y t t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（t 为参数）． （1）将C 1，C 2的参数方程化为普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C 1，C 2的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程．
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
已知函数f (x )=|x -a 2|+|x -2a +1|．
（1）当a =2时，求不等式f (x )≥4的解集；
（2）若f (x )≥4，求a 的取值范围．
（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。
22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos ,sin k k x t y t
⎧=⎪⎨=⎪⎩(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2C 的极坐标方程为4cos 16sin 30ρθρθ-+=．
（1）当1k =时，1C 是什么曲线？
（2）当4k =时，求1C 与2C 的公共点的直角坐标．
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
已知函数()|31|2|1|f x x x =+--．
（1）画出()y f x =的图像；
（2）求不等式()(1)f x f x >+的解集．
（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。
22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos ,sin k k x t y t
⎧=⎪⎨=⎪⎩(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2C 的极坐标方程为4cos 16sin 30ρθρθ-+=．
（1）当1k =时，1C 是什么曲线？
（2）当4k =时，求1C 与2C 的公共点的直角坐标．
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
已知函数()|31|2|1|f x x x =+--．
（1）画出()y f x =的图像；
（2）求不等式()(1)f x f x >+的解集．
B ．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分） 在极坐标系中，已知点1π(,)3A ρ在直线:cos 2l ρθ=上，点2π(,)6
B ρ在圆:4sin
C ρθ=上（其中0ρ≥，02θ≤<π）．
（1）求1ρ，2ρ的值
（2）求出直线l 与圆C 的公共点的极坐标．
C ．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）
设x ∈R ，解不等式2|1|||4x x ++≤．
A ．[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）
平面上点(2,1)A -在矩阵11a b ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦
M 对应的变换作用下得到点(3,4)B -． （1）求实数a ，b 的值；
（2）求矩阵M 的逆矩阵1-M ．。
集合 高考数学真题分类题库2020解析版 考点1
考点一集合一、选择题1.(2020·全国卷Ⅰ高考文科·T1)已知集合A={x|x2-3x-4<0},B={-4,1,3,5},则A∩B=()A.{-4,1}B.{1,5}C.{3,5}D.{1,3}【命题意图】该题考查的是有关集合的问题,涉及的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合,集合的交运算,属于基础题目.【解析】选D.由x2-3x-4<0解得-1<x<4,所以A=|-1<<4,又因为B=-4,1,3,5,所以A∩B=1,3.2.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T2)设集合A=|2-4≤0,B=|2+≤0,且A∩B=|-2≤≤1,则a=()A.-4B.-2C.2D.4【命题意图】本题主要考查一元二次不等式、一元一次不等式、集合的交集的基本运算.【解析】选B.解一元二次不等式x2-4≤0可得:A=|-2≤≤2,解一元一次不等式2x+a≤0可得B=|≤由于A∩B=|-2≤≤1,故-2=1,解得:a=-2.3.(2020·全国卷Ⅱ文科·T1)已知集合A={x||x|<3,x∈Z},B={x||x|>1,x∈Z},则A∩B=()A.⌀B.{-3,-2,2,3)C.{-2,0,2}D.{-2,2}【命题意图】本题考查绝对值不等式的解法、集合交集运算,意在考查学生的运算求解能力.【解析】选D.因为A=<3,∈Z=-2,-1,0,1,2,B=>1,∈Z=>1或<-1,∈Z,所以∩B=2,-2.4.(2020·全国卷Ⅱ理科·T1)已知集合U={-2,-1,0,1,2,3},A={-1,0,1},B={1,2},则U(A∪B)=()A.{-2,3}B.{-2,2,3}C.{-2,-1,0,3}D.{-2,-1,0,2,3}【命题意图】本题考查集合的并集和补集运算,意在考查学生的运算求解能力.【解析】选A.由已知得A∪B={-1,0,1,2},所以U(A∪B)={-2,3}.5.(2020·全国卷Ⅲ理科·T1)已知集合A={(x,y)|x,y∈N*,y≥x},B={(x,y)|x+y=8},则A∩B中元素的个数为()A.2B.3C.4D.6【命题意图】本题主要考查集合的交集运算,考查学生对交集定义的理解以及运算能力.【解析】选C.由题意,A∩B中的元素满足≥+=8,且x,y∈N*,由x+y=8≥2x,得x≤4,所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),故A∩B中元素的个数为4.【反思总结】求解有关集合的交集、并集、补集问题时,必须对集合的相关概念有深刻的理解,善于抓住代表元素,通过观察集合之间的关系,借助数轴寻找元素之间的关系,使问题准确解决.6.(2020·全国卷Ⅲ文科·T1)已知集合A={1,2,3,5,7,11},B=3<<15,则A∩B中元素的个数为()A.2B.3C.4D.5【命题意图】本题主要考查集合的交集运算,考查学生对交集定义的理解.【解析】选B.由题意,A∩B={5,7,11},故A∩B中元素的个数为3.【反思总结】求解有关集合的交集、并集、补集问题时,必须对集合的相关概念有深刻的理解,善于抓住代表元素,通过观察集合之间的关系,借助数轴寻找元素之间的关系,使问题准确解决.7.(2020·新高考全国Ⅰ卷)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}【命题意图】本题考查集合的并集运算,考查基本运算能力,体现了数学运算的核心素养.【解析】选C.因为A=[1,3],B=(2,4),所以A∪B=[1,4).8.(2020·北京高考·T1)已知集合A={-1,0,1,2},B={x|0<x<3},则A∩B=()A.{-1,0,1}B.{0,1}C.{-1,1,2}D.{1,2}【命题意图】考查集合的运算,容易题.【解析】选D.画数轴,或者逐个检验集合A中元素是否属于B,易得A∩B={1,2}.检索号219.(2020·天津高考·T1)设全集U={-3,-2,-1,0,1,2,3},集合A={-1,0,1,2},B={-3,0,2,3},则A∩(U B)=()A.{-3,3}B.{0,2}C.{-1,1}D.{-3,-2,-1,1,3}【命题意图】本题考查考生对集合的含义、表示方式及集合的补集、交集的理解与运算.【解题指南】可先求出B的补集,再求交集即可.【解析】选C.由题意结合补集的定义可知:U B={-2,-1,1},则A∩(U B)={-1,1}.【反思总结】求解有关集合的交集、并集、补集问题时,必须对集合的相关概念有深刻的理解,善于抓住代表元素,通过观察集合之间的关系,借助Venn图或数轴寻找元素之间的关系,使问题准确解决.10.(2020·浙江高考·T1)已知集合P={x|1<x<4},Q={x|2<x<3},则P∩Q=()A.{x|1<x≤2}B.{x|2<x<3}C.{x|2<x≤3}D.{x|1<x<4}【命题意图】本题主要考查集合的交集运算,考查基本运算求解能力,体现直观想象与数学运算的核心素养.【解析】选B.因为P=(1,4),Q=(2,3),所以由数轴得P∩Q=(2,3).二、填空题11.(2020·江苏高考·T1)已知集合A=-1,0,1,2,B=0,2,3,则A∩B=.【命题意图】本题考查集合中的简单的交集计算.【解析】由集合A={-1,0,1,2},B={0,2,3},所以A∩B={0,2}.答案:0,2。
2020年高考数学试题分类汇编——算法初步选择
2020年高考数学试题分类汇编——算法初步选择〔2018浙江理数〕〔2〕某程序框图如下图，假设输出的S=57，那么判定框内位〔A〕k＞4?〔B〕k＞5?〔C〕k＞6?〔D〕k＞7?解析：选A，此题要紧考察了程序框图的结构，以及与数列有关的简单运算，属容易题〔2018陕西文数〕5.右图是求x1,x2，…，x10的乘积S的程序框图，图中空白框中应填入的内容为[D](A)S=S*(n+1)〔B〕S=S*x n+1(C)S=S*n(D)S=S*x n解析：此题考查算法S=S*x n〔2018辽宁文数〕〔5〕假如执行右面的程序框图，输入n m==，那么输出的p等于6,4〔A〕720〔B〕 360〔C〕 240〔D〕 120p=⨯⨯⨯⨯=解析：选B.13456360.〔2018辽宁理数〕(4)假如执行右面的程序框图，输入正整数n ，m ，满足n ≥m ，那么输出的P 等于〔A 〕1m n C -(B) 1m n A -(C) m n C(D) m n A【答案】D【命题立意】此题考查了循环结构的程序框图、排列公式，考查了学生的视图能力以及观看、推理的能力【解析】第一次循环：k =1,p =1,p =n -m +1;第二次循环：k =2,p =(n -m +1)(n -m +2)；第三次循环：k =3，p =(n -m +1) (n -m +2) (n -m +3)……第m 次循环：k =3，p =(n -m +1) (n -m +2) (n -m +3)…(n -1)n现在终止循环，输出p =(n -m +1) (n -m +2) (n -m +3)…(n -1)n =m n A〔2018浙江文数〕4.某程序框图所示，假设输出的S=57，那么判定框内为(A) k >4? (B) k >5?(C) k >6? (D) k >7?解析：选A ，此题要紧考察了程序框图的结构，以及与数列有关的简单运算，属容易题〔2018天津文数〕(3)阅读右边的程序框图，运行相应的程序，那么输出s 的值为(A)-1 (B)0 (C)1 (D)3【答案】B【解析】 此题要紧考查条件语句与循环语句的差不多应用，属于容易题。
高考文科数学三年真题分类汇编 专题05 立体几何(选择题、填空题)(解析版)
专题05 立体几何（选择题、填空题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】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 BC D 【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==由题意得212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =.故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =. 设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 的等边三角形，212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．B ．C ．D ．【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】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 ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ， 依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=，1OO AB ∴==根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.5．【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 6．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．6+B ．6+C ．12D ．12+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．7．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2， 所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.8．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”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 ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件. 故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.9．【2020年新高考全国Ⅰ卷】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】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.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．11．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ， 易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线. 过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，M F ⊥平面ABCD ， MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,22MF BF BM ==∴= BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．12．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.13．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.14．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为A．1722B．5C．3D．2【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M在上底面上，点N在下底面上，且可以确定点M 和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，=B．【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.15．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【答案】A【解析】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图，考查考生的空间想象能力和阅读理解能力，考查的数学核心素养是直观想象.16．【2018年高考全国I 卷文数】在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BBC C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．【答案】C【解析】在长方体1111ABCD A BC D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ︒∠=，因为2AB =，所以1BC =，从而求得1CC =所以该长方体的体积为22V =⨯⨯= 故选C.【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长、宽、高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果.17．【2018年高考全国I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A． B ．12π C．D ．10π【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为所以其表面积为22π2π12πS =+=，故选B.【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.18．【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】C俯视图正视图【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯= 故选C.【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.19．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为 A． B ．C．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯=，故选B.【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点D 在平面ABC 上的射影为三角形ABC 的重心时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==OM ，进而得到结果，属于较难题型.20．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A BC D 【答案】C【解析】如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.求异面直线所成的角，需要将异面直线所成的角等价转化为相交直线所成的角，然后利用解三角形的知识加以求解.21．【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”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 ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为,,m n m n ⊄⊂∥αα，所以根据线面平行的判定定理得m ∥α. 由m ∥α不能得出m 与α内任一直线平行， 所以m n ∥是m ∥α的充分不必要条件，故选A. 【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“p ⇒q ”为真，则p 是q 的充分条件．（2）等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．22．【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.23．【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ==== 则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB △△△，共3个， 故选C.【名师点睛】此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时，根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.24．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ①14p p ∧ ②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α； 若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α， 则m 垂直于平面α内所有直线， 直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ， 命题4p 为真命题. 综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.25．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯= 解得：22r，其体积：3433V r π==.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.26．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______． 【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.27．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为： 2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.28．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】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 BC 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 BC 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11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，则1DE EP ⊥，1D E =，所以||EP ===，所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11BC 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22FG π==.故答案为：2.【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.29．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连接CO ，由题意可知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD PO P ，CD 平面PDO ，又OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥，PD PE ==2PC =，sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，又易知PO CO ⊥，CO 为ACB ∠的平分线，451,,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===，又2PC =，PO ∴==【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．30．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+==，1x ∴==，1．【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形． 31．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A BC D -挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB=BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGHS =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A BC D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=， 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=， 其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.32．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 33．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.34．【2019年高考天津卷文数】若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________. 【答案】π42=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心， 故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12， 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问题，解答时，根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.35．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A BC D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .。
2020年高考试题分类汇编(不等式)
2020年高考试题分类汇编（不等式）考点1不等式的基本性质1.（2020·天津卷）设a R ∈，则“1a >”是“2a a >”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2.（2020·天津卷）已知0a >，0b >，且1ab =，则11822a b a b+++的最小值为 .3.（2020·海南卷·山东卷）已知0a >，0b >，且1a b +=，则A ．2212a b +≥B ．122a b ->C ．22log log 2a b +≥-D 2≤4.（2020·全国卷Ⅰ·理科）若242log 42log a b a b +=+，则A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <5.（2020·全国卷Ⅲ·文科）设3log 2a =，5log 3b =，23c =，则 A ．a c b << B ．a b c << C ．b c a << D ．c a b <<6.（2020·全国卷Ⅲ·理科）已知5458<，45138<.设5log 3a =，8log 5b =，13log 8c =，则A ．a b c <<B ．b a c <<C ．b c a <<D ．c a b <<7.（2020·北京卷）已知函数()21x f x x =--，则不等式()0f x >的解集是A ．(1,1)-B ．(,1)(1,)-∞+∞C ．(0,1)D ．(,0)(1,)-∞+∞8.（2020·海南卷·山东卷）若定义在R 上奇函数()f x 在(,0)-∞单调递减，且(2)0f =，则满足(1)0xf x -≥的x 的取值范围是A ．[1,1][3,)-+∞B ．[3,1][0,3]--C ．[1,0][1,)-+∞D ．[1,0][1,3]-9.（2020·全国卷Ⅱ·文理科）若2233x y x y ---<-，则A ．ln(1)0y x -+>B ．ln(1)0y x -+<C ．ln 0x y ->D ．ln 0x y -< 考点2线性规划1.（2020·全国卷Ⅰ·文理科）若x ，y 满足约束条件2201010x y x y y +-≥⎧⎪--≥⎨⎪+≥⎩，则7z x y=+的最小值为 .2.（2020·全国卷Ⅱ·文科）若x ，y 满足约束条件1121x y x y x y +≥-⎧⎪-≥-⎨⎪-≤⎩，则2z x y =+的最小值为 .3.（2020·全国卷Ⅲ·文理科）若x ，y 满足约束条件0201x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩，则32z x y=+的最大值为 .4.（2020·浙江卷）若实数x ，y 满足约束条件31030x y x y -+≤⎧⎨+-≥⎩，则2z x y =+的取值范围是A.(,4]-∞B.[4,)+∞C.[5,)+∞D.(,)-∞+∞ 考点3不等式选讲1.（2020·全国卷Ⅰ·文理科）已知函数()3121f x x x =+--. （Ⅰ）画出()y f x =的图像；（Ⅱ）求不等式()(1)f x f x >+的解集.2.（2020·全国卷Ⅱ·文理科）已知函数2()21f x x a x a =-+-+. （Ⅰ）当2a =时，求不等式()4f x ≥的解集； （Ⅱ）若()4f x ≥，求a 的取值范围.3.（2020·全国卷Ⅲ·理科）设a ，b ，c R ∈，1a b c ++=，1abc =. （Ⅰ）证明：0ab bc ca ++<；（Ⅱ）用max{,,}a b c .a b c表示a，b，c的最大值，证明：max{,,}。
2020年高考数学试题分类汇编——三角函数选择
2020年高考数学试题分类汇编——三角函数选择〔2018上海文数〕18.假设△ABC 的三个内角满足sin :sin :sin 5:11:13A B C =，那么△ABC 〔A 〕一定是锐角三角形. 〔B 〕一定是直角三角形.〔C 〕一定是钝角三角形. (D)可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形. 解析：由sin :sin :sin 5:11:13A B C =及正弦定理得a:b:c=5:11:13由余弦定理得0115213115cos 222<⨯⨯-+=c ，因此角C 为钝角〔2018湖南文数〕7.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分不为a ，b ，c ，假设∠C=120°，c=2a ，那么 A.a ＞b B.a ＜bC. a ＝bD.a 与b 的大小关系不能确定【命题意图】此题考查余弦定理，专门角的三角函数值，不等式的性质，比较法,属中档题。
〔2018浙江理数〕〔9〕设函数()4sin(21)f x x x =+-，那么在以下区间中函数()f x 不．存在零点的是 〔A 〕[]4,2-- 〔B 〕[]2,0- 〔C 〕[]0,2 〔D 〕[]2,4解析：将()x f 的零点转化为函数()()()x x h x x g =+=与12sin 4的交点，数形结合可知答案选A ，此题要紧考察了三角函数图像的平移和函数与方程的相关知识点，突出了对转化思想和数形结合思想的考察，对能力要求较高，属较难题〔2018浙江理数〕〔4〕设02x π＜＜，那么〝2sin 1x x ＜〞是〝sin 1x x ＜〞的〔A 〕充分而不必要条件 〔B 〕必要而不充分条件 〔C 〕充分必要条件 〔D 〕既不充分也不必要条件 解析：因为0＜x ＜2π，因此sinx ＜1，故x sin 2x ＜x sinx ，结合x sin 2x 与x sinx 的取值范畴相同，可知答案选B ，此题要紧考察了必要条件、充分条件与充要条件的意义，以及转化思想和处理不等关系的能力，属中档题〔2018全国卷2理数〕〔7〕为了得到函数sin(2)3y x π=-的图像，只需把函数sin(2)6y x π=+的图像〔A 〕向左平移4π个长度单位 〔B 〕向右平移4π个长度单位〔C 〕向左平移2π个长度单位 〔D 〕向右平移2π个长度单位【答案】B【命题意图】本试题要紧考查三角函数图像的平移. 【解析】sin(2)6y x π=+=sin 2()12x π+，sin(2)3y x π=-=sin 2()6x π=-，因此将sin(2)6y x π=+的图像向右平移4π个长度单位得到sin(2)3y x π=-的图像，应选B.〔2018陕西文数〕3.函数f (x )=2sin x cos x 是[C](A)最小正周期为2π的奇函数 〔B 〕最小正周期为2π的偶函数 (C)最小正周期为π的奇函数 〔D 〕最小正周期为π的偶函数解析：此题考查三角函数的性质f (x )=2sin x cos x=sin2x ，周期为π的奇函数〔2018辽宁文数〕〔6〕设0ω>,函数sin()23y x πω=++的图像向右平移43π个单位后与原图像重合，那么ω的最小值是〔A 〕23 〔B 〕 43 〔C 〕 32〔D 〕 3 解析：选C.由，周期243,.32T ππωω==∴=〔2018辽宁理数〕〔5〕设ω>0,函数y=s in(ωx+3π)+2的图像向右平移34π个单位后与原图像重合，那么ω的最小值是〔A 〕23 (B)43 (C)32(D)3 【答案】C【命题立意】此题考查了三角函数图像的平移变换与三角函数的周期性，考查了同学们对知识灵活把握的程度。
2020年高考数学分类汇编：统计概率与排列组合
训练一：2020年高考文科数学新课标Ⅰ卷第4题：设O 为正方形ABCD 的中心，在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为（）A、51B、52C、21D、54本题解析：整体事件：在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点。
),,(B A O ，),,(C A O ，),,(D A O ，),,(C B O ，),,(D B O ，),,(D C O ，),,(C B A ，),,(D B A ，),,(D C A ，),,(D C B 。
整体事件中一共包含10个基本事件。
所求事件：取到的3点共线。
O 为正方形ABCD 的中心O ⇒为对角线AC 和BD 的中点。
),,(O C A ，),,(O D B 。
所求事件中一共包含2个基本事件。
概率：取到的3点共线的概率：51102==P 。
训练二：2020年高考数学新课标Ⅰ卷文科第5题理科第5题：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 0）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 y x （20,...,2,1=i ）得到下列的散点图：由此散点图，在C 010至C 040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、bxa y +=B、2bxa y +=C、xbea y +=D、xb a y ln +=本题解答：A 选线：一次函数bx a y +=的图像：B 选项：二次函数2bx a y +=的图像：C 选项：指数函数xbe a y +=的图像：D 选项：对数函数x b a y ln +=的图像：根据散点图的特点只有D 选项对数函数x b a y ln +=符合条件。
训练三：2020年高考文科数学新课标Ⅰ卷第17题：某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分别为A，B，C，D 四个等级，加工、业务约定：对于A 级品、B 级品、C 级品，厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元；对于D 级品，厂家每件赔偿原料损失费50元，该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务，甲分厂加工费为25元/件，乙分厂加工费20元/件，厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工100件这种产品。
2020高考数学分类汇编解析版(1)
2020 高考数学分类汇编解析版（ 1）专题 01 集合与常用逻辑用语专题 02函数的概念与基本初等函数 I专题 03导数及其应用专题 04立体几何专题 05平面解析几何专题 01 集合与常用逻辑用语1．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知集合 M = {x | -4 < x < 2}, N = {x | x 2 - x - 6 < 0}，则 M I N =A ． {x -4 < x < 3}C ． {x -2 < x < 2}B ．{x -4 < x <- 2}D ．{x 2 < x < 3}【答案】C【解析】由题意得 M = {x | -4 < x < 2}, N = {x | x 2 - x - 6 < 0} = {x | -2 < x < 3}， 则 M I N = {x | -2 < x < 2}．故选 C ．2．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】设集合 A ={x |x 2–5x +6>0}，B ={x |x –1<0}，则 A ∩B =A ．(–∞，1)C ．(–3，–1) B ．(–2，1)D ．(3，+∞){ }【【解析】∵ ðU A = { - 1,3} ，∴ ð A I B = {-1} .【答案】A【解析】由题意得， A = {x | x 2 - 5x + 6 > 0} = {x | x < 2 或 x > 3}， B = {x | x -1 < 0} = {x | x < 1} ，则A IB = {x | x < 1} = (-∞,1)．故选 A ．3．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】已知集合 A = {-1,0,1,2}, B = {x | x 2 ≤ 1} ，则 A I B =A ． {-1,0,1}C ． {-1,1}B ． {0,1}D ． {0,1,2}【答案】A【解析】∵ x 2 ≤ 1, ∴ -1 ≤ x ≤ 1 ，∴ B = x -1 ≤ x ≤ 1 ，又 A = {-1,0,1,2} ，∴ A I B = {-1,0,1}.故选 A ．4． 2020 年高考天津理数】设集合 A = {-1,1,2,3,5}, B = {2,3,4}, C = {x ∈ R |1 ≤ x < 3}，则 ( A I C ) U B =A ． {2}C ． {-1,2,3}B ． {2,3}D ． {1,2,3,4 }【答案】D【解析】因为 A I C = {1,2} ，所以 ( A I C ) U B = {1,2,3,4} .故选 D .5．【2020 年高考浙江】已知全集U = {-1,0,1,2,3 }，集合 A = {0,1,2}， B = {-1,0,1}，则 (ð A) I B =UA ． {-1}C ． {-1,2,3}B ． {0,1}D ． {-1,0,1,3}【答案】A( )U故选 A.6．【2020 年高考浙江】若 a >0，b >0，则“a +b ≤4”是“ab ≤4”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．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当a>0,b>0时，a+b≥2ab，则当a+b≤4时，有2ab≤a+b≤4，解得a b≤4，充分性成立；当a=1,b=4时，满足ab≤4，但此时a+b=5>4，必要性不成立，综上所述，“a+b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件.故选A.7．【2020年高考天津理数】设x∈R，则“x2-5x<0”是“|x-1|<1”的A．充分而不必要条件C．充要条件B．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由x2-5x<0可得0<x<5，由|x-1|<1可得0<x<2，易知由0<x<5推不出0<x<2，由0<x<2能推出0<x<5，故0<x<5是0<x<2的必要而不充分条件，即“x2-5x<0”是“|x-1|<1”的必要而不充分条件.故选B.8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行C．α，β平行于同一条直线B．α内有两条相交直线与β平行D．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内有两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件；由面面平行的性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内有两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件.故α∥β的充要条件是α内有两条相交直线与β平行.故选B．uuur uu u uuur uuur uuur 9．【2020年高考北京理数】设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|>|BC|”rv vvuuuv v的A ．充分而不必要条件C ．充分必要条件B ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件【答案】Cuuuv uuu uuur uuuv uuu uuuv uuuv 【解析】∵A ､B ､C 三点不共线，∴| AB + AC |>| BC | ⇔ | AB + AC |>| AC - AB |uuuv uuu uuuv uuuv uuur uuur uuuv ⇔ | AB + AC |2>| AC - AB |2 ⇔ AB · AC >0 ⇔ AB 与 AC 的夹角为锐角，uuuv uuuv uuuv uuu uuur 故“ AB 与 AC 的夹角为锐角”是“| AB + AC |>| BC |”的充分必要条件.故选 C.10．【2020 年高考江苏】已知集合 A = {-1,0,1,6} ， B = {x | x > 0, x ∈ R } ，则 A I B = ▲.【答案】{1,6}【解析】由题意利用交集的定义求解交集即可.由题意知， A I B = {1,6} .专题 02函数的概念与基本初等函数 I1．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知 a = log 0.2，b = 20.2，c = 0.2 0.3 ，则2A ． a < b < cC ． c < a < b【答案】B【解析】 a = log 2 0.2 < log 2 1 = 0, b = 20.2 > 20 = 1,0 < c = 0.20.3 < 0.20 = 1, 即 0 < c < 1,则 a < c < b ．故选 B ．2．【2020 年高考天津理数】已知 a = log 2 ， b = log5A ． a < c < bC ． b < c < a【答案】AB ． a < c < bD ． b < c < a0.50.2 ， c = 0.50.2，则 a, b , c 的大小关系为B ． a < b < cD ． c < a < b21 lg 1 ，其中星等为 m 的星的亮度为 E （k=1，2）．已知太阳的星等是 26.7，天狼星2 Elg 1 ， 5 5【解析】因为 alog 2log5155，b log 0.2 log 0.25 2 ，0.50.51 0.5 c 0.50.2 0.5 ，即c 1，2所以 ac b .故选 A.3．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】若 a>b ，则A ．ln(a b)>0C ．a 3 b 3>0B ．3a <3 bD ．│a│>│b│【答案】C【解析】取 a2,b 1 ，满足 ab ，但 ln(a b) 0 ，则 A 错，排除 A ；由 9 3231 3 ，知 B 错，排除 B ；取 a 1,b 2 ，满足 a b ，但 |1|| 2 |，则 D 错，排除 D ；因为幂函数 yx 3是增函数， a b ，所以 a 3 b 3 ，即 a 3 b 3>0 ，C 正确.故选 C ．4．【2020 年高考北京理数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足 m 2 m 1=5 E 2k k的星等是 1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为A ．1010.1C ．lg10.1【答案】AB ．10.1D ．10 10.1【解析】两颗星的星等与亮度满足 m令 m 21.45,m26.7，12 m15E 2 E2则 lg EE 122 2m m2 1( 1.45 26.7) 10.1,从而 1 = 1010.1 .【解析】由 f (- x ) = sin(- x) + (- x) 2 1 + 2 = 4 + 2π > 1, f (π) =又 f ( ) =( )2πEE2故选 A.5．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】函数 f (x )= sinx + xcosx + x 2在 [-π, π] 的图像大致为A ．B ．C ．D ．【答案】D- sin x - x== - f ( x ) ，得 f ( x ) 是奇函数，其图象关于原点对称． cos(- x )+ (- x ) cos x + x 2π 2 π22π π -1 + π 2 > 0 ，可知应为 D 选项中的图象．故选 D ．6．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】函数 y =2 x3 2x + 2- x在 [-6,6]的图像大致为A ．B ．2 且单调递增，函数 y = log a x +C ．D ．【答案】B【解析】设 y = f ( x ) = 2 2 x 3 x + 2- x ，则 f (- x ) = 2(- x )3 2 x 3=-2- x + 2x 2x + 2- x= - f ( x ) ，所以 f ( x ) 是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项 C ．又 f (4) = 2 ⨯ 43 24 + 2-4> 0, 排除选项 D ；f (6) = 2 ⨯ 63 26 + 2-6≈ 7 ，排除选项 A ，故选 B ．7．【2020 年高考浙江】在同一直角坐标系中，函数 y =1a x，1y = log ( x + ) (a >0，且 a ≠1)的图象可能是a【答案】D【解析】当 0 < a < 1 时，函数 y = a x 的图象过定点 (0,1) 且单调递减，则函数 y =1的图象过定点 (0,1)a x⎛ ⎝1 ⎫ 1 ⎪ 的图象过定点 ( ,0) 且单调递减，D 选项符合；2 ⎭ 2当 a > 1 时，函数 y = ax 的图象过定点(0,1) 且单调递增，则函数 y =1的图象过定点 (0,1) 且单调递减，a x函数 y = log x + ⎪ 的图象过定点 ( ,0）且单调递增，各选项均不符合.R ，L 点到月球的距离为 r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，满足方程：(R + r ) R C ． 3D ． 3 因为M2 2⎛ 1 ⎫ 1a ⎝ 2 ⎭ 2综上，选 D.8．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】2020 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日 L 点的轨 2道运行． L 2 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为 M １，月球质量为 M ２，地月距离为2 M 1 2 + M r 22 = (R + r ) M1 . 3r设 α = ，由于 α 的值很小，因此在近似计算中R3α 3 + 3α 4 + α 5 (1+ α )2≈ 3α 3 ，则 r 的近似值为A ．MM2 R1B ．M2R2M13M2 R M1【答案】D【解析】由 α = r，得 r = α R ，RM M1 +2 = ( R + r ) 1 ，( R + r )2 r 2 R 3M2 R 3M1所以M M M1 + = (1+ α ) 1 ， R2 (1+ α )2 α 2 R 2 R 2即 M M 2 = α 2[(1+ α ) -11 α 5 + 3α 4 + 3α 3] = ≈ 3α 3 ， (1+ α ) (1+ α )2解得 α = 3M2 ， 3M1所以 r = α R =故选 D.3M2 R. 3M1A ． f （log 3 ）＞ f （ 2- 2 ）＞ f （ 2- 3 ）B ． f （log 3 ）＞ f （ 2- 3 ）＞ f （ 2- 2 ）C ． f （ 2- 2 ）＞ f （ 2- 3 ）＞ f （log 3 ）D ． f （ 2- 3 ）＞ f （ 2- 2 ）＞ f （log 3 ）-22-Q log 4 > log 3 = 1,1 = 2 > 2 > 2 ,∴ l og 4 > 2> 2 ，∴ f (log 4) < f 2- 3 ⎪ < f 2- 2 ⎪ ，⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 即 f 2 2 ⎪ > f 2 3 ⎪ > f log 3 4 ⎭f (x) = x(x - 1) ．若对任意 x ∈ (-∞, m ] ，都有 f ( x ) ≥ - ，则 m 的取值范围是A ． -∞, ⎥B ． -∞, ⎥C ． -∞, ⎥ 2⎦D ． -∞,⎥9 ⎤4 ⎦x ∈ (1,2] 时， x -1∈ (0,1]， f ( x) = 2 f ( x - 1) = 2( x - 1)(x - 2) ∈ ⎢- ,0 ⎥ ；9．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】设 f (x )是定义域为 R 的偶函数，且在 (0,+ ∞)单调递减，则1 32 41 2 34 3 21 42 31 4【答案】C【解析】Q f (x ) 是定义域为 R 的偶函数，∴ f (log 3 - 33 333又 f (x )在(0，+∞)上单调递减，⎛ 2 ⎫ ⎛ 3 ⎫31 ⎫⎛ - 3 ⎫ ⎛ - 2 ⎫ ⎛ ⎪ .⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ 1 42 3) = f (log 4) ．3- 3 2故选 C ．10．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】设函数 f ( x ) 的定义域为 R ，满足 f (x + 1) = 2 f (x) ，且当 x ∈ (0,1] 时，8 9 ⎛ ⎛ 7 ⎤ ⎝ ⎝3 ⎦ ⎛ 5 ⎤ ⎛ 8 ⎤ ⎝ ⎝3 ⎦【答案】B【解析】∵ f (x + 1) = 2 f (x) ，∴ f ( x ) = 2 f ( x - 1) ．∵ x ∈ (0,1] 时， f (x) = x(x - 1) ∈[- 1 4,0] ；∴⎡ 1 ⎤⎣ 2 ⎦9 3 3-∞, ⎥ .11．2020 年高考浙江】已知 a, b ∈ R ，函数 f ( x ) = ⎨1 1．若函数 y = f ( x ) - ax - b ⎩当 x ≥0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b = 1x 3 （a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b = 1x 3（a +1）x 2﹣b ，∴ x ∈ (2,3] 时， x -1∈ (1,2]， f ( x ) = 2 f ( x -1) = 4( x - 2)(x - 3) ∈[-1,0] ，如图：当 x ∈ (2,3] 时，由 4( x - 2)( x - 3) = - 8 解得 x = 1 7 8， x = ，28 7若对任意 x ∈ (-∞, m ] ，都有 f ( x ) ≥ - ，则 m ≤ .9 3⎛ 则 m 的取值范围是⎝7 ⎤ 3 ⎦故选 B.⎧ x , x < 0 ⎪【 ⎪ 3 x 3 - 2 (a + 1)x 2 + ax, x ≥ 0恰有 3 个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当 x ＜0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得 x =b 1a，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点； 11 32 32y ' = x 2 - (a + 1)x ，当 a +1≤0，即 a ≤﹣1 时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；bb＞0＜0且{16（a+1）3，当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴1a(a+1)31(a+1)(a+1)232，b＜0解得b＜0，1﹣a＞0，b＞1则a>–1，b<0.故选C．12．【2020年高考江苏】函数y=7+6x-x2的定义域是▲.【答案】[-1,7]【解析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.由已知得7+6x-x2≥0,即x2-6x-7≤0，解得-1≤x≤7，故函数的定义域为[-1,7].13．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=-e ax.若f(ln2)=8，则a= __________．【答案】-3【解析】由题意知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=-e ax，又因为ln2∈(0,1)，f(ln2)=8，( )( )所以 -e -a ln 2 = -8 ，两边取以 e 为底数的对数，得 -a ln 2 = 3ln 2 ，所以 -a = 3 ，即 a = -3 ．14．【2020 年高考北京理数】设函数 f (x ) = e x + a e - x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若 f （x ）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是___________．【答案】 -1(-∞,0 ]【解析】首先由奇函数的定义得到关于 a 的恒等式，据此可得 a 的值，然后利用 f '( x ) ≥ 0 可得 a 的取 值范围.若函数 f (x ) = e x + a e - x 为奇函数，则 f (- x ) = - f (x ), 即 e - x + a e x = - e x + a e - x ，即 (a + 1) e x + e - x = 0 对任意的 x 恒成立，则 a +1 = 0 ，得 a = -1 .若函数 f (x ) = e x + a e - x 是 R 上的增函数，则 f '( x ) = e x - ae - x ≥ 0 在 R 上恒成立，即 a ≤ e 2x 在 R 上恒成立，又 e 2 x > 0 ，则 a ≤ 0 ，即实数 a 的取值范围是 (-∞,0 ].15．【2020 年高考浙江】已知 a ∈ R ，函数 f ( x ) = ax 3 - x ，若存在 t ∈ R ，使得 | f (t + 2) - f (t ) |≤则实数 a 的最大值是___________.4 【答案】32 3，【解析】存在 t ∈ R ，使得 | f (t + 2) - f (t ) |≤ 2 3，即有 | a(t + 2)3 - (t + 2) - at 3 + t |≤化为 | 2a (3t 2+ 6t + 4)- 2 |≤2，32 3，- ≤ 2a (3t 2 + 6t + 4)- 2 ≤ 即 2 ≤ a (3t 2 + 6t + 4)≤因为 y ⎫= 15 ，所以 x 的最大值为15 . ⎝8⎭ 2，且 f ( x ) 是奇函数 .当 x ∈ (0, 2] 时， f ( x ) = 1 - ( x - 1)2 ， g ( x ) = ⎨ 1，其中 k >0. ⎪⎩ 2可得 2 2 3 3，4 3 3，由 3t 2 + 6t + 4 = 3(t + 1)2 + 1 ≥ 1 ，可得 0 < a ≤ 43.则实数 a 的最大值是43.16．【2020 年高考北京理数】李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为 60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到 120 元，顾客就少付 x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的 80%．①当 x =10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1 盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则 x 的最大值为__________．【答案】①130；②15【解析】① x = 10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒，需要支付 (60 + 80)-10 = 130 元.②设顾客一次购买水果的促销前总价为 y 元，当 y < 120 元时，李明得到的金额为 y ⨯ 80% ，符合要求；当 y ≥ 120 元时，有 (y - x )⨯ 80% ≥ y ⨯ 70% 恒成立，即 8 ( y - x ) ≥ 7 y , x ≤ y8，min综上，①130；②15.17．【2020 年高考江苏】设 f ( x ), g ( x ) 是定义在 R 上的两个周期函数， f ( x ) 的周期为 4， g ( x ) 的周期为⎧k ( x + 2),0 < x ≤ 1 ⎪- ,1 < x ≤ 23 4 ⎭⎪∴ ≤ k < ，综上可知，满足 f ( x ) = g ( x ) 在(0,9]上有 8 个不同的实数根的 k 的取值范围为 ⎢ ， ⎪ .⎪若在区间(0，9]上，关于 x 的方程 f ( x ) = g ( x ) 有 8 个不同的实数根，则 k 的取值范围是▲ .⎡ 1 2 ⎫【答案】 ⎢ , ⎪ ⎣【解析】作出函数 f ( x ) ， g ( x ) 的图象，如图：由图可知，函数 f ( x ) = 1 - ( x - 1)2 的图象与 g ( x ) = -12(1< x ≤ 2,3 < x ≤ 4,5 < x ≤ 6,7 < x ≤ 8) 的图象仅有 2 个交点，即在区间(0，9]上，关于 x 的方程 f ( x ) = g ( x ) 有 2 个不同的实数根，要使关于 x 的方程 f ( x ) = g ( x ) 有 8 个不同的实数根，则 f ( x ) = 1 - ( x - 1)2 , x ∈ (0,2] 与 g ( x ) = k ( x + 2), x ∈ (0,1]的图象有 2 个不同的交点，由 (1,0) 到直线 kx - y + 2k = 0 的距离为 1，可得 | 3k | = 1 ，解得 k = 2 (k > 0) ， k 2 + 1 4∵两点 ( - 2,0),(1,1)连线的斜率 k = 13，1 2 3 4⎡ 1 2 ⎫ ⎣ 3 4 ⎭专题 03导数及其应用1．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线在点（1，a e ）处的切线方程为 y =2x +b ，则A ． a = e ，b = -1B ．a=e ，b =1x>1.若关于x的不等式f(x)≥0【1-x=-(1-x-1)21-x=-(1-x)2-2(1-x)+1=- 1-x+11-x-2⎪≤-2(1-x)⋅-2⎪⎪=0，1-x，即x=0时取等号，当x>1时，f(x)=x-a ln x≥0，即a≤xln x，则h'(x)=C．a=e-1，b=1D．a=e-1，b=-1【答案】D【解析】∵y'=ae x+ln x+1,∴切线的斜率k=y'|x=1=ae+1=2，∴a=e-1，将(1,1)代入y=2x+b，得2+b=1,b=-1.故选D．⎧x2-2ax+2a,x≤1, 2．2020年高考天津理数】已知a∈R，设函数f(x)=⎨⎩x-a ln x,在R上恒成立，则a的取值范围为A．[0,1] C．[0,e]B．[0,2] D．[1,e]【答案】C【解析】当x=1时，f(1)=1-2a+2a=1>0恒成立；当x<1时，f(x)=x2-2ax+2a≥0⇔2a≥x2x-1恒成立，令g(x)=x2x-1，则g(x)=-x21-x⎛⎫⎛1⎫⎝⎭⎝1-x⎭当1-x=1∴2a≥g(x)max=0，则a>0.ln x恒成立，令h(x)=x ln x-1(ln x)2，3． 2020 浙江）已知a, b ∈ R ，函数 f ( x ) = ⎨ 1 1 ．若函数 y = f ( x ) - ax - b 恰有 ⎩当 x ≥0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b = 1x 3 （a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b = 1x 3（a +1）x 2﹣b ，当 x > e 时， h '( x ) > 0 ，函数 h( x ) 单调递增，当 0 < x < e 时， h '( x ) < 0 ，函数 h( x ) 单调递减，则 x = e 时， h( x ) 取得最小值 h(e) = e ，∴ a ≤ h( x)min = e ，综上可知， a 的取值范围是 [0,e] .故选 C.⎧ x , x < 0 ⎪（⎪ 3 x 3 - 2 (a + 1)x 2 + ax, x ≥ 03 个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当 x ＜0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得 x =b 1a，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点； 11 32 32y ' = x 2 - (a + 1)x ，当 a +1≤0，即 a ≤﹣1 时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当 a +1＞0，即 a >﹣1 时，令 y ′＞0 得 x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令 y ′＜0 得 x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有 2 个零点.根据题意，函数 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有 3 个零点⇔函数 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有 2 个零点，如图：1+解得b＜0，1﹣a＞0，b＞（a+1）3，0)设斜率为-1的直线与曲线y=x+(x>0)切于00(x,x+)，由1-4=-1得x=2（x=-2舍去），∴b1a ＜0且{b(a＞01)31(a+1)(a+1)232，b＜016则a>–1，b<0.故选C．4．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】曲线y=3(x2+x)e x在点(0，处的切线方程为____________．【答案】3x-y=0【解析】y'=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3(x2+3x+1)e x,所以切线的斜率k=y'|x=0=3，则曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为y=3x，即3x-y=0．5．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y=x+线x+y=0的距离的最小值是▲.【答案】444【解析】由y=x+(x>0)，得y'=1-，x x244x xx20004x(x>0)上的一个动点，则点P到直则曲线 y = ln x 在点 A 处的切线为 y - y = ( x - x ) ，即 y - ln x =x- 1 ， x 将点 (-e, -1)代入，得 -1 - ln x∴曲线 y = x + 4 x( x > 0) 上，点 P( 2,3 2) 到直线 x + y = 0 的距离最小，最小值为2 +3 212 + 12 = 4 .故答案为 4 ．6．【2020 年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 在曲线 y =ln x 上，且该曲线在点 A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点 A 的坐标是▲ .【答案】 (e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点 A (x , y 0 01 又 y ' =，x) ，则 y= ln x .当 x = x 时， y ' = 01 x 0，1 x0 = -e x- 1 ，即 x 0 ln x 0 = e ，考察函数 H (x ) = x ln x ，当 x ∈ (0,1)时， H (x ) < 0 ，当 x ∈ (1, +∞)时， H (x ) > 0 ，且 H ' (x ) = ln x + 1 ，当 x > 1 时， H ' (x ) > 0, H (x )单调递增，注意到 H (e ) = e ，故 x 0 ln x 0 = e 存在唯一的实数根 x 0 = e ，此时 y 0 = 1 ，若函数 f (x ) = e x + a e - x 为奇函数，则 f (- x ) = - f (x ), 即 e - x + a e x = - e x + a e - x ， ( )（1） f '( x ) 在区间 (-1, ) 存在唯一极大值点；当 x ∈ -1, ⎪ 时， g' ( x) 单调递减，而 g' (0) > 0, g' ( ) < 0 ，可得 g' ( x) 在 -1, ⎪ 有唯一零点，⎪ 时， g' ( x) < 0 .⎛2 ⎭单调递减，故 g ( x) 在 -1, ⎪ 存在唯一极大值点，即 f ' ( x) ⎛故点 A 的坐标为 (e,1).7．【2020 年高考北京理数】设函数 f (x ) = e x + a e - x （a 为常数）．若 f （x ）为奇函数，则 a =________；若 f （x ）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是___________．【答案】 -1(-∞,0 ]【解析】首先由奇函数的定义得到关于 a 的恒等式，据此可得 a 的值，然后利用 f '( x ) ≥ 0 可得 a 的取值范围.()即 (a + 1) e x + e - x = 0 对任意的 x 恒成立，则 a +1 = 0 ，得 a = -1 .若函数 f (x ) = e x + a e - x 是 R 上的增函数，则 f '( x ) = e x - ae - x ≥ 0 在 R 上恒成立，即 a ≤ e 2x 在 R 上恒成立，又 e 2 x > 0 ，则 a ≤ 0 ，即实数 a 的取值范围是 (-∞,0 ].8．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数 f ( x ) = sin x - ln(1+ x) ， f '( x ) 为 f ( x ) 的导数．证明：π2（2） f ( x ) 有且仅有 2 个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设 g ( x ) = f ' ( x ) ，则 g ( x ) = cos x -11 + x 1 ， g' ( x ) = - sin x + .(1+ x)2⎛ π⎫ π ⎛ π⎫⎝2 ⎭2⎝2 ⎭设为 α .则当 x ∈ (-1,α ) 时， g' ( x) > 0 ；当 x ∈ α , ⎝π⎫ 2 ⎭所以 g ( x) 在 (-1,α ) 单调递增，在 α , ⎝π⎫ ⎪⎛ π⎫ ⎝ 2 ⎭在 -1, ⎪ 存在唯一极大值点.（ii ）当 x ∈ 0, ⎥ 时，由（ 1）知， f ' ( x) 在 (0, α ) 单调递增，在 α , ⎪ 单调递减，而 f ' (0)=0 ，f ' ⎪ < 0 ，所以存在 β ∈ α , ⎪ ，使得 f ' (β ) = 0 ，且当 x ∈ (0, β ) 时， f ' ( x) > 0 ；当 x ∈ β , ⎪⎪ 单调递减.⎛又 f (0)=0 ， f = 1 - ln 1 + > 0 ，所以当 x ∈ 0, ⎥ 时， f ( x) > 0 .从而， f ( x) 在 0, ⎥ 没有⎝ 2 ⎭⎝2 ⎭⎝ 2 ⎦ ⎝ 2 ⎦, π⎥ 时，f ' ( x) < 0 ，所以 f ( x) 在 , π ⎪ 单调递减.而 （iii ）当 x ∈f ⎪ > 0 ，f (π) < 0 ，所以 f ( x) 在 ⎛π , π⎥ 有唯一零点.9．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数 f (x ) = ln x - x + 1⎛ π⎫ ⎝2 ⎭（2） f ( x ) 的定义域为 (-1,+∞) .（i ）当 x ∈ (-1,0] 时，由（1）知， f ' ( x ) 在 ( - 1,0) 单调递增，而 f ' (0) = 0 ，所以当 x ∈ (-1,0) 时，f ' ( x ) < 0 ，故 f ( x ) 在 ( - 1,0) 单调递减，又 f (0)=0 ，从而 x = 0 是 f ( x ) 在 (-1,0] 的唯一零点.⎛ π⎤ ⎛ π⎫ ⎝ 2 ⎦⎝2 ⎭⎛π⎫ ⎛ π⎫ ⎛ π⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭时， f ' ( x) < 0 .故 f ( x) 在 (0, β ) 单调递增，在 β , ⎝π⎫ 2⎭⎛π⎫ ⎛ π⎫ ⎛ π⎤ ⎛ π⎤ ⎪ ⎪零点.⎛π ⎤ ⎛π ⎫ ⎝ 2⎦⎝ 2⎭⎛π⎫ ⎝ 2 ⎭⎤⎝ 2 ⎦（iv ）当 x ∈ (π, +∞) 时， ln( x + 1) > 1 ，所以 f ( x ) <0，从而 f ( x ) 在 (π, +∞) 没有零点.综上， f ( x ) 有且仅有2个零点.x - 1 .（1）讨论 f (x )的单调性，并证明 f (x )有且仅有两个零点；（2）设 x 0 是 f (x )的一个零点，证明曲线 y =ln x 在点 A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线 y = e x 的切线.【答案】（1）函数 f ( x ) 在 (0,1) 和 (1, +∞) 上是单调增函数，证明见解析；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1） U （1，+∞）．因为 f ' ( x ) = 1 +> 0 ，所以 f ( x ) 在（0，1），（1，+∞）单调递增． e + 1 e2 + 1 e 2 -3 < 0 ， f (e 2 ) = 2 - 即 f （x ）=0．又 0 << 1 ， f () = - ln x + 1 = - f ( x ) = 0 ，故 （x ）在（0，1）有唯一零点 ．xxx - 1 xx + 1 = e - ln x 0，故点 B （–ln x ， ）在曲线 y =e x 上． x xx + 1 xx x - 1 1 由题设知 f ( x ) = 0 ，即 ln x = ，故直线 AB 的斜率 k = = 0 = ． - x x x - 1曲线 y =e x 在点 B(- ln x ,1x )处切线的斜率是 ，曲线 y = ln x 在点 A( x ,ln x )处切线的斜率也是 b = -1 b =1若 a >0 ， 则 当 x ∈ (-∞,0) U, +∞ ⎪ 时 ， f '( x) > 0 ； 当 x ∈ 0, ⎪ 时 ， f '( x) < 0 ． 故 f ( x) 在 (-∞,0), , +∞ ⎪ 单调递增，在 0, ⎪ 单调递减；2 x ( x - 1)2因为 f （e ）=1 - =e -1 e 2 - 1 e 2 - 1> 0 ，所以 f （x ）在（1，+∞）有唯一零点 x 1，11 1 1 1综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为 1 1 0 0 011 x + 1- ln x- 00 0 0 0 0 0 x - 1 - ln x - xx + 1 0 0 0 - 0 00 00 0 11x0 0 x0 0，所以曲线 y = ln x 在点 A( x 0 ,ln x 0 ) 处的切线也是曲线 y =e x 的切线．10．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数 f ( x ) = 2 x 3 - ax 2 + b .（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）是否存在 a, b ，使得 f ( x ) 在区间 [0,1] 的最小值为 -1且最大值为 1？若存在，求出 a, b 的所有值； 若不存在，说明理由.⎧a = 0 ⎧a = 4【答案】（1）见解析；（2） ⎨ 或 ⎨⎩ ⎩.【解析】（1） f '( x ) = 6 x 2 - 2ax = 2 x (3x - a) ．令 f '( x ) = 0 ，得 x =0 或 x = a 3.⎛ a ⎫ ⎛a ⎫ ⎝ 3⎭⎝ 3 ⎭⎛ a ⎫ ⎛ a ⎫ ⎝ 3 ⎭ ⎝ 3 ⎭U (0,+∞) 时 ， f '( x) > 0 ； 当 x ∈ ,0 ⎪ 时 ， f '( x) < 0 ． 故 f ( x) 在 3 ⎭ ⎝ 3 ⎭⎛ -∞, ⎪ ,(0, +∞) 单调递增，在 ,0 ⎪ 单调递减.3 ⎭ ⎝⎝ 3 ⎭ a ⎫ （iii ）当 0<a <3 时，由（1）知， f ( x) 在[0，1]的最小值为 f ⎪ =- 令 f '( x ) = 1 ，即 x 2 - 2 x + 1 = 1，得 x = 0 或 x = .若 a =0， f ( x ) 在 (-∞, +∞) 单调递增；若 a <0 ， 则 当 x ∈ -∞, ⎝a ⎫ ⎛ a ⎫ ⎪⎛ ⎛ a ⎫（2）满足题设条件的 a ，b 存在.（i ）当 a ≤0 时，由（1）知， f ( x ) 在[0，1]单调递增，所以 f ( x ) 在区间[0，l]的最小值为 f (0)=b ，最大值为 f (1) = 2 - a + b .此时 a ，b 满足题设条件当且仅当 b = -1 ， 2 - a + b = 1，即 a =0， b = -1 ．（ii ）当 a ≥3 时，由（1）知， f ( x ) 在[0，1]单调递减，所以 f ( x ) 在区间[0，1]的最大值为 f (0)=b ，最小值为 f (1) = 2 - a + b ．此时 a ，b 满足题设条件当且仅当 2 - a + b = -1 ，b =1，即 a =4，b =1．⎛ a ⎫⎝ 3 ⎭a 3 27 +b ，最大值为 b 或 2 - a + b ．若 -若 - a 3 27a 3 27+ b = -1 ，b =1，则 a = 3 3 2 ，与 0<a <3 矛盾.+ b = -1 ， 2 - a + b = 1，则 a = 3 3 或 a = -3 3 或 a =0，与 0<a <3 矛盾．综上，当且仅当 a =0， b = -1 或 a =4，b =1 时， f ( x ) 在[0，1]的最小值为-1，最大值为 1．11．【2020 年高考北京理数】已知函数 f ( x ) =14x 3 - x 2 + x ．（Ⅰ）求曲线 y = f ( x ) 的斜率为 1 的切线方程；（Ⅱ）当 x ∈ [-2, 4] 时，求证： x - 6 ≤ f ( x ) ≤ x ；（Ⅲ）设 F ( x ) =| f ( x ) - ( x + a) | (a ∈ R) ，记 F ( x ) 在区间 [-2,4] 上的最大值为 M （a ）．当 M （a ） 最小时，求 a 的值．【答案】（Ⅰ） y = x 与 y = x - 6427；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ） a = -3 .1 3【解析】（Ⅰ）由 f ( x ) =x 3 - x 2 + x 得 f '( x ) = x 2 - 2 x + 1. 4 43 84 3令g'(x)=0得x=0或x=.(0,270Z]（Ⅱ）当x∈⎢,⎥时，证明f(x)+g(x) -x⎪≥0；42（Ⅲ）设x为函数u(x)=f(x)-1在区间 2nπ+⎝,2nπ+⎪内的零点，其中n∈N，证明又f(0)=0，f(8)=3827，所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-88=x-，273即y=x与y=x-64 27.（Ⅱ）令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=13x3-x2得g'(x)=x2-2x. 4483g'(x),g(x)的情况如下：x g'(x)-2(-2,0)08)3-+838(,4)3+4g(x)-60-64Z所以g(x)的最小值为-6，最大值为0.故-6≤g(x)≤0，即x-6≤f(x)≤x.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a<-3时，M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3；当a>-3时，M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3；当a=-3时，M(a)=3.综上，当M(a)最小时，a=-3.12．【2020年高考天津理数】设函数f(x)=e x cos x,g(x)为f(x)的导函数．（Ⅰ）求f(x)的单调区间；⎡ππ⎤⎛π⎫⎣⎦⎝2⎭n ⎛ππ⎫42⎭2 sin x - cos x【答案】（Ⅰ） f ( x) 的单调递增区间为 ⎢2k π - , 2k π + ⎦π 5π ⎤ ⎥⎦ (k ∈ Z) .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. ⎣【解析】（Ⅰ）由已知，有 f ' ( x) = e x (cos x - sin x) ．因此，当 x ∈ 2k π +, 2k π + ⎪ (k ∈ Z) 时， 有 sin x > cos x ， 得 f ' ( x) < 0 ， 则 f (x ) 单 调 递 减；当 x ∈ 2k π - , 2k π + ⎪ (k ∈ Z) 时 ， 有 所以， f (x )的单调递增区间为 ⎢2k π - , 2k π + ⎥ (k ∈ Z), f ( x) 的单调递减区间为 π 5π ⎤ ⎥⎦ (k ∈ Z) ．⎣（Ⅱ）证明：记 h( x) = f ( x) + g ( x) ⎛π - x ⎪．依题意及（Ⅰ），有 g ( x) = e x (cos x - sin x) ，从而 g' ( x) = -2e x sin x ．当 x ∈ , ⎪ 时， g'( x) < 0 ，故 h'( x) = f ' ( x) + g' ( x) - x ⎪ + g ( x)(-1) = g' ( x) - x ⎪ < 0 ．因此， h (x ) 在区间 ⎢ , ⎥ 上单调递减，进而 h( x) ≥ h ⎪ = f ⎪ = 0 ．所以，当 x ∈ ⎢ , ⎥ 时， f ( x) + g ( x) - x ⎪ ≥ 0 ．4 2 = 1 ．记 y = x - 2n π ，则 y ∈ , ⎪ ，⎝ 4 2 ⎭π e -2n π2n π + - x <n 0．⎡ 3π π ⎤ ⎣ 4 4 ⎥ (k ∈ Z), f ( x ) 的单调递减区间为⎡ ⎢2k π + , 2k π + 4 4⎛ ⎝π 5π ⎫ 4 4 ⎭sin x < cos x ，得 f ' ( x ) > 0 ，则 f (x )单调递增．⎛⎝3π π⎫ 4 4 ⎭⎡⎣3π π⎤ 4 4 ⎦⎡ ⎢2k π +, 2k π + 4 4⎫ ⎝ 2 ⎭⎛π π⎫ ⎝ 4 2 ⎭⎛π ⎫ ⎛π ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭⎡π π⎤ ⎛π⎫ ⎛π⎫ ⎣ 4 2 ⎦⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭⎡π π⎤ ⎛π ⎫ ⎣ ⎦⎝ 2⎭（Ⅲ）证明：依题意，u (x n ) = f (x )-1 = 0 ，即 e x n cos x nn n n n ⎛π π⎫且 f (y n) = e y n cos y = e x n -2n π cos (x - 2n π) = e -2n π (n ∈ N ) ．n nf(y)=e-2nπ≤1=f(y)及（Ⅰ），得y≥y．由（Ⅱ）知，当x∈ ,⎪时，g'(x)<0，所⎝42⎭以g(x)在⎢,⎥上为减函数，因此g(y)≤g(y)<g ⎪=0．又由（Ⅱ）知，⎣42⎦⎝4⎭f(y)+g(y) -y⎪≥0，故⎝2n⎭-y≤-=-≤=<2g(y)g(y)g(y)e y0(sin y-cos y)sin x-cos x2sin x-cos xf(y)4⎦【解析】（1）当a=-3f'(x)=-3由n0n0⎛ππ⎫⎡ππ⎤⎛π⎫n0⎛π⎫n nπe-2nπe-2nπe-2nπe-2nπnnn n00000πe-2nπ所以，2nπ+-x<．n00．13．【2020年高考浙江】已知实数a≠0，设函数f(x)=a ln x+x+1,x>0.（1）当a=-34时，求函数f(x)的单调区间；（2）对任意x∈[1e2,+∞)均有f(x)≤x2a,求a的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）f (x)的单调递增区间是(3,+∞),单调递减区间是(0,3)；（2）⎛0,⎝3时，f(x)=-ln x+1+x,x>0．442⎤⎥.1(1+x-2)(21+x+1)+=4x21+x4x1+x，所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由f(1)≤12a2，得0<a≤．4当0<a≤2x x21+x时，f(x)≤等价于-42a a2a-2ln x≥0．令t=1a，则t≥22．设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t≥22，x (t - 1 + )2 - （i ）当 x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ 时， 1 + 1 p'( x ) = 2 71(1, +∞)7 单调递减极小值p (1)（ii ）当 x ∈ ⎢ , ⎪ 时， g (t )…g 1 + ⎪⎪ =⎣ e 2 7 ⎭x ⎭ 2 x, ⎥ ，则 q' ( x) =令 q ( x) = 2 x ln x + ( x + 1), x ∈ ⎢ ⎣ e 7 ⎦故 q ( x) 在 ⎢⎡ 1 1 ⎤ e 2 7 ⎥⎦q ⎪ ．由（i ）得， q ⎪ =- p ⎪ < - p (1)= 0 ．则 g (t ) = 11 + x- 2ln x ．x x⎡ 1⎫⎣ 7 ⎭ x≤ 2 2 ，则g (t ) ≥ g (2 2) = 8 x - 4 2 1 + x - 2ln x ．记 p ( x ) = 4 x - 2 2 1 + x - ln x, x ≥17，则21 2 x x + 1 - 2 x - x + 1- - = x x + 1 x x x + 1= ( x - 1)[1+ x ( 2 x + 2 - 1)]x x + 1( x + 1)( x + 1 + 2 x )故.x1 71( ,1)p'( x )-+p ( x )1 p ( )单调递增所以， p ( x ) ≥ p (1) = 0 ．因此， g (t ) ≥ g (2 2) = 2 p ( x ) ≥ 0 ．⎡ 1 1 ⎫⎛ 1 ⎫ -2 x ln x - ( x + 1)⎝．⎡1 1 ⎤2 ln x + 2 x+ 1 > 0 ，⎣,上单调递增，所以 q ( x )…⎛ 1 ⎫ ⎝ 7 ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ 7 ⎭所以， q (x)<0 ．2 7 ⎛ 1 ⎫ 2 7 7 ⎝ 7 ⎭ 7⎪⎪ x ⎭ ⎛ 由（i ）（ii ）知对任意 x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ， t ∈ [2 2, +∞ ), g (t )…0 ，, +∞ ⎪ ，均有 f ( x)… 即对任意 x ∈ ⎢综上所述，所求 a 的取值范围是 0,⎥ ． 从而 f ' ( x) = 3(x - b ) x - ．令 f ' ( x ) = 0 ，得 x = b 或 x = 3 ⎭ 3因此g (t )…g 1 + ⎝1 ⎫ q ( x )=- > 0 ． 2 x⎡ 1 ⎫ ⎣ e 2⎭⎡ 1 ⎫ ⎣ e 2⎭x 2a．⎛ 2 ⎤ ⎝4 ⎦14．【2020 年高考江苏】设函数 f ( x ) = ( x - a)( x - b )( x - c), a, b , c ∈ R 、 f ' (x) 为 f （x ）的导函数．（1）若 a =b =c ，f （4）=8，求 a 的值；（2）若 a ≠b ，b =c ，且 f （x ）和 f ' (x) 的零点均在集合{ - 3,1,3} 中，求 f （x ）的极小值；（3）若 a = 0,0 < b … 1,c = 1 ，且 f （x ）的极大值为 M ，求证:M ≤ 4 27．【答案】（1） a = 2 ；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为 a = b = c ，所以 f ( x ) = ( x - a)( x - b )( x - c) = ( x - a)3 ．因为 f (4) = 8 ，所以 (4 - a)3 = 8 ，解得 a = 2 ．（2）因为 b = c ，所以 f ( x ) = ( x - a)( x - b )2 = x 3 - (a + 2b ) x 2 + b (2a + b ) x - ab 2 ，⎛ ⎝2a + b ⎫ 2a + b⎪．因为 a, b ,2a + b 3都在集合{-3,1,3}中，且 a ≠ b ，2a + b所以 = 1,a = 3, b = -3 ．3此时 f ( x ) = ( x - 3)(x + 3)2 ， f ' ( x ) = 3( x + 3)( x - 1) ．令 f ' ( x ) = 0 ，得 x = -3 或 x = 1 ．列表如下：xf ' ( x )(-∞, -3)+ -30 (-3,1)–1(1, +∞)+33,x=极大值极小值=[3x2-2(b+1)x+b] 1-⎝3()b+1⎫2b2-b+1b(b+1) -x+9⎭99⎪(b-b+1)≤b(b+1)f(x)Z极大值]极小值Z所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32．（3）因为a=0,c=1，所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx，f'(x)=3x2-2(b+1)x+b．因为0<b≤1，所以∆=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0，则f'(x)有2个不同的零点，设为x,x12(x1<x)．2b+1-b2-b+1b+1+b2-b+1由f'(x)=0，得x=．12列表如下：x f'(x)(-∞,x)1+x1(x,x)12–x2(x,+∞)2+f(x)Z]Z所以f(x)的极大值M=f (x)．1解法一：M=f(x)=x3-(b+1)x2+bx111111⎛x1=-2(b2-b+1)(b+1)b(b+1)2++2792723 b(b+1)2(b-1)2(b+1)2=-+(b(b-1)+1)3 272727244+≤．因此M≤．27272727解法二：因为0<b≤1，所以x∈(0,1)．1当x∈(0,1)时，f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2．令 g ( x) = x( x - 1)2, x ∈ (0,1) ，则 g' ( x) = 3 x - ⎪ ( x - 1) ．极大值 1 ⎛ 1 ⎫ 4max = g ⎪=所以当 x ∈ (0,1) 时， f ( x ) ≤ g ( x ) ≤4, ∴V = πR 3 = π⨯ = 6π ， 2⎛ 1 ⎫ ⎝3 ⎭1令 g' ( x ) = 0 ，得 x = 3xg' ( x )．列表如下：1 (0, )3+1 31( ,1) 3–g ( x )Z ]所以当 x = 时， g ( x ) 取得极大值，且是最大值，故 g ( x ) 3 ⎝ 3 ⎭ 27．4，因此 M ≤ ． 27 27专题 04立体几何1．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥 P ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA =PB =PC △， ABC 是边长为 2 的正三角形，E ，F 分别是 PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球 O 的体积为A ． 8 6πC ． 2 6πB ． 4 6πD ． 6π【答案】D【解析】解法一：Q P A = PB = PC, △ABC 为边长为 2 的等边三角形，∴ P - ABC 为正三棱锥，∴ P B ⊥ AC ，又 E ， F 分别为 P A ， AB 的中点，∴ EF ∥PB ，∴ EF ⊥ AC ，又 EF ⊥ CE ，CE I AC = C , ∴ EF ⊥ 平面 PAC ，∴ PB ⊥ 平面 PAC ，∴∠ APB = 90︒,∴ P A = PB = PC =2 ，∴ P - ABC 为正方体的一部分， R =2 + 2 + 2 = 6 ，即 R =故选 D ．6 4 4 6 62 3 3 8△AEC中，由余弦定理可得cos∠EAC=x2+4-(3-x2)∴2x2+1=2，x2=，x=Q\∴∴V=4解法二：设P A=PB=PC=2x，E,F分别为P A,AB的中点，∴EF∥PB，且EF=1PB=x，2Q△ABC为边长为2的等边三角形，∴C F=3，又∠CEF=90︒，∴C E=3-x2,AE=12P A=x，2⨯2⨯x，作PD⊥AC于D，P A=PC，D为AC的中点，cos∠EAC=12，∴P A=PB=PC=2，∴22AD1x2+4-3+x21 =，=P A2x4x2x，又AB=BC=AC=2，∴P A,PB,PC两两垂直，∴2R=2+2+2=6，∴R=6 2466πR3=π⨯=6π，故选D.338，2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，故选B．3．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF⊥OD于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴E O⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，≥?MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=3,ON=1,EN=2，MF=35,∴BM=7，∴B M≠EN，故选B．22,BF=。
2020年高考数学试题分类汇编——算法初步选择
2020 年高考数学试题分类汇编——算法初步选择〔2018 浙江理数〕〔 2〕某程序框图以下列图，假定输出的 S=57，那么判断框内位〔A 〕 k＞ 4?〔B 〕 k＞5?〔C〕 k＞ 6?〔D 〕 k＞7?分析：选 A ，本题重要观察了程序框图的构造，以及与数列相关的简单运算，属简单题〔 2018 陕西文数〕 5. 右图是求x1, x2，， x10的乘积 S 的程序框图，图中空白框中应填入的内容为[D](A) S=S*( n+1)〔 B〕S=S* x n+1(C) S=S* n(D) S=S* x n分析：本题观察算法S=S* x n〔 2018 辽宁文数〕〔 5〕若是履行右边的程序框图，输入n6, m 4 ，那么输出的p等于〔A〕 720〔B〕 360〔C〕 240〔D〕 120分析：选 B. p 1 3 4 5 6360.〔 2018 辽宁理数〕 (4) 若是履行右边的程序框图，输入正整数 n， m，知足 n≥ m，那么输出的 P 等于〔 A 〕C n m 1(B)A n m 1(C)C n m(D)A n m【答案】 D【命题立意】本题观察了循环构造的程序框图、摆列公式，观察了学生的视图能力以及观看、推理的能力【分析】第一次循环： k=1,p=1,p=n-m+1;第二次循环： k=2,p=(n-m+1)( n-m+2) ；第三次循环： k=3， p=(n-m+1) ( n-m+2) ( n-m+3)第 m 次循环： k=3， p=(n-m+1) ( n-m+2) (n-m+3) (n-1)n此刻停止循环，输出p=(n-m+1) ( n-m+2) ( n-m+3)(n-1)n= A n m〔 2018 浙江文数〕 4.某程序框图所示，假定输出S=57，那么判断的框内为(A) k>4? (B) k>5?(C) k>6? (D) k>7?分析：选 A ，本题重要观察了程序框图的构造，以及与数列相关的简单运算，属简单题〔 2018 天津文数〕 (3) 阅读右侧的程序框图，运转相应的程序，那么输出s的值为(A)-1 (B)0 (C)1(D)3【答案】 B【分析】本题重要观察条件语句与循环语句的差不多应用，属于容易题。
2020年全国各地高考数学试卷分类汇编—函数(含解析)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—函数1．（2020•海南）已知函数f（x）＝lg（x2﹣4x﹣5）在（a，+∞）上单调递增，则a的取值范围是（）A．（2，+∞）B．[2，+∞）C．（5，+∞）D．[5，+∞）2．（2020•天津）函数y＝的图象⼤致为（）A．B．C．D．3．（2020•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝x3﹣，则f（x）（）A．是奇函数，且在（0，+∞）单调递增B．是奇函数，且在（0，+∞）单调递减C．是偶函数，且在（0，+∞）单调递增D．是偶函数，且在（0，+∞）单调递减4．（2020•新课标Ⅱ）若2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，则（）A．ln（y﹣x+1）＞0B．ln（y﹣x+1）＜0C．ln|x﹣y|＞0D．ln|x﹣y|＜05．（2020•浙江）函数y＝x cos x+sin x在区间[﹣π，π]上的图象可能是（）A．B．C．D．6．（2020•海南）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]7．（2020•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|，则f（x）（）A．是偶函数，且在（，+∞）单调递增B．是奇函数，且在（﹣，）单调递减C．是偶函数，且在（﹣∞，﹣）单调递增D．是奇函数，且在（﹣∞，﹣）单调递减8．（2020•天津）设a＝30.7，b＝（）﹣0.8，c＝log0.70.8，则a，b，c的⼤⼩关系为（）A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b9．（2020•新课标Ⅰ）设a log34＝2，则4﹣a＝（）A．B．C．D．10．（2020•新课标Ⅲ）设a＝log32，b＝log53，c＝，则（）A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b11．（2020•新课标Ⅲ）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＜b12．（2020•新课标Ⅰ）若2a+log2a＝4b+2log4b，则（）A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2D．a＜b213．（2020•天津）已知函数f（x）＝若函数g（x）＝f（x）﹣|kx2﹣2x|（k∈R）恰有4个零点，则k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣）∪（0，2）C．（﹣∞，0）∪（0，2）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）14．（2020•⼭东）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，指数增⻓率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15．（2020•新课标Ⅲ）Logistic模型是常⽤数学模型之⼀，可应⽤于流⾏病学领域．有学者根据公布数据建⽴了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：I（t）＝，其中K为最⼤确诊病例数．当I（t*）＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（）（ln19≈3）A．60B．63C．66D．69 16．（2020•北京）函数f（x）＝+lnx的定义域是．17．（2020•北京）为满⾜⼈⺠对美好⽣活的向往，环保部⻔要求相关企业加强污⽔治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污⽔排放量W与时间t的关系为W＝f（t），⽤﹣的⼤⼩评价在[a，b]这段时间内企业污⽔治理能⼒的强弱．已知整改期内，甲、⼄两企业的污⽔排放量与时间的关系如图所示．给出下列四个结论：①在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污⽔治理能⼒⽐⼄企业强；②在t2时刻，甲企业的污⽔治理能⼒⽐⼄企业强；③在t3时刻，甲，⼄两企业的污⽔排放都已达标；④甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污⽔治理能⼒最强．其中所有正确结论的序号是．18．（2020•江苏）已知y＝f（x）是奇函数，当x≥0时，f（x）＝x，则f（﹣8）的值是．19．（2020•上海）若函数y＝a•3x+为偶函数，则a＝．。
2020高考数学 全国各地模拟试题分类汇编13 选考内容
2020全国各地模拟分类汇编（文）：选考内容【宁夏银川一中2020届高三年级第一次月考文】选修4－1：几何证明选讲如图所示，已知PA 与⊙O 相切，A 为切点，PBC 为割线，弦CD ∥AP ，AD 、BC 相交于E 点，F 为CE 上一点，且DE 2=EF ·EC .（1）求证：∠P =∠EDF ；（2）求证：CE ·EB =EF ·EP ．【答案】证明（1）∵DE 2=EF ·EC ， ∴DE : CE=EF : ED ．∵∠DEF 是公共角， ∴ΔDEF ∽ΔCED ． ∴∠EDF=∠C ． ∵CD ∥AP ， ∴∠C=∠ P ． ∴∠P=∠EDF ．----5分（2）∵∠P=∠EDF ， ∠DEF=∠PEA ，∴ΔDEF ∽ΔPEA ．∴DE : PE=EF : EA ．即EF ·EP=DE ·EA ．∵弦AD 、BC 相交于点E ，∴DE ·EA=CE ·EB ．∴CE ·EB=EF ·EP ． 10分【宁夏银川一中2020届高三年级第一次月考文】选修4—4：坐标系与参数方程。
在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线1:C cos ()sin x y θθθ=⎧⎨=⎩为参数，以平面直角坐标系xOy 的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线:(2sin )6l cos ρθθ-=．（1）将曲线1C 3、2倍后得到曲线2C 试写出直线l 的直角坐标方程和曲线2C 的参数方程；（2）在曲线2C 上求一点P ，使点P 到直线l 的距离最大，并求出此最大值．【答案】解（Ⅰ） 由题意知，直线l 的直角坐标方程为：260x y --=，……2分∵曲线2C的直角坐标方程为：22()12y+=，∴曲线2C的参数方程为：()2sin x y θθθ⎧=⎪⎨=⎪⎩为参数．………………5分（Ⅱ） 设点P的坐标,2sin )θθ，则点P 到直线l 的距离为：0d ==，………………7分 ∴当sin （600－θ）=-1时，点P （1,23-），此时max d ==分 【宁夏银川一中2020届高三年级第一次月考文】选修4—5：不等式选讲 设函数()214f x x x =+--． （1）解不等式()2f x >；（2）求函数()y f x =的最小值．【答案】解：（1）令214y x x =+--，则1521334254x x y x x x x ⎧---⎪⎪⎪=--<<⎨⎪⎪+⎪⎩， ，， ，， ．≤≥．．．．．．．．．．．．．．．3作出函数214y x x =+--的图象，它与直线2y =的交点为(72)-，和523⎛⎫ ⎪⎝⎭，．所以2142x x +-->的解集为5(7)3x x ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭U ，，． (5)（2）由函数214y x x =+--的图像可知，当12x =-时，214y x x =+--取得最小值92-………………．．10分 【湖北省部分重点中学2020届高三起点考试】选修4-1(几何证明选讲)已知AD 为圆O 的直径，直线ＢＡ与圆Ｏ相切与点A ，直线OB 与弦AC 垂直并相交于点G ，与弧AC 相交于M ，连接DC ，AB=10，AC=12。