数学试题(20201016142040)
2020年天津高考数学试题及答案
2020年天津高考数学试题及答案本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟。
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。
答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将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。
2．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式：·如果事件A 与事件B 互斥，那么()()()P AB P A P B =+．·如果事件A 与事件B 相互独立，那么()()()P AB P A P B =． ·球的表面积公式24πS R =，其中R 表示球的半径．一．选择题：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．设全集{3,2,1,0,1,2,3}U =---，集合{1,0,1,2},{3,0,2,3}A B =-=-，则()UA B =∩A ．{3,3}-B ．{0,2}C ．{1,1}-D ．{3,2,1,1,3}---2．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3．函数241xy x =+的图象大致为A BC D4．从一批零件中抽取80个，测量其直径（单位：mm ），将所得数据分为9组：[5.31,5.33),[5.33,5.35),,[5.45,5.47),[5.47,5.49]，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，直径落在区间[5.43,5.47)内的个数为A ．10B ．18C ．20D ．365．若棱长为23 A ．12π B ．24π C ．36π D ．144π6．设0.70.80.713,(),log 0.83a b c -===，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 b <<7．设双曲线C 的方程为22221(0,0)x y a b a b-=>>，过抛物线24y x =的焦点和点(0,)b 的直线为l ．若C 的一条渐近线与l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线C 的方程为A ．22144x y -=B ．2214y x -= C ．2214x y -= D ．221x y -= 8．已知函数π()sin()3f x x =+．给出下列结论： ①()f x 的最小正周期为2π； ②π()2f 是()f x 的最大值；③把函数sin y x =的图象上所有点向左平移π3个单位长度，可得到函数()y f x =的图象． 其中所有正确结论的序号是 A ．①B ．①③C ．②③D ．①②③9．已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是A ．1(,)(22,)2-∞-+∞B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞D ．(,0)(22,)-∞+∞第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分．二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10．i 是虚数单位，复数8i2i-=+_________． 11．在522()x x+的展开式中，2x 的系数是_________．12．已知直线80x +=和圆222(0)x y r r +=>相交于,A B 两点．若||6AB =，则r 的值为_________．13．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________． 14．已知0,0a b >>，且1ab =，则11822a b a b+++的最小值为_________．15．如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ∠=︒=，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=-，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN =，则DM DN ⋅的最小值为_________．三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．（本小题满分14分）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πsin(2)4A +的值． 17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值． 18．（本小题满分15分）已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的一个顶点为(0,3)A -，右焦点为F ，且||||OA OF =，其中O 为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点C 满足3OC OF =，点B 在椭圆上（B 异于椭圆的顶点），直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ，且P 为线段AB 的中点．求直线AB 的方程． 19．（本小题满分15分）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-． （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N；（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+-⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．20．（本小题满分16分）已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数． （Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．参考解答一．选择题：每小题5分，满分45分．1．C2．A3．A4．B5．C6．D7．D8．B9．D二．填空题：每小题5分，满分30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10．32i - 11．1012．513．16；2314．4 15．16；132三．解答题 16．满分14分．（Ⅰ）解：在ABC △中，由余弦定理及22,5,13a b c ===，有2222cos 22a b c C ab +-==．又因为(0,π)C ∈，所以π4C =．（Ⅱ）解：在ABC △中，由正弦定理及π,22,134C a c ===，可得sin 213sin 13a C A c ==． （Ⅲ）解：由a c <及213sin 13A =，可得2313cos 1sin 13A A =-=，进而2125sin 22sin cos ,cos 22cos 11313A A A A A ===-=． 所以，πππ12252172sin(2)sin 2cos cos 2sin 44413213226A A A +=+=⨯+⨯=．17．满分15分．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是sin ,CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --的正弦值为6． （Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 18．满分15分．（Ⅰ）解：由已知可得3b =．记半焦距为c ，由||||OF OA =可得3c b ==．又由222a b c =+，可得218a =．所以，椭圆的方程为221189x y +=． （Ⅱ）解：因为直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ，所以AB CP ⊥．依题意，直线AB 和直线CP的斜率均存在．设直线AB 的方程为3y kx =-．由方程组223,1,189y kx x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y ，可得()2221120k x kx +-=，解得0x =，或21221kx k =+.依题意，可得点B 的坐标为2221263,2121k k k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭．因为P 为线段AB 的中点，点A 的坐标为(0,3)-，所以点P 的坐标为2263,2121k k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭．由3OC OF =，得点C 的坐标为(1,0)，故直线CP 的斜率为2230216121k kk --+-+，即23261k k -+．又因为AB CP ⊥，所以231261k k k ⋅=--+，整理得22310k k -+=，解得12k =，或1k =．所以，直线AB 的方程为132y x =-，或3y x =-． 19．满分15分．（Ⅰ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由11a =，()5435a a a =-，可得1d =，从而{}n a 的通项公式为n a n =．由()15431,4b b b b ==-，又0q ≠，可得2440q q -+=，解得2q =，从而{}n b 的通项公式为12n n b -=．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得(1)2n n n S +=，故21(1)(2)(3)4n n S S n n n n +=+++，()22211(1)24n S n n +=++，从而2211(1)(2)02n n n S S S n n ++-=-++<，所以221n n n S S S ++<． （Ⅲ）解：当n 为奇数时，()111232(32)222(2)2n n n n n nn n a b n c a a n n n n-+-+--===-++；当n 为偶数时，1112n n n n a n c b -+-==． 对任意的正整数n ，有222221112221212121k k nnnk k k c k k n --==⎛⎫=-=- ⎪+-+⎝⎭∑∑， 和22311211352144444nnkknk k k n c==--==++++∑∑． ① 由①得22311113232144444n k n n k n n c +=--=++++∑． ② 由①②得22111211312221121441444444414n n k n n n k n n c ++=⎛⎫- ⎪--⎝⎭=+++-=---∑，从而得21565994nk nk n c =+=-⨯∑． 因此，2212111465421949n nnnk k k nk k k n c c c n -===+=+=--+⨯∑∑∑． 所以，数列{}n c 的前2n 项和为465421949n n n n +--+⨯． 20．满分16分．（Ⅰ）（i ）解：当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+．可得(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-． （ii ）解：依题意，323()36ln ,(0,)g x x x x x x =-++∈+∞．从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=．令()0g x '=，解得1x =．当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞；()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+． 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭． ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞．当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0tt t -->．因为21x ≥，323331(1)0,3t t t t k -+-=->≥-，所以，()332322113312ln (331)32ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2336ln 31t t t t-=++-． ②由（Ⅰ）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故23336ln 10t t t t-++->． ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->．所以，当3k ≥-时，对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．。
2020年黑龙江省高考数学试卷(理科)(新课标Ⅱ)-普通用卷
2020年黑龙江省高考数学试卷（理科）（新课标口）副标题 题号—总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合(7 = {-2,—1,0,1, 2, 3}, A = {-1,0, 1}, B = {1,2},则Q(HUB) = ()A. {-2,3}B. {-2,2, 3）C. {-2, —1,0, 3}D. {-2,—1,0, 2, 3）2 .若a 为第四象限角，则（）A. cos2a > 0B. cos2a < 0C. sin2a > 0D. sin2a < 03 .在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的 配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参 加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成枳 压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者（）A. 10 名B. 18 名C.24 名 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、 下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石）， 环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每 环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后 一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层 环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇 面形石板（不含天心石）（）A. 3699 块 B, 3474 块 C. 3402 块 D. 3339 块若过点（2,1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x —y —3 = 0的距离为（）A.立B.*C. ^2D.这 5 5 5 54. D. 32 名6 .数列｛a“｝中，cii = 2, a m+n = a m a n .^a k+1 + a k+2 + - + a k+10 = 215 -2s.则/c = A. 2 B. 3 C.47 .如图是一个多而体的三视图，这个多面体某条棱的 一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对 应的点为M则该端点在侧视图中对应的点为（）A.EB.FC.G8 .设。
2020年高考数学真题试卷(北京卷)
2020年高考数学真题试卷（北京卷）10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个. (共10题；共40分)1．（4分）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}【答案】D【解析】【解答】A∩B={−1,0,1,2}∩(0,3)={1,2}，故答案为：D.【分析】根据交集定义直接得结果.2．（4分）在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i⋅z=（）．A．1+2i B．−2+i C．1−2i D．−2−i【答案】B【解析】【解答】由题意得z=1+2i，∴iz=i−2.故答案为：B.【分析】先根据复数几何意义得z，再根据复数乘法法则得结果.3．（4分）在(√x−2)5的展开式中，x2的系数为（）．A．-5B．5C．-10D．10【答案】C【解析】【解答】(√x−2)5展开式的通项公式为：Tr+1=C5r(√x)5−r(−2)r=(−2)r C5r x5−r2，令5−r2=2可得：r=1，则x2的系数为：(−2)1C51=(−2)×5=−10.故答案为：C.【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定x2的系数即可.4．（4分）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+√3B ．6+2√3C ．12+√3D ．12+2√3【答案】D【解析】【解答】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： S =3×(2×2)+2×(12×2×2×sin60°)=12+2√3 .故答案为：D.【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.5．（4分）已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】A【解析】【解答】设圆心 C(x,y) ，则 √(x −3)2+(y −4)2=1 ，化简得 (x −3)2+(y −4)2=1 ，所以圆心C 的轨迹是以 M(3,4) 为圆心，1为半径的圆，所以|OC|+1≥|OM|=√32+42=5，所以|OC|≥5−1=4，当且仅当C在线段OM上时取得等号，故答案为：A.【分析】求出圆心C的轨迹方程后，根据圆心M到原点O的距离减去半径1可得答案. 6．（4分）已知函数f(x)=2x−x−1，则不等式f(x)>0的解集是（）．A．(−1,1)B．(−∞,−1)∪(1,+∞)C．(0,1)D．(−∞,0)∪(1,+∞)【答案】D【解析】【解答】因为f(x)=2x−x−1，所以f(x)>0等价于2x>x+1，在同一直角坐标系中作出y=2x和y=x+1的图象如图：两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式2x>x+1的解为x<0或x>1.所以不等式f(x)>0的解集为：(−∞,0)∪(1,+∞).故答案为：D.【分析】作出函数y=2x和y=x+1的图象，观察图象可得结果.7．（4分）设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l 于Q，则线段FQ的垂直平分线（）．A．经过点O B．经过点PC．平行于直线OP D．垂直于直线OP【答案】B【解析】【解答】如图所示：．因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，|PQ|=|PF|，所以线段FQ的垂直平分线经过点P.故答案为：B.【分析】依据题意不妨作出焦点在x轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段FQ的垂直平分线经过点P，即求解.8．（4分）在等差数列{a n}中，a1=−9，a5=−1．记T n=a1a2…a n(n=1,2,…)，则数列{T n}（）．A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项【答案】B【解析】【解答】由题意可知，等差数列的公差d=a5−a15−1=−1+95−1=2，则其通项公式为：a n=a1+(n−1)d=−9+(n−1)×2=2n−11，注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<⋯，且由T5<0可知T i<0(i≥6,i∈N)，由T iT i−1=a i>1(i≥7,i∈N)可知数列{T n}不存在最小项，由于a1=−9,a2=−7,a3=−5,a4=−3,a5=−1,a6=1，故数列{T n}中的正项只有有限项：T2=63，T4=63×15=945.故数列{T n}中存在最大项，且最大项为T4.故答案为：B.【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.9．（4分）已知α,β∈R，则“存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ”是“ sinα=sinβ”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【答案】C【解析】【解答】(1)当存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ时，若k为偶数，则sinα=sin(kπ+β)=sinβ；若k为奇数，则sinα=sin(kπ−β)=sin[(k−1)π+π−β]=sin(π−β)=sinβ；(2)当sinα= sinβ时，α=β+2mπ或α+β=π+2mπ，m∈Z，即α=kπ+(−1)kβ(k=2m)或α= kπ+(−1)kβ(k=2m+1)，亦即存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ．所以，“存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ”是“ sinα=sinβ”的充要条件.故答案为：C.【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.10．（4分）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（πDay）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A．3n(sin30°n+tan 30°n)B．6n(sin30°n+tan30°n)C．3n(sin60°n+tan 60°n)D．6n(sin60°n+tan60°n)【答案】A【解析】【解答】单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆周角为360°n×6=60°n，每条边长为2sin30°n，所以，单位圆的内接正6n边形的周长为12nsin 30°n，单位圆的外切正6n边形的每条边长为2tan 30°n，其周长为12ntan30°n，∴2π=12nsin30°n+12ntan30°n2=6n(sin30°n+tan30°n)，则 π=3n(sin 30°n +tan 30°n) . 故答案为：A.【分析】计算出单位圆内接正6n 边形和外切正6n 边形的周长，利用它们的算术平均数作为 2π 的近似值可得出结果.5题，每小题5分，共25分 (共5题；共25分)11．（5分）函数 f(x)=1x+1+lnx 的定义域是 ． 【答案】(0,+∞)【解析】【解答】由题意得 {x >0x +1≠0，∴x >0故答案为： (0,+∞)【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.12．（5分）若函数 f(x)=sin(x +φ)+cosx 的最大值为2，则常数 φ 的一个取值为 ．【答案】π2 （ 2kπ+π2,k ∈Z 均可）【解析】【解答】因为 f(x)=cosφsinx +(sinφ+1)cosx =√cos 2φ+(sinφ+1)2sin(x +θ) ， 所以 √cos 2φ+(sinφ+1)2=2 ，解得 sinφ=1 ，故可取 φ=π2 . 故答案为： π2 （ 2kπ+π2,k ∈Z 均可）.【分析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得 f(x)=√cos 2φ+(sinφ+1)2sin(x +θ) ，可得 √cos 2φ+(sinφ+1)2=2 ，即可解出.13．（5分）为满足人民对美好生活的向往，环保部门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、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为 W =f(t) ，用 −f(b)−f(a)b−a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下图所示.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．【答案】①②③【解析】【解答】−f(b)−f(a)b−a表示区间端点连线斜率的负数，在[t1,t2]这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中，甲企业在[t1,t2]这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在[t1,t2]的污水治理能力最强．④错误；在t2时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；故答案为：①②③【分析】根据定义逐一判断，即可得到结果14．（5分）已知双曲线C:x 26−y23=1，则C的右焦点的坐标为；C的焦点到其渐近线的距离是．【答案】(3,0)；√3【解析】【解答】在双曲线C中，a=√6，b=√3，则c=√a2+b2=3，则双曲线C的右焦点坐标为(3,0)，双曲线C的渐近线方程为y=±√22x，即x±√2y=0，所以，双曲线C的焦点到其渐近线的距离为3√12+2=√3.故答案为： (3,0) ； √3 .【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线C 的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.15．（5分）已知正方形 ABCD 的边长为2，点P 满足 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ，则 |PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |= ； PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ． 【答案】√5；-1【解析】【解答】以点A 为坐标原点， AB 、 AD 所在直线分别为x 、y 轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点 A(0,0) 、 B(2,0) 、 C(2,2) 、 D(0,2) ，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(2,0)+12(2,2)=(2,1) ， 则点 P(2,1) ， ∴PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1) ， PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1) ， 因此， |PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(−2)2+12=√5 ， PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0×(−2)+1×(−1)=−1 . 故答案为： √5 ；-1.【分析】以点A 为坐标原点， AB 、 AD 所在直线分别为x 、y 轴建立平面直角坐标系，求得点P的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得 |PD⃗⃗⃗⃗⃗ | 以及 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值.6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证. (共6题；共85分)16．（13分）如图，在正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，E 为 BB 1 的中点．（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅰ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．【答案】解：（Ⅰ）如下图所示：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//A1B1且AB=A1B1，A1B1//C1D1且A1B1=C1D1，∴AB//C1D1且AB=C1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1，∵BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1//平面AD1E；（Ⅰ）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系A−xyz，设正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 的棱长为2，则 A(0,0,0) 、 A 1(0,0,2) 、 D 1(2,0,2) 、 E(0,2,1) ，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2) ， AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1) ，设平面 AD 1E 的法向量为 n ⃗ =(x,y,z) ，由 {n ⇀⋅AD 1⇀=0n ⇀⋅AE ⇀=0 ，得 {2x +2z =02y +z =0 ， 令 z =−2 ，则 x =2 ， y =1 ，则 n⃗ =(2,1,−2) . cos <n ⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ |⋅|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=−43×2=−23 . 因此，直线 AA 1 与平面 AD 1E 所成角的正弦值为 23.【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形 ABC 1D 1 为平行四边形，可得出 BC 1//AD 1 ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（Ⅰ）以点 A 为坐标原点， AD 、 AB 、 AA 1 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系 A −xyz ，利用空间向量法可计算出直线 AA 1 与平面 AD 1E 所成角的正弦值.17．（13分）在 △ABC 中， a +b =11 ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a 的值：（Ⅰ） sinC 和 △ABC 的面积．条件①： c =7，cosA =−17 ；条件②： cosA =18，cosB =916．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】解：选择条件①（Ⅰ） ∵c =7，cosA =−17，a +b =11∵a 2=b 2+c 2−2bccosA ∴a 2=(11−a)2+72−2(11−a)⋅7⋅(−17)∴a=8（Ⅰ）∵cosA=−17，A∈(0，π)∴sinA=√1−cos 2A=4√37由正弦定理得：asinA=csinC∴4√37=7sinC∴sinC=√32S=12basinC=12(11−8)×8×√32=6√3选择条件②（Ⅰ）∵cosA=18，cosB=916，A，B∈(0，π)∴sinA=√1−cos2A=3√78，sinB=√1−cos2B=5√716由正弦定理得：asinA=bsinB∴a3√78=11−a5√716∴a=6（Ⅰ）sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=3√78×916+5√716×18=√74S=12basinC=12(11−6)×6×√74=15√74【解析】【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得sinA，再根据正弦定理求sinC，最后根据三角形面积公式求结果；选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得sinA，sinB，再根据正弦定理求结果，（Ⅰ）根据两角和正弦公式求sinC，再根据三角形面积公式求结果.18．（14分）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（Ⅰ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；（Ⅰ）将该校学生支持方案的概率估计值记为p0，假设该校年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为 p 1 ，试比较 p 0 与 p 1 的大小．（结论不要求证明）【答案】解：（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为200200+400=13，该校女生支持方案一的概率为300300+100=34； （Ⅰ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，所以3人中恰有2人支持方案一概率为： (13)2(1−34)+C 21(13)(1−13)34=1336; （Ⅰ） p 1<p 0【解析】【分析】（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；（Ⅰ）先分类，再根据独立事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果；（Ⅰ）先求 p 0 ，再根据频率估计概率 p 1 ，即得大小.19．（15分）已知函数 f(x)=12−x 2 ．（Ⅰ）求曲线 y =f(x) 的斜率等于 −2 的切线方程；（Ⅰ）设曲线 y =f(x) 在点 (t,f(t)) 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 S(t) ，求 S(t) 的最小值．【答案】解：（Ⅰ）因为 f(x)=12−x 2 ，所以 f ′(x)=−2x ，设切点为 (x 0,12−x 0) ，则 −2x 0=−2 ，即 x 0=1 ，所以切点为 (1,11) ， 由点斜式可得切线方程为： y −11=−2(x −1) ，即 2x +y −13=0 . （Ⅰ）显然 t ≠0 ，因为 y =f(x) 在点 (t,12−t 2) 处的切线方程为： y −(12−t 2)=−2t(x −t) ，令 x =0 ，得 y =t 2+12 ，令 y =0 ，得 x =t 2+122t ，所以 S(t)=12×(t 2+12)⋅t 2+122|t|，不妨设 t >0(t <0 时，结果一样 ) ，则 S(t)=t 4+24t 2+1444t =14(t 3+24t +144t ) ，所以 S ′(t)=14(3t 2+24−144t 2)=3(t 4+8t 2−48)4t 2=3(t 2−4)(t 2+12)4t 2=3(t−2)(t+2)(t 2+12)4t2 ，由 S ′(t)>0 ，得 t >2 ，由 S ′(t)<0 ，得 0<t <2 ， 所以 S(t) 在 (0,2) 上递减，在 (2,+∞) 上递增， 所以 t =2 时， S(t) 取得极小值，也是最小值为 S(2)=16×168=32 . 【解析】【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅰ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.20．（15分）已知椭圆 C:x 2a 2+y 2b2=1 过点 A(−2,−1) ，且 a =2b ．（Ⅰ）求椭圆C 的方程：（Ⅰ）过点 B(−4,0) 的直线l 交椭圆C 于点 M,N ,直线 MA,NA 分别交直线 x =−4 于点P,Q ．求 |PB||BQ| 的值．【答案】解：(Ⅰ)设椭圆方程为： x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0) ，由题意可得：{4a 2+1b2=1a =2b，解得： {a 2=8b 2=2 ， 故椭圆方程为： x 28+y 22=1 .（Ⅰ）设 M(x 1,y 1) ， N(x 2,y 2) ，直线 MN 的方程为： y =k(x +4) ，与椭圆方程 x 28+y 22=1 联立可得： x 2+4k 2(x +4)2=8 ，即： (4k 2+1)x 2+32k 2x +(64k 2−8)=0 ，则： x 1+x 2=−32k24k 2+1,x 1x 2=64k 2−84k 2+1.直线MA 的方程为： y +1=y 1+1x 1+2(x +2) ，令 x =−4 可得： y P =−2×y 1+1x 1+2−1=−2×k(x 1+4)+1x 1+2−x 1+2x 1+2=−(2k+1)(x 1+4)x 1+2， 同理可得： y Q =−(2k+1)(x 2+4)x 2+2.很明显 y P y Q <0 ，且： |PB||PQ|=|y P y Q| ，注意到：y P +y Q =−(2k +1)(x 1+4x 1+2+x 2+4x 2+2)=−(2k +1)×(x 1+4)(x 2+2)+(x 2+4)(x 1+2)(x 1+2)(x 2+2)， 而： (x 1+4)(x 2+2)+(x 2+4)(x 1+2)=2[x 1x 2+3(x 1+x 2)+8]=2[64k 2−84k 2+1+3×(−32k 24k 2+1)+8]=2×(64k 2−8)+3×(−32k 2)+8(4k 2+1)4k 2+1=0 ，故 y P +y Q =0,y P =−y Q .从而|PB||PQ|=|y Py Q|=1.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅰ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得y P+y Q=0，从而可得两线段长度的比值.21．（15分）已知{a n}是无穷数列．给出两个性质：①对于{a n}中任意两项a i,a j(i>j)，在{a n}中都存在一项a m，使a i2a j=a m；②对于{a n}中任意项a n(n⩾3)，在{a n}中都存在两项a k,a l(k>l)．使得a n=a k2a l．(Ⅰ)若a n=n(n=1,2,⋯)，判断数列{a n}是否满足性质①，说明理由；(Ⅰ)若a n=2n−1(n=1,2,⋯)，判断数列{a n}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅰ)若{a n}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{a n}为等比数列.【答案】解：(Ⅰ) ∵a2=2,a3=3,a32a2=92∉Z∴{a n}不具有性质①；(Ⅰ) ∵∀i,j∈N∗,i>j,a i2a j=2(2i−j)−1,2i−j∈N∗∴a i2a j=a2i−j∴{a n}具有性质①；∵∀n∈N∗,n≥3,∃k=n−1,l=n−2,a k2a l=2(2k−l)−1=2n−1=a n,∴{a n}具有性质②；(Ⅰ)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然a n≠0(n∉N∗)，假设数列中存在负项，设N0=max{n|a n<0}，第一种情况：若N0=1，即a0<0<a1<a2<a3<⋯，由①可知：存在m1，满足a m1=a22a1<0，存在m2，满足a m2=a32a1<0，由N0=1可知a22a1=a32a1，从而a2=a3，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若N0≥2，由①知存在实数m，满足am =a N2a1<0，由N0的定义可知：m≤N0，另一方面，a m=a N2a1>a N2a N=a N，由数列的单调性可知：m>N0，这与N0的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.其次，证明 a 3=a 22a 1：利用性质②：取 n =3 ，此时 a 3=a k 2a l(k >l) ，由数列的单调性可知 a k >a l >0 ，而 a 3=a k ⋅ak a l >a k ，故 k <3 ，此时必有 k =2,l =1 ，即 a 3=a 22a 1，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列 {a n } 的前 k(k ≥3) 项成等比数列，不妨设 a s =a 1q s−1(1≤s ≤k) ， 其中 a 1>0,q >1 ，（ a 1<0,0<q <1 的情况类似）由①可得：存在整数 m ，满足 a m =a k 2a k−1=a 1q k >a k ，且 a m =a 1q k ≥a k+1 （*）由②得：存在 s >t ，满足： a k+1=a s 2a t =a s ⋅as a t>a s ，由数列的单调性可知： t <s ≤k +1 ，由 a s =a 1q s−1(1≤s ≤k) 可得： a k+1=a s 2a t=a 1q 2s−t−1>a k =a 1q k−1 （**） 由（**）和（*）式可得： a 1q k ≥a 1q 2s−t−1>a 1q k−1 ， 结合数列的单调性有： k ≥2s −t −1>k −1 ， 注意到 s,t,k 均为整数，故 k =2s −t −1 ， 代入（**）式，从而 a k+1=a 1q k .总上可得，数列 {a n } 的通项公式为： a n =a 1q n−1 . 即数列 {a n } 为等比数列. 【解法二】假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取 n =3 ，此时 a 3=a k 2a l(k >l) ，由数列的单调性可知 a k >a l >0 ，而 a 3=a k ⋅ak a l >a k ，故 k <3 ，此时必有 k =2,l =1 ，即 a 3=a 22a 1，即 a 1,a 2,a 3 成等比数列，不妨设 a 2=a 1q,a 3=a 1q 2(q >1) ，然后利用性质①：取 i =3,j =2 ，则 a m =a 32a 2=a 12q 4a 1q=a 1q 3 ， 即数列中必然存在一项的值为 a 1q 3 ，下面我们来证明 a 4=a 1q 3 ， 否则，由数列的单调性可知 a 4<a 1q 3 ，在性质②中，取n=4，则a4=a k2a l=a ka ka l>a k，从而k<4，与前面类似的可知则存在{k,l}⊆{1,2,3}(k>l)，满足a4=a k2a l，若k=3,l=2，则：a4=a k2a l=a1q3，与假设矛盾；若k=3,l=1，则：a4=a k2a l=a1q4>a1q3，与假设矛盾；若k=2,l=1，则：a4=a k2a l=a1q2=a3，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数k,l，可见a4<a1q3不成立，从而a4=a1q3，同理可得：a5=a1q4,a6=a1q5,⋯，从而数列{a n}为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列{a n}为等比数列.【解析】【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；(Ⅰ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅰ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明a3=a22a1，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得a1,a2,a3成等比数列，之后证得a1,a2,a3,a4成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.试题分析部分1、试卷总体分布分析2、试卷题量分布分析3、试卷难度结构分析4、试卷知识点分析。
2020年考研数学一真题及答案(全)
全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上． （1）若函数0(),0x f x b x >=⎪≤⎩在x 连续，则 (A) 12ab =． (B) 12ab =-． (C) 0ab =． (D) 2ab =．【答案】A【详解】由011lim 2x b ax a +→-==,得12ab =.（2）设函数()f x 可导，且()'()0f x f x >则(A) ()()11f f >- ． (B) ()()11f f <-． (C) ()()11f f >-． (D) ()()11f f <-.【答案】C【详解】2()()()[]02f x f x f x ''=>,从而2()f x 单调递增,22(1)(1)f f >-. （3）函数22(,,)f x y z x y z =+在点(1,2,0)处沿着向量(1,2,2)n =的方向导数为 (A) 12． (B) 6．(C) 4．(D)2 ．【答案】D【详解】方向余弦12cos ,cos cos 33===αβγ,偏导数22,,2x y z f xy f x f z '''===,代入cos cos cos x y z f f f '''++αβγ即可.（4）甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10(单位：m)处.图中，实线表示甲的速度曲线1()v v t =(单位：m/s)，虚线表示乙的速度曲线2()v v t =(单位：m/s)，三块阴影部分面积的数值一次为10，20，3，计时开始后乙追上甲的时刻记为(单位：s)，则(A) 010t =． (B) 01520t <<． (C) 025t =． (D) 025t >．【答案】C【详解】在025t =时,乙比甲多跑10m,而最开始的时候甲在乙前方10m 处. （5）设α为n 维单位列向量，E 为n 阶单位矩阵，则 (A) TE -αα不可逆． (B) TE +αα不可逆． (C) T 2E +αα不可逆． (D) T2E -αα不可逆．【答案】A【详解】可设T α=(1,0,,0),则T αα的特征值为1,0,,0,从而T αα-E 的特征值为011,,,,因此T αα-E 不可逆.（6）设有矩阵200021001A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，210020001B ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，122C ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭(A)A 与C 相似，B 与C 相似． (B) A 与C 相似，B 与C 不相似．(C) A 与C 不相似，B 与C 相似． (D) A 与C 不相似，B 与C 不相似． 【答案】B【详解】,A B 的特征值为221,,,但A 有三个线性无关的特征向量,而B 只有两个,所以A 可对角化,B 则不行.（7）设,A B 为随机事件，若0()1P A <<，0()1P B <<，则(|)(|)P A B P B A >的充分必要条件(A) (|)(|)P B A P B A >． (B) (|)(|)P B A P B A <． (C) (|)(|)P B A P B A >． (D) (|)(|)P B A P B A <．【答案】A【详解】由(|)(|)P A B P A B >得()()()()()()1()P AB P AB P A P AB P B P B P B ->=-,即()>()()P AB P A P B ;由(|)(|)P B A P B A >也可得()>()()P AB P A P B . （8）设12,,,(2)n X X X n 为来自总体(,1)N μ的简单随机样本，记11ni i X X n ==∑，则下列结论不正确的是 (A)21()nii X μ=-∑服从2χ分布 ． (B) 212()n X X -服从2χ分布．(C)21()nii XX =-∑服从2χ分布． (D) 2()n X -μ服从2χ分布．【答案】B【详解】222211~(0,1)()~(),()~(1)1n ni i i i i X N X n X X n ==----∑∑μμχχ; 221~(,),()~(1);X N n X n-μμχ2211()~(0,2),~(1)2n n X X X X N --χ.二、填空题：9～14小题，每小题4分，共24分．请将答案写在答题纸．．．指定位置上． （9）已知函数21(),1f x x=+(3)(0)f = ． 【答案】0 【详解】2421()1(11)1f x x x x x==-++-<<+,没有三次项.（10）微分方程032=+'+''y y y 的通解为 ．【答案】12e ()xy C C -=+【详解】特征方程2230r r ++=得1r =-,因此12e ()x y C C -=+.（11）若曲线积分⎰-+-L y x aydy xdx 122在区域{}1),(22<+=y x y x D 内与路径无关，则=a． 【答案】1-【详解】有题意可得Q Px x∂∂=∂∂,解得1a =-. （12）幂级数111)1(-∞=-∑-n n n nx 在(-1,1)内的和函数()S x = ．【答案】21(1)x + 【详解】112111(1)[()](1)n n n n n nxx x ∞∞--=='-=--=+∑∑.（13）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=110211101A ，321ααα，，是3维线性无关的列向量，则()321,,αααA A A 的秩为 ．【答案】2【详解】123(,,)()2r r ααα==A A A A（14）设随即变量X 的分布函数4()0.5()0.5()2x F x x -=Φ+Φ，其中)(x Φ为标准正态分布函数，则EX = ． 【答案】2 【详解】00.54()d [0,5()()]d 222x EX xf x x x x x +∞+∞-∞-==+=⎰⎰ϕϕ. 三、解答题：15～23小题，共94分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请将答案写在答题纸．．．指定位置上． （15）（本题满分10分）．设函数(,)f u v 具有2阶连续偏导数，(e ,cos ),xy f x =求2200,x x dyd y dxdx==.【答案】(e ,cos )x y f x =()''12'12''''''''''111212122222''''11122sin ,0(1,1)sin (sin )sin cos 0(1,1)(1,1)(1,1)x x x x x dyf e f x dx dy x f dx d y f e f x e f e f e f x x f x dx d y x f f f dx ∴=-∴===-+---==+- （16）（本题满分10分）．求2limln(1)n k kn n→∞+.【答案】212221120012202lim ln(1)1122lim ln(1)ln(1)...ln(1)11122lim ln(1)ln(1)...ln(1)1ln(1)ln(1)21111ln(1)02211111ln 2221n k n n k k nn n n n n n n n n n n n n n n n n n x x dx x d x x x x dxx x ∞→∞=→∞→∞+⎛⎫=++++++ ⎪⎝⎭⎛⎫=++++++ ⎪⎝⎭=+=+=+-+-+=-∑⎰⎰⎰1011002111ln 2[(1)]22111111ln 2[()ln(1)]002221111ln 2(1ln 2)2224dxxx dx dx xx x x +=--++=--++=--+=⎰⎰⎰（17）（本题满分10分）．已知函数)(x y 由方程333320x y x y +-+-=确定，求)(x y 的极值. 【答案】333320x y x y +-+-=①，方程①两边对x 求导得：22''33330x y y y +-+=②，令'0y =，得233,1x x ==±.当1x =时1y =，当1x =-时0y =.方程②两边再对x 求导：'22''''66()330x y y y y y +++=，令'0y =，2''6(31)0x y y ++=，当1x =，1y =时''32y =-，当1x =-，0y =时''6y =. 所以当1x =时函数有极大值，极大值为1，当1x =-时函数有极小值，极小值为0.（18）（本题满分10分）．设函数()f x 在区间[0,1]上具有2阶导数，且(1)0f >，0()lim 0x f x x+→<.证明： （I ）方程()0f x =在区间(0,1)内至少存在一个实根;（II ）方程2()''()['()]0f x f x f x +=在区间(0,1)内至少存在两个不同实根. 【答案】 (1)()lim 0x f x x+→<，由极限的局部保号性，(0,),()0c f c δ∃∈<使得，又(1)0,f >由零点存在定理知，(c,1)ξ∃∈，使得，()0f ξ=.(2)构造()()'()F x f x f x =，(0)(0)'(0)0F f f ==，()()'()0F f f ξξξ==，()lim 0,'(0)0,x f x f x +→<∴<由拉格朗日中值定理知(1)(0)(0,1),'()010f f f ηη-∃∈=>-，'(0)'()0,f f η<所以由零点定理知1(0,)(0,1)ξη∃∈⊂，使得1'()0f ξ=，111()()'()0,F f f ξξξ∴== 所以原方程至少有两个不同实根。
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(新课标1卷,含解析)
试题类型：A 2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一. 选择题：本大题共12小题，每小题5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）设复数z满足1+z1z-=i，则|z|=（A）1 （B（C（D）2 【答案】A（2）sin20°cos10°-con160°sin10°=（A）-（B（C）12-（D）12【答案】D【解析】原式=sin20°cos10°+cos20°sin10°=sin30°=12，故选D.（3）设命题P：∃n∈N，2n>2n，则⌝P为（A ）∀n ∈N, 2n >2n （B ）∃ n ∈N, 2n ≤2n （C ）∀n ∈N, 2n ≤2n （D ）∃ n ∈N, 2n =2n【答案】C【解析】p ⌝:2,2nn N n ∀∈≤，故选C.（4）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试。
已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 （A ）0.648 （B ）0.432 （C ）0.36 （D ）0.312 【答案】A【解析】根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为22330.60.40.6C ⨯+=0.648，故选A.（5）已知M （x 0，y 0）是双曲线C ：2212x y -= 上的一点，F 1、F 2是C 上的两个焦点，若1MF u u u u r •2MF u u u u r ＜0，则y 0的取值范围是（A ）（-3，3（B ）（-6，6（C ）（） （D ）（）【答案】A（6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
2020年全国2卷文科数学试题
1、已知集合A = {x | -2 ≤ x ≤ 5}，B = {x | x < -1 或 x > 4}，则A ∩ B =A、{x | -2 ≤ x < -1}B、{x | -2 ≤ x ≤ 5}C、{x | 4 < x ≤ 5}D、{x | -2 ≤ x < -1 或 4 < x ≤ 5}解析：集合A表示的是闭区间[-2, 5]，集合B表示的是两个开区间的并集(-∞, -1) ∪ (4, +∞)。
根据交集的定义，A ∩ B即为这两个集合共有的部分，即[-2, -1) ∪ (4, 5]，对应选项D。
（答案）D2、复数z = (1 + i) / (1 - i) 的共轭复数是A、iB、-iC、1 + iD、1 - i解析：首先，将复数z的分子分母同时乘以分母的共轭复数(1 + i)，得到z = (1 + i)² / ((1 - i)(1 + i)) = (1 + 2i + i²) / (1 - i²) = (1 + 2i - 1) / 2 = i。
因此，z的共轭复数为-i，对应选项B。
（答案）B3、若等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4 = 2，S8 = 10，则S16 =A、20B、30C、40D、42解析：由等比数列的性质，S4, S8 - S4, S12 - S8, S16 - S12成等比数列。
已知S4 = 2，S8 = 10，则S8 - S4 = 8。
设S12 - S8 = x，S16 - S12 = y，则有8² = 2x，x² = 8y。
解得x = 32/2 = 16（舍去负值），y = 16² / 8 = 32。
因此，S16 = S12 + (S16 - S12) = (S8 + (S12 - S8)) + (S16 - S12) = 10 + 16 + 32 = 42 + 16 - 8 = 50 - 8 = 42，对应选项D。
2020年高考数学真题试卷(北京卷)
2020年高考数学真题试卷（北京卷）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. (共10题；共40分)1．（4分）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}2．（4分）在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i⋅z=（）．A．1+2i B．−2+i C．1−2i D．−2−i3．（4分）在(√x−2)5的展开式中，x2的系数为（）．A．-5B．5C．-10D．104．（4分）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+√3B．6+2√3C．12+√3D．12+2√35．（4分）已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为（）．A．4B．5C．6D．76．（4分）已知函数f(x)=2x−x−1，则不等式f(x)>0的解集是（）．A．(−1,1)B．(−∞,−1)∪(1,+∞)C．(0,1)D．(−∞,0)∪(1,+∞)7．（4分）设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l 于Q，则线段FQ的垂直平分线（）．A．经过点O B．经过点PC．平行于直线OP D．垂直于直线OP8．（4分）在等差数列{a n}中，a1=−9，a5=−1．记T n=a1a2…a n(n=1,2,…)，则数列{T n}（）．A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项9．（4分）已知α,β∈R，则“存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ”是“ sinα=sinβ”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10．（4分）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（πDay）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A．3n(sin30°n +tan30°n)B．6n(sin30°n+tan30°n)C．3n(sin60°n +tan60°n)D．6n(sin60°n+tan60°n)二、填空题共5题，每小题5分，共25分 (共5题；共25分)11．（5分）函数f(x)=1x+1+lnx的定义域是．12．（5分）若函数f(x)=sin(x+φ)+cosx的最大值为2，则常数φ的一个取值为．13．（5分）为满足人民对美好生活的向往，环保部门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、设企业的污水摔放量W与时间t的关系为W=f(t)，用−f(b)−f(a)b−a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下图所示.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 t 2 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在 t 3 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在 [0,t 1],[t 1,t 2],[t 2,t 3] 这三段时间中，在 [0,t 1] 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是 ．14．（5分）已知双曲线 C:x 26−y 23=1 ，则C 的右焦点的坐标为 ；C 的焦点到其渐近线的距离是 ．15．（5分）已知正方形 ABCD 的边长为2，点P 满足 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ，则 |PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |= ； PB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. (共6题；共85分)16．（13分）如图，在正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，E 为 BB 1 的中点．（Ⅰ）求证： BC 1// 平面 AD 1E ；（Ⅱ）求直线 AA 1 与平面 AD 1E 所成角的正弦值．17．（13分）在 △ABC 中， a +b =11 ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求： （Ⅰ）a 的值：（Ⅱ） sinC 和 △ABC 的面积．条件①： c =7，cosA =−17 ；条件②： cosA =18，cosB =916．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．18．（14分）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；（Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为p0，假设该校年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1，试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明）19．（15分）已知函数f(x)=12−x2．（Ⅰ）求曲线y=f(x)的斜率等于−2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．20．（15分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点A(−2,−1)，且a=2b．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点B(−4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=−4于点P,Q．求|PB||BQ|的值．21．（15分）已知{a n}是无穷数列．给出两个性质：①对于{a n}中任意两项a i,a j(i>j)，在{a n}中都存在一项a m，使a i2a j=a m；②对于{a n}中任意项a n(n⩾3)，在{a n}中都存在两项a k,a l(k>l)．使得a n=a k2a l．(Ⅰ)若a n=n(n=1,2,⋯)，判断数列{a n}是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若an=2n−1(n=1,2,⋯)，判断数列{a n}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{a n}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{a n}为等比数列.答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A∩B={−1,0,1,2}∩(0,3)={1,2}，故答案为：D.【分析】根据交集定义直接得结果.2．【答案】B【解析】【解答】由题意得z=1+2i，∴iz=i−2.故答案为：B.【分析】先根据复数几何意义得z，再根据复数乘法法则得结果. 3．【答案】C【解析】【解答】(√x−2)5展开式的通项公式为：Tr+1=C5r(√x)5−r(−2)r=(−2)r C5r x5−r2，令5−r2=2可得：r=1，则x2的系数为：(−2)1C51=(−2)×5=−10.故答案为：C.【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定x2的系数即可.4．【答案】D【解析】【解答】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：S=3×(2×2)+2×(12×2×2×sin60°)=12+2√3.故答案为：D.【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.5．【答案】A【解析】【解答】设圆心C(x,y)，则√(x−3)2+(y−4)2=1，化简得(x−3)2+(y−4)2=1，所以圆心C的轨迹是以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，所以|OC|+1≥|OM|=√32+42=5，所以|OC|≥5−1=4，当且仅当C在线段OM上时取得等号，故答案为：A.【分析】求出圆心C的轨迹方程后，根据圆心M到原点O的距离减去半径1可得答案. 6．【答案】D【解析】【解答】因为f(x)=2x−x−1，所以f(x)>0等价于2x>x+1，在同一直角坐标系中作出y=2x和y=x+1的图象如图：两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式2x>x+1的解为x<0或x>1.所以不等式f(x)>0的解集为：(−∞,0)∪(1,+∞).故答案为：D.【分析】作出函数y=2x和y=x+1的图象，观察图象可得结果.7．【答案】B【解析】【解答】如图所示：．因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，|PQ|=|PF|，所以线段FQ的垂直平分线经过点P.故答案为：B.【分析】依据题意不妨作出焦点在x轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段FQ的垂直平分线经过点P，即求解.8．【答案】B【解析】【解答】由题意可知，等差数列的公差d=a5−a15−1=−1+95−1=2，则其通项公式为：a n=a1+(n−1)d=−9+(n−1)×2=2n−11，注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<⋯，且由T5<0可知T i<0(i≥6,i∈N)，由T iT i−1=a i>1(i≥7,i∈N)可知数列{T n}不存在最小项，由于a1=−9,a2=−7,a3=−5,a4=−3,a5=−1,a6=1，故数列{T n}中的正项只有有限项：T2=63，T4=63×15=945.故数列{T n}中存在最大项，且最大项为T4.故答案为：B.【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.9．【答案】C【解析】【解答】(1)当存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ时，若k为偶数，则sinα=sin(kπ+β)=sinβ；若k为奇数，则sinα=sin(kπ−β)=sin[(k−1)π+π−β]=sin(π−β)=sinβ；(2)当sinα= sinβ时，α=β+2mπ或α+β=π+2mπ，m∈Z，即α=kπ+(−1)kβ(k=2m)或α= kπ+(−1)kβ(k=2m+1)，亦即存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ．所以，“存在 k ∈Z 使得 α=kπ+(−1)k β ”是“ sinα=sinβ ”的充要条件. 故答案为：C.【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.10．【答案】A【解析】【解答】单位圆内接正6n 边形的每条边所对应的圆周角为 360°n×6=60°n，每条边长为 2sin 30°n ，所以，单位圆的内接正6n 边形的周长为 12nsin 30°n， 单位圆的外切正6n 边形的每条边长为 2tan30°n ，其周长为 12ntan 30°n， ∴2π=12nsin 30°n +12ntan 30°n 2=6n(sin 30°n +tan 30°n) ， 则 π=3n(sin 30°n +tan 30°n) . 故答案为：A.【分析】计算出单位圆内接正6n 边形和外切正6n 边形的周长，利用它们的算术平均数作为 2π 的近似值可得出结果.11．【答案】(0,+∞) 【解析】【解答】由题意得 {x >0x +1≠0，∴x >0故答案为： (0,+∞)【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.12．【答案】π2 （ 2kπ+π2,k ∈Z 均可）【解析】【解答】因为 f(x)=cosφsinx +(sinφ+1)cosx =√cos 2φ+(sinφ+1)2sin(x +θ) ， 所以 √cos 2φ+(sinφ+1)2=2 ，解得 sinφ=1 ，故可取 φ=π2 . 故答案为： π2 （ 2kπ+π2,k ∈Z 均可）.【分析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得 f(x)=√cos 2φ+(sinφ+1)2sin(x +θ) ，可得 √cos 2φ+(sinφ+1)2=2 ，即可解出.13．【答案】①②③ 【解析】【解答】 −f(b)−f(a)b−a表示区间端点连线斜率的负数，在 [t 1,t 2] 这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在 [0,t 1],[t 1,t 2],[t 2,t 3] 这三段时间中，甲企业在 [t 1,t 2] 这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在 [t 1,t 2] 的污水治理能力最强．④错误；在 t 2 时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在 t 3 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确； 故答案为：①②③【分析】根据定义逐一判断，即可得到结果14．【答案】(3,0)；√3【解析】【解答】在双曲线C 中， a =√6 ， b =√3 ，则 c =√a 2+b 2=3 ，则双曲线C 的右焦点坐标为 (3,0) ，双曲线C 的渐近线方程为 y =±√22x ，即 x ±√2y =0 ，所以，双曲线C 的焦点到其渐近线的距离为 3√1+2=√3 . 故答案为： (3,0) ； √3 .【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线C 的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.15．【答案】√5；-1【解析】【解答】以点A 为坐标原点， AB 、 AD 所在直线分别为x 、y 轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点 A(0,0) 、 B(2,0) 、 C(2,2) 、 D(0,2) ，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(2,0)+12(2,2)=(2,1) ，则点 P(2,1) ， ∴PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1) ， PB ⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−1) ， 因此， |PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(−2)2+12=√5 ， PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0×(−2)+1×(−1)=−1 .故答案为： √5 ；-1.【分析】以点A 为坐标原点， AB 、 AD 所在直线分别为x 、y 轴建立平面直角坐标系，求得点P的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得 |PD ⃗⃗⃗⃗⃗ | 以及 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值. 16．【答案】解：（Ⅰ）如下图所示：在正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中， AB//A 1B 1 且 AB =A 1B 1 ， A 1B 1//C 1D 1 且 A 1B 1=C 1D 1 ， ∴AB//C 1D 1 且 AB =C 1D 1 ，所以，四边形 ABC 1D 1 为平行四边形，则 BC 1//AD 1 ， ∵BC 1⊄ 平面 AD 1E ， AD 1⊂ 平面 AD 1E ， ∴BC 1// 平面 AD 1E ；（Ⅱ）以点A 为坐标原点， AD 、 AB 、 AA 1 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 A −xyz ，设正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 的棱长为2，则 A(0,0,0) 、 A 1(0,0,2) 、 D 1(2,0,2) 、 E(0,2,1) ，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2) ， AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1) ， 设平面 AD 1E 的法向量为 n ⃗ =(x,y,z) ，由 {n ⇀⋅AD 1⇀=0n ⇀⋅AE ⇀=0 ，得 {2x +2z =02y +z =0 ， 令 z =−2 ，则 x =2 ， y =1 ，则 n ⃗=(2,1,−2) . cos <n ⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ |⋅|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=−43×2=−23 .因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A−xyz，利用空间向量法可计算出直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.17．【答案】解：选择条件①（Ⅰ）∵c=7，cosA=−17，a+b=11∵a2=b2+c2−2bccosA∴a2=(11−a)2+72−2(11−a)⋅7⋅(−1 7)∴a=8（Ⅱ）∵cosA=−17，A∈(0，π)∴sinA=√1−cos2A=4√37由正弦定理得：asinA=csinC∴84√37=7sinC∴sinC=√32S=12basinC=12(11−8)×8×√32=6√3选择条件②（Ⅰ）∵cosA=18，cosB=916，A，B∈(0，π)∴sinA=√1−cos2A=3√78，sinB=√1−cos2B=5√716由正弦定理得：asinA=bsinB∴a3√78=11−a5√716∴a=6（Ⅱ）sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=3√78×916+5√716×18=√74S=12basinC=12(11−6)×6×√74=15√74【解析】【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得sinA，再根据正弦定理求sinC，最后根据三角形面积公式求结果；选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得sinA，sinB，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求sinC，再根据三角形面积公式求结果.18．【答案】解：（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为200200+400=13，该校女生支持方案一的概率为300300+100=34；（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，所以3人中恰有2人支持方案一概率为： (13)2(1−34)+C 21(13)(1−13)34=1336; （Ⅲ） p 1<p 0【解析】【分析】（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；（Ⅱ）先分类，再根据独立事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果；（Ⅲ）先求 p 0 ，再根据频率估计概率 p 1 ，即得大小.19．【答案】解：（Ⅰ）因为 f(x)=12−x 2 ，所以 f ′(x)=−2x ，设切点为 (x 0,12−x 0) ，则 −2x 0=−2 ，即 x 0=1 ，所以切点为 (1,11) ， 由点斜式可得切线方程为： y −11=−2(x −1) ，即 2x +y −13=0 . （Ⅱ）显然 t ≠0 ，因为 y =f(x) 在点 (t,12−t 2) 处的切线方程为： y −(12−t 2)=−2t(x −t) ，令 x =0 ，得 y =t 2+12 ，令 y =0 ，得 x =t 2+122t ，所以 S(t)= 12×(t 2+12)⋅t 2+122|t|， 不妨设 t >0 (t <0 时，结果一样 ) ，则 S(t)=t 4+24t 2+1444t =14(t 3+24t +144t ) ，所以 S ′(t)= 14(3t 2+24−144t 2)=3(t 4+8t 2−48)4t 2=3(t 2−4)(t 2+12)4t 2=3(t−2)(t+2)(t 2+12)4t 2，由 S ′(t)>0 ，得 t >2 ，由 S ′(t)<0 ，得 0<t <2 ， 所以 S(t) 在 (0,2) 上递减，在 (2,+∞) 上递增， 所以 t =2 时， S(t) 取得极小值， 也是最小值为 S(2)=16×168=32 . 【解析】【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.20．【答案】解：(Ⅰ)设椭圆方程为： x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0) ，由题意可得：{4a 2+1b 2=1a =2b，解得： {a 2=8b 2=2 ， 故椭圆方程为： x 28+y 22=1 .（Ⅱ）设 M(x 1,y 1) ， N(x 2,y 2) ，直线 MN 的方程为： y =k(x +4) ，与椭圆方程 x 28+y 22=1 联立可得： x 2+4k 2(x +4)2=8 ，即： (4k 2+1)x 2+32k 2x +(64k 2−8)=0 ，则： x 1+x 2=−32k24k 2+1,x 1x 2=64k 2−84k 2+1.直线MA 的方程为： y +1=y 1+1x 1+2(x +2) ，令 x =−4 可得： y P =−2×y 1+1x 1+2−1=−2×k(x 1+4)+1x 1+2−x 1+2x 1+2=−(2k+1)(x 1+4)x 1+2， 同理可得： y Q =−(2k+1)(x 2+4)x 2+2.很明显 y P y Q <0 ，且： |PB||PQ|=|y P y Q| ，注意到：y P +y Q =−(2k +1)(x 1+4x 1+2+x 2+4x 2+2)=−(2k +1)×(x 1+4)(x 2+2)+(x 2+4)(x 1+2)(x 1+2)(x 2+2)， 而： (x 1+4)(x 2+2)+(x 2+4)(x 1+2)=2[x 1x 2+3(x 1+x 2)+8]=2[64k 2−84k 2+1+3×(−32k 24k 2+1)+8]=2×(64k 2−8)+3×(−32k 2)+8(4k 2+1)4k 2+1=0 ，故 y P +y Q =0,y P =−y Q . 从而 |PB||PQ|=|y P y Q|=1 .【解析】【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b 的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA 的方程确定点P,Q 的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得 y P +y Q =0 ，从而可得两线段长度的比值.21．【答案】解：(Ⅰ) ∵a 2=2,a 3=3,a 32a 2=92∉Z ∴{a n } 不具有性质①；(Ⅱ) ∵∀i,j ∈N ∗,i >j,a i 2a j =2(2i−j)−1,2i −j ∈N ∗∴a i 2a j=a 2i−j ∴{a n } 具有性质①； ∵∀n ∈N ∗,n ≥3,∃k =n −1,l =n −2,a k 2a l=2(2k−l)−1=2n−1=a n ,∴{a n } 具有性质②；(Ⅲ)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然 a n ≠0(n ∉N ∗) ，假设数列中存在负项，设 N 0=max{n|a n <0} ， 第一种情况：若 N 0=1 ，即 a 0<0<a 1<a 2<a 3<⋯ ， 由①可知：存在 m 1 ，满足 a m 1=a 22a 1<0 ，存在 m 2 ，满足 a m 2=a 32a 1<0 ，由 N 0=1 可知 a 22a 1=a 32a 1，从而 a 2=a 3 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若 N 0≥2 ，由①知存在实数 m ，满足 a m =a N02a 1<0 ，由 N 0 的定义可知： m ≤N 0 ，另一方面， a m =a N 02a 1>a N02a N=a N 0 ，由数列的单调性可知： m >N 0 ，这与 N 0 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号.其次，证明 a 3=a 22a 1：利用性质②：取 n =3 ，此时 a 3=a k 2a l(k >l) ，由数列的单调性可知 a k >a l >0 ，而 a 3=a k ⋅ak a l >a k ，故 k <3 ，此时必有 k =2,l =1 ，即 a 3=a 22a 1，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列 {a n } 的前 k(k ≥3) 项成等比数列，不妨设 a s =a 1q s−1(1≤s ≤k) ， 其中 a 1>0,q >1 ，（ a 1<0,0<q <1 的情况类似）由①可得：存在整数 m ，满足 a m =a k 2a k−1=a 1q k >a k ，且 a m =a 1q k ≥a k+1 （*）由②得：存在 s >t ，满足： a k+1=a s 2a t =a s ⋅as a t>a s ，由数列的单调性可知： t <s ≤k +1 ，由 a s =a 1q s−1(1≤s ≤k) 可得： a k+1=a s 2a t=a 1q 2s−t−1>a k =a 1q k−1 （**）由（**）和（*）式可得： a 1q k ≥a 1q 2s−t−1>a 1q k−1 ， 结合数列的单调性有： k ≥2s −t −1>k −1 ， 注意到 s,t,k 均为整数，故 k =2s −t −1 ， 代入（**）式，从而 a k+1=a 1q k .总上可得，数列 {a n } 的通项公式为： a n =a 1q n−1 . 即数列 {a n } 为等比数列. 【解法二】假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取n=3，此时a3=a k2a l(k>l)，由数列的单调性可知a k>a l>0，而a3=a k⋅a ka l>a k，故k<3，此时必有k=2,l=1，即a3=a22a1，即a1,a2,a3成等比数列，不妨设a2=a1q,a3=a1q2(q>1)，然后利用性质①：取i=3,j=2，则a m=a32a2=a12q4a1q=a1q3，即数列中必然存在一项的值为a1q3，下面我们来证明a4=a1q3，否则，由数列的单调性可知a4<a1q3，在性质②中，取n=4，则a4=a k2a l=a ka ka l>a k，从而k<4，与前面类似的可知则存在{k,l}⊆{1,2,3}(k>l)，满足a4=a k2a l，若k=3,l=2，则：a4=a k2a l=a1q3，与假设矛盾；若k=3,l=1，则：a4=a k2a l=a1q4>a1q3，与假设矛盾；若k=2,l=1，则：a4=a k2a l=a1q2=a3，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数k,l，可见a4<a1q3不成立，从而a4=a1q3，同理可得：a5=a1q4,a6=a1q5,⋯，从而数列{a n}为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列{a n}为等比数列.【解析】【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明a3=a22a1，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得a1,a2,a3成等比数列，之后证得a1,a2,a3,a4成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.。
全国甲卷2020数学
全国甲卷2020数学全国甲卷2020数学是指2020年全国高考甲卷的数学试题。
全国甲卷是教育部为全国范围内的考生设计的统一考试试卷，每年的试题难度和内容都不同。
以下是全国甲卷2020数学题目：1、设 F₁，F₂分别为双曲线 (x^2/16) - (y^2/9) = 1 的左、右焦点，过 F₁引圆x^2 + y^2 = 9 的切线 F₁P 交双曲线的右支于点 P，T 为切点，M 为线段 F₁P 的中点，O 为坐标原点，则 |MO| - |MT| 等于 ( )A. 3B. 4C. 5D. 62、下列说法中正确的个数是 ( )① "a = 1" 是 "直线 l₁: x + ay + 1 = 0 和直线 l₂: 3x + 2y + 1 = 0 平行" 的充分条件；②若 "p: x < 0 或 y > 0"，则 "q: x < 0 或 y ≤ 0" 是假命题；③ "若 a > b" 是 "若 a > b，则 |a| > |b|" 的必要不充分条件；④ "幂函数 f(x)的图象过点 (8,2)" 是"幂函数 f(x)在区间 (0, +∞) 上是增函数"的充要条件．A. 1B. 2C. 3D. 43、(i/x - x/i)^7 的展开式中，常数项为 ___．A. -14B. -364C. -35D. 354、设 f(x) = sin x - x，x ∈ [0,π/2]，则 f(x) 的最大值为 ( )A. -π/2B. -π/4C. 1 - π/4D. 0总结：全国甲卷2020数学指的是2020年全国高考甲卷的数学试题。
这些试题由教育部为全国范围内的考生设计，旨在测试考生的数学知识和技能水平。
通过这些试题示例，我们可以了解到全国甲卷数学试题的特点和难度。
2020年全国高考新课标数学试卷(理科)(一)(Ⅰ卷)
2020年全国高考新课标数学试卷（理科）（一）（Ⅰ卷）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）x>−1}，则A∩B=()1.已知集合A={x||x−1|<2}，B={x|log 12A. {x|0<x<4}B. {x|−2<x<2}C. {x|0<x<2}D. {x|1<x<3}2.以下判断正确的个数是()①相关系数r，|r|值越小，变量之间的相关性越强．②命题“存在x∈R，x2+x−1<0”的否定是“不存在x∈R，x2+x−1≥0”．③“p∨q”为真是“￢p”为假的必要不充分条件．④若回归直线的斜率估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程是y∧=1.23x+0.08．A. 4B. 2C. 3D. 13.设a⃗，b⃗ 是非零向量，则“存在实数λ，使得a⃗=λb⃗ ”是“|a⃗+b⃗ |=|a⃗|+|b⃗ |”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4.已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点(x,y)在△ABC内部，则z=−x+y的取值范围是()A. (1−√3,2)B. (0,2)C. (√3−1,2)D. (0,1+√3)5.在如图的程序框图中，f′i(x)为f i(x)的导函数，若f0(x)=sinx，则输出的结果是()A. sin xB. cos xC. −sinxD. −cosx]上是减函数的θ的一个值是()6.使函数f(x)=√3sin(2x+θ)+cos(2x+θ)是偶函数，且在[0,π4A. π6B. π3C. 2π3D. 5π67.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1=a2=1，S n=a n+2−1，则下列命题错误的是()A. a n+2=a n+1+a nB. a1+a3+a5+⋯+a99=a100C. a2+a4+a6+⋯+a98=a99D. S1+S2+S3+⋯+S98=S100−1008.某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中：①三棱锥的体积为16②三棱锥的四个面全是直角三角形③三棱锥的四个面的面积最大的是√32所有正确的说法是()A. ①B. ①②C. ②③D. ①③9.如图阴影部分C1是曲线y=√x与y=x所围成的封闭图形，A是两曲线在第一象限的交点，以原点O为圆心，OA为半径作圆，取圆的第一象限的扇形OCAB部分图形为C2，在C2内随机选取m个点，落在C1内的点有n个，则运用随机模拟的方法得到的π的近似值为()A. 3n2m B. m3nC. 3nmD. 2m3n10.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线l交双曲线于M，N两点，P为直线l上的一点，当△APB的外接圆面积达到最小值时，点P恰好在M(或N)处，则双曲线的离心率为()A. √2B. √3C. 2D. √511.已知函数f(x)=lnx−12ax2+(a−1)x+a(a>0)的值域与函数f(f(x))的值域相同，则a的取值范围为()A. (0,1]B. (1,+∞)C. [43,+∞) D. (43,+∞)12. 将边长为5的菱形ABCD 沿对角线AC 折起，顶点B 移动至B 处，在以点B′，A ，C ，为顶点的四面体AB′CD 中，棱AC 、B′D 的中点分别为E 、F ，若AC =6，且四面体AB′CD 的外接球球心落在四面体内部，则线段EF 长度的取值范围为( )A. (√142,2√3)B. (√142,4) C. (√3,2√3) D. (√3,4)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知f(x)=(2x −1)4，设(2x −1)4=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4，则a 1+2a 2+3a 3+4a 4=______．14. 已知A ，F ，P 分别为双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左顶点、右焦点以及右支上的动点，若∠PFA =2∠PAF恒成立，则双曲线的离心率为______．15. 已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n −2n+1，若不等式2n 2−n −3<(5−λ)a n 对∀n ∈N +恒成立，则整数λ的最大值为______．16. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，边长为2的正方形ABCD 沿x 轴滚动(无滑动滚动)，点D 恰好经过坐标原点，设顶点B(x,y)的轨迹方程是y =f(x)，则f(19)=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. △ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c =12，b =4√6，O 为△ABC 的外接圆的圆心．①若cosA =45，求△ABC 的面积S ；②若D 为BC 边上任意一点，DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求sin B 的值．18. 图1是由矩形ADEB 、Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2．(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B −CG −A 的大小．19. 已知函数f(x)=lnx +x +1，g(x)=x 2+2x ．(1)求函数y =f(x)−g(x)的极值；(2)若m 为整数，对任意的x >0都有f(x)−mg(x)≤0成立，求实数m 的最小值．20. 已知点F(−1,0)，直线l ：x =−4，P 为平面内的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为点M ，且(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ −12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ +12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0． (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 1作直线l 1(与x 轴不重合)交C 轨迹于A ，B 两点，求三角形面积OAB 的取值范围．(O 为坐标原点)21.某医药开发公司实验室有n(n∈N∗)瓶溶液，其中m(m∈N)瓶中有细菌R，现需要把含有细菌R的溶液检验出来，有如下两种方案：方案一：逐瓶检验，则需检验n次；方案二：混合检验，将n瓶溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌R，则n瓶溶液全部不含有细菌R；若检验结果含有细菌R，就要对这n瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总共为n+1．(1)假设n=5，m=2，采用方案一，求恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R的概率；(2)现对n瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌R的概率均为P(0≤p≤1).若采用方案一．需检验的总次数为ξ；若采用方案二．需检验的总次数为η⋅(i)若ξ与η的期望相等．试求P关于n的函数解析式P=f(n)；(ii)若P=1−e−14，且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望．求n的最大值．参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，ln7=1.95．22.以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ=a2(a∈R,a为t，(t为参数)．常数)，过点P(2,1)、倾斜角为30°的直线l的参数方程满足x=2+√32(1)求曲线C的普通方程和直线l的参数方程；(2)若直线l与曲线C相交于A、B两点(点P在A、B之间)，且|PA|⋅|PB|=2，求a和||PA|−|PB||的值．23.设函数f(x)=|2x−1|+mx+2，m∈R．(Ⅰ)若m=1，解不等式f(x)<6；(Ⅱ)若f(x)有最小值，且关于x的方程f(x)=−x2+x+1有两个不等实根，求实数m的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查了解不等式与交集的运算问题，是基础题．解不等式得出集合A、B，根据交集的定义写出A∩B．【解答】解：集合A={x||x−1|<2}={x|−2<x−1<2}={x|−1<x<3}，x>−1}={x|0<x<2}，B={x|log 12则A∩B={x|0<x<2}．故选：C．2.【答案】B【解析】解：①相关系数|r|值越小，变量之间的相关性越弱，故错误．②命题“存在x∈R，x2+x−1<0”的否定是“任意x∈R，x2+x−1≥0”，故错误．③“p∨q”为真时，“¬p”为假不一定成立，故“p∨q”为真是“¬p”为假的不充分条件，“¬p”为假时，“p”为真，“p∨q”为真，故“p∨q”为真是“¬p”为假的必要条件，故“p∨q”为真是“¬p”为假的必要不充分条件，故正确；④若回归直线的斜率估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则a=5−1.23×4=0.08，则回归直线方程是ŷ=1.23x+0.08，故正确；故选：B①根据相关系数r的大小与相关性强弱的关系进行判断．②特称命题的否定是全称命题进行判断③根据复合命题与充分条件和必要条件的定义进行判断，④根据回归方程的性质代入进行求解判断．本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了相关系数，相关指数，回归分析，特称命题的否定，充要条件，复合命题等知识点，难度中档．3.【答案】B【解析】【分析】根据向量平行的应用，考查充分条件和必要条件的判断，是基础题．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量平行的应用进行化简是解决本题的关键．【解答】解：若“|a⃗+b⃗ |=|a⃗|+|b⃗ |”，则平方得|a⃗|2+2a⃗⋅b⃗ +|b⃗ |2=|a⃗|2+|b⃗ |2+2|a⃗|⋅|b⃗ |，即a⃗⋅b⃗ =|a⃗|⋅|b⃗ |，即a⃗⋅b⃗ =|a⃗||b⃗ |cos<a⃗，b⃗ >=|a⃗|⋅|b⃗ |，则cos<a⃗，b⃗ >=1，即<a⃗，b⃗ >=0，即a⃗，b⃗ 同向共线，则存在实数λ，使得a⃗=λb⃗ ，反之当<a⃗，b⃗ >=π时，满足a⃗=λb⃗ ，但<a⃗，b⃗ >=0不成立，即“存在实数λ，使得a⃗=λb⃗ ”是“|a⃗+b⃗ |=|a⃗|+|b⃗ |”的必要不充分条件，故选：B．4.【答案】A【解析】【分析】本题考查简单的线性规划，范围与最值问题，考查数形结合思想，属于中档题．由A，B及△ABC为正三角形，可求得C的坐标，结合图形，进而判断最大值与最小值，即可求解范围．【解答】解：设C(a,b)，(a>0,b>0)，由A(1,1)，B(1,3)，及△ABC为正三角形可得，AB=AC=BC=2，即(a−1)2+(b−1)2=(a−1)2+(b−3)2=4，解得b=2，a=1+√3，即C(1+√3,2)，(x−1)，则此时直线AB的方程为x=1，AC的方程为y−1=√33(x−1)，直线BC的方程为y−3=−√33由z=−x+y，得y=x+z，当直线y=x+z经过点B(1,3)时，z取得最大值，此时z=2，经过点C(1+√3,2)时，z取得最小值，此时z=1−√3，∴z max=2,z min=1−√3，则z=−x+y的取值范围是(1−√3,2)，故选A．5.【答案】C【解析】解：∵f0(x)=sinx，f1(x)=cosx，f2(x)=−sinx，f3(x)=−cosx，f4(x)=sinx，f5(x)=cosx．∴题目中的函数为周期函数，且周期T=4，且2018=504×4+2，∴观察规律可得：f2018(x)=f2(x)=−sinx．故选：C．分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算函数及导函数的函数值，模拟程序的运行，分析程序运行过程中函数值呈现周期性变化，求出周期T后，不难得到输出结果．根据流程图(或伪代码)写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图(或伪代码)，从流程图(或伪代码)中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据(如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理)⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．6.【答案】B【解析】解：∵函数f(x)=√3sin(2x+θ)+cos(2x+θ)=2sin(2x+θ+π6)是偶函数，∴θ+π6=kπ+π2，即θ=kπ+π3，k∈Z①，故可取θ=π3，此时，f(x)=2sin(2x+π2)=cos2x，且在[0,π4]上，2x∈[0,π2]，f(x)是减函数，故选：B．利用两角和的正弦公式化简函数的解析式，再利用三角函数的奇偶性、单调性，求得θ的一个值．本题主要考查两角和的正弦公式，三角函数的奇偶性、单调性，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1=a2=1，S n=a n+2−1①，所以当n≥2时，S n−1=a n+1−1②，①−②得a n=S n−S n−1=a n+2−a n+1，即a n+2=a n+1+a n，故A正确．所以a100=a99+a98，a98=a97+a96，a96=a95+a94，…，a4=a3+a2=a3+a1，故：a100=a99+a97+a95+⋯+a3+a1．故B正确．S1+S2+S3+⋯+S98=(a3−1)+(a4−1)+(a5−1)+⋯+(a100−1)，=(a1+a2+a3+⋯+a100)−a1−a2−98，=S100−100．故D正确．故选：C．首先利用数列的递推关系式利用差的关系求出选项A正确，进一步利用所求出的通项关系式求出B正确，进一步利用已知的递推关系求出D正确．本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，数列的通项公式的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．8.【答案】A【解析】解：依据三视图，可得该几何体，如图三棱锥P−ABC，AC=BC=1，AB=√2.PA=PB，面PC⊥面ABC，P到面ABC的距离为1．①三棱锥的体积为13×12×1×1×1=16，正确；②三棱锥的面PAB不是直角三角形，错；③三棱锥的四个面的面积最大的是△PAB，PA=BP═AB=√2，其面积S=√62，故错．故选：A依据三视图，画出直观图，根据数据求解．本题考查了空间线面位置关系，属于中档题．9.【答案】B【解析】解：联立{y =xy =√x，得x =y =1，则点A 的坐标为(1,1)，所以，图中阴影部分区域的面积为∫(10√x−x)dx =(23x 32−12x 2)|01=16，扇形OBC 的半径为OA =√2，扇形的面积为14×π×(√2)2=π2， 由题意可得nm =16π2=13π，解得π=m3n ，故选：B ．联立曲线与直线的方程，得出交点A 的坐标，然后利用定积分求出图中阴影部分区域的面积，利用几何概型概率的计算方法列出有关π的方程，解出π的表达式即可求出答案．本题考查定积分的计算，解决本题的关键在于几何概率公式的应用，属于基础题．10.【答案】A【解析】 【分析】本题考查了双曲线的简单性质，不等式的性质，属于较难题．设P(c,m)，不妨设m >0，则tan∠PAB =k PA ,tan∠PBF =k PB ，求出tan∠APB 最大值，即可得解． 【解答】解：A(−a,0)，B(a,0)，F(c,0)，直线l 的方程为x =c ， 设P(c,m)，不妨设m >0， 则tan∠PAB =k PA =mc+a ， tan∠PBF =k PB =m c−a，∴tan∠APB =tan(∠PBF −tan∠PAB) =m c −a −mc +a 1+m c −a ⋅mc +a =2amm 2+b 2=2a m+b 2m．当且仅当m +b 2m取得最小值时，即m =b 时，tan∠APB 取得最大值，即∠APB 最大．根据正弦定理，此时△APB 的外接圆半径达到最小值，即△APB 的外接圆面积达到最小值． 由题意此时P(c,b 2a)，∴b=b2，∴a=b，即双曲线的离心率为√2．a故选A．11.【答案】C【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值、等价转化方法、考查了推理能力与计算能力，属于中档题．求出f(x)的单调区间和值域，从而得出f(x)的最大值与单调区间端点的关系，从而得出a的范围．【解答】ax2+(a−1)x+a(a>0)，x>0，解：函数f(x)=lnx−12−ax+(a−1)(a>0)，则f′(x)=1x(舍去)，x=1，令f′(x)=0，可得x=−1a当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0,1)递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在区间(1,+∞)递减；a−1，∴当x=1时，f(x)取得最大值为32a−1],f(x)的值域为(−∞,32a−1],∴函数f(f(x))的值域为(−∞,32a−1≥1，则32，解得：a≥43,+∞)．则a的取值范围为[43故选：C．12.【答案】B【解析】解：如图，由已知可得，AC⊥B′E，且AC⊥DE，∴AC⊥平面B′ED，∵E是AC的中点，∴到点A、C的距离相等的点位于平面ACF内，同理可知，到点B′、D的距离相等的点位于平面ACF内，∵球心O到点A，B′，C，D的距离相等，∴球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上．∴球心O落在线段EF上(不含端点E、F)，显然EF⊥B′D，由题意EA=3，EB′=4，则OA2=OE2+9，且OB′2=OF2+FB′2=OF2+EB′2−EF2=(EF−OE)2+16−EF2=OE2+16−2EF⋅OE．∵OA=OB′，∴OE2+9=OE2+16−2EF⋅OE，则OE=72EF，显然OE<EF，∴72EF <EF，即EF>√142．又EF<EB′=4，∴√142<EF<4．故选：B．由题意画出图形，可证AC⊥平面B′ED，得到球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上，由勾股定理结合OA=OB′，OE<EF，EF<EB′=4可得线段EF长度的取值范围．本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，属中档题．13.【答案】8【解析】解：已知f(x)=(2x−1)4，设(2x−1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，把等式两边同时对x求导数，可得8⋅(2x−1)3=a1+2a2x+3a3x2+4a4x4，再令x=1，可得a1+2a2+3a3+4a4=8，故答案为：8．把等式两边同时对x求导数，再令x=1，可得a1+2a2+3a3+4a4的值．本题主要考查求函数的导数，二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．14.【答案】2【解析】解：A(−a,0)，F(c,0)，设P(x0,y0)，∴k AP=y0x0+a ，k FP=y0x0−c，∵∠PFA=2∠PAF，k AP=tan∠PAF，k FP=−tan∠PFA，∴y0x0−c =2×y0x0+a(y0x0+a)2−1=2y0(x0+a)y02−(x0+a)2，∴y02−x02−2ax0−a2=2x02+2ax0−2cx0−2ac，即y02−3x02−(4a−2c)x0−a2+2ac=0，又P(x0,y0)在双曲线上，∴y02=b2a2x02−b2，∴(b2a2−3)x02−(4a−2c)x0+2ac−c2=0恒成立，∴{b 2a −3=04a −2c =02ac −c 2=0，∴c =2a ，即e =2． 故答案为：2．根据二倍角的正切公式和直线的斜率公式列恒等式，根据P 点的任意选化简得出a ，b ，c 的关系，从而得出双曲线的离心率．本题考查了双曲线的性质，直线的斜率，属于基础题目，15.【答案】4【解析】 【分析】本题考查了数列递推式，等差关系的确定，以及数列的函数特性，中档题．由数列递推式求得首项，然后构造出等差数列{an2n }，求出{a n }通项，代入不等式2n 2−n −3<(5−λ)a n ，整理后得到5−λ>2n−32n.然后根据数列b n =2n−32n的单调性求得最值，继而得答案．【解答】解：当n =1时，S 1=2a 1−22，得a 1=4； 当n ≥2时，S n−1=2a n−1−2n ， 而S n =2a n −2n+1，两式相减得a n =2a n −2a n−1−2n ， 则a n =2a n−1+2n ， ∴a n 2n −a n−12n−1=1．又a12=2，∴数列{a n2n }是以2为首项，1为公差的等差数列，则an2n =n +1，即a n =(n +1)⋅2n ．∵a n >0，∴不等式2n 2−n −3<(5−λ)a n ，等价于5−λ>2n−32n．记b n =2n−32n，则b n+1b n=2n−12n+12n−32n=2n−14n−6=12+12n−3，∴当n ≥3时，{b n >0b n+1b n<1，此时{b n }是个递减数列， 所以当n ≥3时，(b n )max =b 3=38．又b 1=−12 ,b 2=14，所以(b n )max =b 3=38 ，n ∈N ∗， 所以只要5−λ>38 ，即λ<378，∴整数λ的最大值为4． 故答案为4．16.【答案】√3【解析】解：由题意，知当−4≤x <−2时，顶点B(x,y)的轨迹是以点A(−2,0)为圆心，以2为半径的14圆； 当−2≤x <2时，顶点B(x,y)的轨迹是以点D(0,0)为圆心，以2√2为半径的14圆； 当2≤x <4时，顶点B(x,y)的轨迹是以点C(2,0)为圆心，以2为半径的14圆；当4≤x <6时，顶点B(x,y)的轨迹是以点A(4,0)为圆心，以2为半径的14圆，与−4≤x <−2的形状相同， 因此函数y =f(x)的图象在[−4,4]上恰好为一个周期的图象， ∴函数y =f(x)的周期为8，∴f(19)=f(3)=√3． 故答案为：√3．根据条件分−4≤x <−2，−2≤x <2，2≤x <4和4≤x <6几种情况求出点的轨迹，再找到轨迹的变化规律，进一步求出f(19)的值．本题考查了轨迹方程的求法，考查了分类讨论思想，属中档题．17.【答案】解：①由cosA =45，得sinA =35，∴S =12bcsinA =12×4√6×12×35=72√65； ②由DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 可得AO ⃗⃗⃗⃗⃗=12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 于是AO ⃗⃗⃗⃗⃗⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 即AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠OAB +14|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠OAC ，(1)又O 为△ABC 的外接圆圆心，则|AO ⃗⃗⃗⃗⃗|cos∠OAB =12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，|AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠OAC =12|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，(2) 将(1)代入(2)，得到AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=14|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+18|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |2=14×144+18×96=48， 解得|AO⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√3． 由正弦定理得bsinB =2R =8√3，可解得sinB =√32．【解析】本题考查平面向量的数量积运算，考查了平面向量基本定理及其意义，训练了正弦定理和余弦定理在求解三角形问题中的应用，是中档题．①由cosA =45，得sinA =35，代入三角形面积公式求得△ABC 的面积S ；②由DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，利用余弦定理求出|AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |，再由正弦定理求得sin B 的值． 18.【答案】证明：(1)由已知得在图2中，AD//BE ，CG//BE ，∴AD//CG ，∴AD ，CG 确定一个平面， ∴A ，C ，G ，D 四点共面， 由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE 、BC 为平面BEGC 内两条相交直线， ∴AB ⊥面BCGE ，∵AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ；解：(2)作EH ⊥BC ，垂足为H ，∵EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC =BC ， ∴EH ⊥平面ABC ，由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°， ∴BH =1，EH =√3，以H 为坐标原点，HC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H −xyz ， 则A(−1,1，0)，C(1,0，0)，G(2,0，√3 )， CG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，√3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,0)， 设平面ACGD 的法向量n⃗ =(x,y ，z)， 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =x +√3z =0AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =2x −y =0，取x =3，得n⃗ =(3,6，−√3)， 又平面BCGE 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,1，0)， ∴cos <n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ >=n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗|n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |=√32， 由图可知二面角B −CG −A 的平面角为锐角，∴二面角B −CG −A 的大小为30°．【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．(1)推导出AD//BE ，CG//BE ，从而AD//CG ，由此能证明A ，C ，G ，D 四点共面，推导出AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，从而AB ⊥面BCGE ，由此能证明平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面BCGE 与平面ACGD 的法向量，即可求解二面角的大小．19.【答案】解：(1)令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx +x +1−x 2−2x =lnx +1−x 2−x.(x ∈(0,+∞))．ℎ′(x)=1x −2x −1=−(2x−1)(x+1)x．可知：当x =12时，函数ℎ(x)取得极大值，ℎ(12)=ln 12+1−14−12=−ln2+14． ℎ(x)无极小值．(2)令f(x)−mg(x)≤0成立，g(x)=x 2+2x >0． ∴m ≥lnx+x+1x +2x，令u(x)=lnx+x+1x 2+2x，u′(x)=−(x+1)(x+2lnx)(x 2+2x)2，令v(x)=x +2lnx ，则v(x)在x ∈(0,+∞)上单调递增． v(12)=12−2ln2<0，v(1)=1>0．∴函数v(x)存在唯一零点x 0∈(12,1)，使得x 0+2lnx 0=0． ∴u(x)存在极大值即最大值，u(x 0)=lnx 0+x 0+1x 02+2x 0=12x 0∈(12,1)，∴m ≥1．∴整数m 的最小值为1．【解析】(1)令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx +1−x 2−x.(x ∈(0,+∞)).利用导数研究其单调性极值即可得出． (2)令f(x)−mg(x)≤0成立，g(x)=x 2+2x >0.m ≥lnx+x+1x 2+2x，令u(x)=lnx+x+1x 2+2x，利用导数研究其单调性极值即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的性质与解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20.【答案】解：(1)设动点P(x,y)，则M(−4,y)由(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ −12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ +12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0． ∴PF ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=14PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2，即|PF ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=14|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2，∴(x +1)2+y 2=14|x +4|2，化简得x 24+y 23=1(2)由(1)知轨迹C 的方程为x 24+y 23=1，当直线l 1斜率不存在时A(−1,−32)，B(−1,32)， ∴S △DAB =12|AB|⋅|OF|=32，当直线l 1斜率存在时，设直线l 方程为x =my −1(m ≠0)，设A(x 1,y 1)B(x 2,y 2) 由{x =my −1x 24+y 23=1得(3m 2+4)y 2−6my −9=0．则△=144m 2+144>0， y 1+y 2=6m 3m 2+4，y 1y 2=−93m 2+4，S △OAB =12|OF 1|⋅|y 1−y 2|=12×1×√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=12√36m 2(3m 2+4)2+363m 2+4=6√m 2+1(3m 2+4)2， 令m 2+1=t(t >1)，则S △OAB =6√t(3t+1)2=6√t9t 2+6t+1=6√19t+1t+6，令f(t)=9t +1t +6，则f′(t)=9−1t 2， 当t >1时，f′(t)>0，∴f(t)=9t +1t +6 在(1,+∞)上单调递增， ∴f(t)>f(1)=16， ∴S △OAB <6√116=32，综上所述，三角形OAB 面积的取值范围是(0,32]．【解析】(1)设动点P(x,y)，则M(−4,y)，由(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ −12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PF ⃗⃗⃗⃗⃗ +12PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⇒|PF ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=14|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2⇒(x +1)2+y 2=14|x +4|2，化简得动点P 的轨迹方程．(2)分两种情况讨论：当直线l 1斜率不存在时，可得A ，B 坐标，进而得|AB|，再计算S △AOB .当当直线l 1斜率存在时，设直线l 方程为x =my −1(m ≠0)，设A(x 1,y 1)B(x 2,y 2)，联立直线l 1与椭圆的方程得关于y 的一元二次方程，由韦达定理可得y 1+y 2，y 1y 2，在计算S △AOB =12|OF 1|⋅|y 1−y 2|，结合换元法，导数求出S △AOB 的取值范围． 本题考查轨迹方程，直线与椭圆的相交，取值范围，解题中注意直线的斜率是否存在，属于中档题．21.【答案】解：(1)记“恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R ”事件为A ，“第三次含有细菌R 且前2次中有一次含有细菌R ”为事件B ， “前3次均不含有细菌R ”为事件B ，且A =B ∪C ，且B ，C 互斥， ∴P(A)=P(B)+P(C)=A 21A 21A 31A 53+A 33A 53=310．(2)(i)E(ξ)=n，η的可能取值为1，n+1，P(η=1)=(1−p)n，P(η=n+1)=1−(1−p)n，∴E(η)=(1−p)n+(n+1)[(1−p)n]=n+1−n(1−p)n，由E(ξ)=E(η)，得n=n+1−n(1−p)n，∴P=1−(1n)1n，n∈N∗．(ii)P=1−e−14，∴E(η)=n+1−n⋅e−14，∴(n+1)−n⋅e−14<n，∴lnn−n4>0，设f(x)=lnx−x4，x>0，f′(x)=1x −14=4−x4x，当x∈(0,4)时，f′(x)>0，f(x)在(0,4)上单调递增，当x∈(4,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在(4,+∞)上单调递减，又f(8)=ln8−2>0，f(9)=ln9−94<0，∴n的最大值为8．【解析】(1)记“恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R”事件为A，“第三次含有细菌R且前2次中有一次含有细菌R”为事件B，“前3次均不含有细菌R”为事件B，且A=B∪C，且B，C互斥，利用互斥事件概率计算公式能求出结果．(2)(i)E(ξ)=n，η的可能取值为1，n+1，P(η=1)=(1−p)n，P(η=n+1)=1−(1−p)n，E(η)=(1−p)n+ (n+1)[(1−p)n]=n+1−n(1−p)n，由E(ξ)=E(η)，能求出结果．(ii)P=1−e−14，从而E(η)=n+1−n⋅e−14，进而(n+1)−n⋅e−14<n，lnn−n4>0，设f(x)=lnx−x4，x>0，f′(x)=1x −14=4−x4x，利用导数性质能求出n的最大值．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查互斥事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．22.【答案】解：(1)由ρ2cos2θ=a2得ρ2(cos2θ−sin2θ)=a2，--------------------------------------(1分)又x=ρcosθ，y=ρsinθ，得x2−y2=a2，∴C的普通方程为x2−y2=a2，-------------------------------------------------------------------(2分)∵过点P(2,1)、倾斜角为30°的直线l的普通方程为y=√33(x−2)+1，--------------(3分)由x=2+√32t得y=1+12t∴直线l 的参数方程为{x =2+√32ty =1+t2(t 为参数)；-------------------------------------------(5分) (2)将{x =2+√32ty =1+t2代入x 2−y 2=a 2， 得t 2+2(2√3−1)t +2(3−a 2)=0，----------------------------------------------------------------(6分) 依题意知△=[2(2√3−1)]2−8(3−a 2)>0则上方程的根t 1、t 2就是交点A 、B 对应的参数，∵t 1⋅t 2=2(3−a 2)， 由参数t 的几何意义知|PA|⋅|PB|=|t 1|⋅|t 2|=|t 1⋅t 2|，得|t 1⋅t 2|=2， ∵点P 在A 、B 之间，∴t 1⋅t 2<0，∴t 1⋅t 2=−2，即2(3−a 2)=−2，解得a 2=4(满足△>0)，∴a =±2，-------------(8分) ∵||PA|−|PB||=||t 1|−|t 2||=|t 1+t 2|，又t 1+t 2=−2(2√3−1)，∴||PA|−|PB||=4√3−2.-------------------------------------------------------------------------(10分)【解析】(1)先用二倍角余弦公式变形再利用互化公式x =ρcosθ，y =ρsinθ可得C 的普通方程，根据点P(2,1)和倾斜角30°可得直线l 的参数方程；(2)联立直线l 的参数方程与C 的普通方程，再根据参数t 的几何意义可得． 本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．23.【答案】解：(Ⅰ)若m =1，f(x)=|2x −1|+x +2，当x ≤12时，f(x)=3−x ，由f(x)<6解得：x >−3，综合得−3<x ≤12， 当x >12时，f(x)=3x +1，由f(x)<6解得：x <53，综合得12<x <53， 故f(x)<6的解集是(−3,53)；(Ⅱ)当x >12时，f(x)=(2+m)x +1， 当x ≤12时，f(x)=(m −2)x +3， 要使函数f(x)有最小值，则{m +2≥0m −2≤0，解得：−2≤m ≤2， 故f(x)在x =12时取最小值12m +2， y =−x 2+x +1在x =12时取最大值54，∵方程f(x)=−x2+x+1有两个不等实根，∴12m+2<54，解得：m<−32，综上，m的范围是[−2,−32).【解析】(Ⅰ)通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；(Ⅱ)通过讨论x的范围得到关于m的不等式组，解出即可．本题考查了解绝对值不等式问题，考查函数的最值问题，考查分类讨论思想以及转化思想，是一道中档题．第21页，共21页。
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6,已知直线y=kx (k> 0)与双曲线y=^交于点A (X1, yj , B (x?, y2)两点，贝V %必+乂2丫1的值
为( )
A. — 6 B. — 9 C . 0 D . 9
7,如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，/ A=120。，则图中阴影部分的面积是 ( )
A . :B . 2 C . 3 D .,:'：
17,某商店第一次用 600元购进2B铅笔若干支，第二次又用 600元购进该款铅笔，但这次每支的
进价是第一次进价的’倍，购进数量比第一次少了 30支.
4
(1) 求第一次每支铅笔的进价是多少元？
(2) 若要求这两次购进的铅笔按同
一价格全部销售完毕后获利不低于 420元，问每支售价至少是 多
少元？
数学试题
一，选择
1,
下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有(
9，数字近,，丄,n,荻j, cos45° 0.32中是无理数的个数有(
3
)个.
10.如图(5)所示，已知A
在x轴正半轴上运动，当线段
B. 2
1
(2 , y1), B (2, y2)为反比例函数
AP与线段BP之差达到最大时，点
标是
A. ( , 0) B. (1,0 )
C. ( , 0)
2
D.
A. 4 个 B. 3
2,下列计算或化简正确的是(
. 2 3 5
A. a +a =a B.
C. 2
D.
1
二，填空
(.，0)
2
.：:C.
I
：：
,3,长方体的主视图、俯视图如图所示，则其左视图面积为
( )
A. 3 B . 4 C. 12 D . 16,
个
)
11
,
计算：(
窃=炽)0+ 4sin60 ?- |2 - 2 |=
4•要从小强、小红和小华三人跟随机选两人作为旗手，则小
强和小红同时入选的概率是【
2
A. 一
3
5如图，若AB
为( )
A . 35° 1 B. 3 是O O的直径，CD是O O的弦，/ ABD=55 B. 45°
C. 55° ，则/ BCD B 4—— 主视圉 2x > 3x — 3 12, 若关于x的不等式组 3x — a > 5 有实数解，则a的取值范围是 由一些大小相同的小正方形组成的一个几何体的主视图和俯视图如 13, 图所示，那么组成该几何体所需的小正方形的个数最少为 ________ 14, 在平面直角坐标系中，点 A的坐标为(3.0),点B为y轴正半轴上 的一点，点C是第一象限内一点，且 AC=2 .设tan/ BOC=m，则m的 取值范围是 . 15,已知O O是厶ABC的外接圆，OD丄BC于D,且/ BOD = 42°, 二，解答题 则/ BAC= 度. D. 75°
16,先化简，再求值:
■ 一
■- " 1 ""'.'',其中a是方程
a
2
- 1
a+1
2
x — x=6的根
18,如图(1),在矩形ABC D中，把/ B、 / D分别翻折，使点B、D分别落在对角线 BC上的点E、
F处，折痕分别为CM、AN.
(1)求证：△ AND CBM.
20.如图，在△ ABC中，/ ABC= / ACB，以AC为直径的O O分别交 AB、BC于点 M、N，点P 在AB的
延长线上，且/ CAB=2 / BCP .
(1) 求证：直线CP是O O的切线.
(2) 若 BC=2 匸,sin/ BCP=-',求点 B 到 AC
的距
离.
(2)请连接 MF、NE，证明四边形 MFNE
(3) P、Q是矩形的边CD、AB上的两点,
且AB=4 , BC=3，求PC的长度
是平行四边形，四边形 MFNE是菱形吗？请说明理由？ 连结
PQ、CQ、MN，如图(2)所示，若 PQ=CQ, PQ// MN。
(3)在第(2)
5
的条件下，求△ ACP的周长
I)
E
M
n
图
(1)
.4
图
(2)
21,,如图甲，四边形 OABC的边 OA、OC分别在 轴于点A、D，交 y轴于点E, 连结AB、AE、 x轴、y轴的正半轴上，顶点在 B点的抛物线交x
BE.已知皿 CBE = |，A(3，°)，D(—
1
，°)，
19,甲、乙两人同时从相距 90千米的 留半个
小时后返回 A地，如图是他们离 A 求甲乙从
B地返回A地的过程中,
(1)
围；
(2)
(3)
A地前往B地，甲乘汽车，乙骑摩托车，甲到达 B地停
地的距离y (千米)与x (时间)之间的函数关系图像
y
与x之间的函数关系式，并写出自变量 x的取值范
若乙出发后2小时和甲相遇，求乙从 A地到B地用了多长时间？ 在行驶的
过程中，甲乙之间的距离不超过 30千米时，x的取值范围,
E(0, 3).
(1) 求抛物线的解析式及顶点 B
(2) 求证：CB是厶ABE外接圆的切线；
(3) 试探究坐标轴上是否存在一点 P,使以D、E、P为顶点的三角形与△ ABE相似，若存在，直.
接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
⑷设△ AOE沿x轴正方向平移
求s与t之间的函数关系式,
的坐标;
t个单位长度(0 v t< 3)时，△ AOE与厶ABE重叠部分的面积为 s, 并
指出 t的取值范围.