第 – 1 -页 共 25 页 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.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上.本试卷满分 150 分. 2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合 U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则 ð (A B) （）UA. B. C. D. {−2，−1， {−2，3} {−2，2，3} {−2，−1，0，3} 0，2，3} 【答案】 【解析】 【分析】 A首先进行并集运算，然后计算补集即可. A B 1,0,1,2 ð A B 2,3 【详解】由题意可得： ，则 U .故选：A. 【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题. 2. 若 α 为第四象限角，则（ ）A. cos2α>0 B. cos2α<0 C. sin2α>0 D. sin2α<0 D【答案】 【解析】 【分析】 由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可. 36cos2 cos 0 ，选项 B 错误； 【详解】当 时， 第 – 1 -页 共 25 页 第 – 2 -页 共 25 页 2 33cos2 cos 0 当由时， ，选项 A 错误； sin 0,cos 0 在第四象限可得： ，则 ，选项 C 错误，选 sin 2 2sin cos 0 项 D 正确； 故选：D. 【点睛】本题主要考查三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考 查学生的转化能力和计算求解能力. 3. 在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成 1200 份订单的配货，由 于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超 市某日积压 500 份订单未配货，预计第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05，志愿者每人 每天能完成 50 份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于 0.95， 则至少需要志愿者（ ）A. 10 名 B. 18 名 C. 24 名 D. 32 名 B【答案】 【解析】 【分析】 算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可. 【详解】由题意，第二天新增订单数为500 1600 1200 900 ，900 18 故需要志愿者 名. 50 故选：B 【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题. 4. 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)（ ） 第 – 2 -页 共 25 页 第 – 3 -页 共 25 页 A. 3699 块 B. 3474 块 C. 3402 块 D. 3339 块 C【答案】 【解析】 【分析】 a{a } 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， n第 n 环天石心块数为 n ，第一层共有 n 环，则 S{a } S S S S 729 的前 n 项和，由题意可得 ，解方程即可得到n，进一 设n 为 n3n 2n 2n nS步得到 .3n a【详解】设第 n 环天石心块数为 n ，第一层共有 n 环， {a } a 9 (n 1)9 9n 则设是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， ，nnS{a } 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 nn 为 S , S S , S S 别为 所以 2n ，因为下层比中层多 729 块， n2n n3n S S S S 729 ，3n 2n 2n n3n(9 27n) 2n(9 18n) 2n(9 18n) n(9 9n) 729 即22222即，解得 n 9 ，9n 729 27(9 9 27) S S 3402 所以 .3n 27 2故选：C 【点晴】本题主要考查等差数列前 n 项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道 容易题. 第 – 3 -页 共 25 页 第 – 4 -页 共 25 页 2x y 3 0 5. 若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 的距离为（ ）52 5 53 5 54 5 A. B. C. D. 55B【答案】 【解析】 【分析】 a，可得圆的半径为 ，写出圆的标 a,a ,a 0 由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为 a在圆上，求得实数 的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线 2,1 准方程，利用点 2x y 3 0 的距离. 2,1 在第一象限，若圆心不在第一象限， 【详解】由于圆上的点 则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必 第一象限， 在aa,a 设圆心的坐标为 ，则圆的半径为 ，22圆的标准方程为 x a y a a2 .22由题意可得 2 a 1 a a2 ，2a 1 可得 ，解得 或，，a 5 a 6a 5 0 1,1 5,5 所以圆心的坐标为 或2 2 5 52x y 3 0 的圆心到直线 距离均为 ；d 52 5 52x y 3 0 所以，圆心到直线 的距离为 .故选：B. 【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属 于中等题. k1 ak2 ak10 215 25 k {a } a 2 a，mn ama a6. 数列 中， n ，若 ，则 （）n1A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 C【答案】 第 – 4 -页 共 25 页 第 – 5 -页 共 25 页 【解析】 分析】 【aa取，可得出数列 是等比数列，求得数列 的通项公式，利用等比数列求和公式 m 1 nn可得出关于 的等式，由 可求得 的值. kkk N aman an1 an ， 2 ，aan1 ana1 2an 【详解】在等式 中，令 ，可得 m 1 mn a 22n1 2n a所以，数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，则 ，22nnak1 1 210 2k1 1 210 2k1 210 1 25 210 1 ，ak1 ak2 ak10 1 2 1 2 5 ，则 ，解得 .2k1 2 k 1 5 k 4 故选：C. 【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考 查计算能力，属于中等题. 7. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为 ，在 M俯视图中对应的点为 ，则该端点在侧视图中对应的点为（ N）A. B. C. D. HGEFA【答案】 【解析】 【分析】 根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得 【详解】根据三视图，画出多面体立体图形， 点在侧视图中对应的点. M第 – 5 -页 共 25 页 第 – 6 -页 共 25 页 图中标出了根据三视图 点所在位置， M可知在侧视图中所对应的点为 E故选：A 【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根 据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题. x2 y2 x a 8. 设C : 1(a 0,b 0) 的两条渐近线分别交于 为坐标原点，直线 与双曲线 Oa2 b2 D, E 两点，若ODE 的面积为 8，则 的焦距的最小值为（ ）CA. 4 B. 8 C. 16 D. 32 B【答案】 【解析】 【分析】 x2 y2 by x ax a C : 1(a 0,b 0) 因为 ，可得双曲线的渐近线方程是 ，与直线 联立方 a2 b2 | ED | 程求得 ，两点坐标，即可求得 ，根据 ODE 的面积为 ，可得ab 值，根据 8DE2c 2 a2 b2 ，结合均值不等式，即可求得答案. x2 y2 【详解】 C : 1(a 0,b 0) a2 b2 by x 双曲线的渐近线方程是 ax2 y2 x a C : 1(a 0,b 0) 的两条渐近线分别交于 直线 与双曲线 ，两点 DEa2 b2 不妨设 为在第一象限， 在第四象限 DE第 – 6 -页 共 25 页 第 – 7 -页 共 25 页 x a x a y b 联立 ，解得 by xaD(a,b) 故x a x a 联立 ，解得 by b y x aE(a,b) 故| ED | 2b 1S a2b ab 8 ODE 面积为： △ODE 2×2 y2 C : 1(a 0,b 0) 双曲线 a2 b2 22其焦距为 2c 2 a b 2 2ab 2 16 8 当且仅当 取等号 a b 2 2 的焦距的最小值： C8故选：B. 【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和 均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能 力和计算能力，属于中档题. f (x) ln | 2x 1| ln | 2x 1| 9. 设函数 ，则 f(x)（ ）11 1 ( , ) 2 2 ( ,) A. 是偶函数，且在 C. 是偶函数，且在 单调递增 B. 是奇函数，且在 D. 是奇函数，且在 单调递减 单调递减 211(, ) (, ) 单调递增 22D【答案】 【解析】 【分析】 1 1 f x x , 根据奇偶性的定义可判断出 为奇函数，排除 AC；当 时，利用函数单调性 2 2 第 – 7 -页 共 25 页 第 – 8 -页 共 25 页 12f x x , 的性质可判断出 单调递增，排除 B；当 时，利用复合函数单调性可判断 f x 出 单调递减，从而得到结果. 12f x ln 2x 1 ln 2x 1 f x x x 【详解】由 得 定义域为 ，关于坐标原点对称， f x ln 1 2x ln 2x 1 ln 2x 1 ln 2x 1 f x 又， f x AC； 为定义域上的奇函数，可排除 1 1 x , f x ln 2x 1 ln 12x 当时， ，2 2 1 1 1 1 Q y ln 2x1 , y ln 1 2x , 在上单调递增， 在上单调递减， 2 2 2 2 1 1 f x , 在上单调递增，排除 B； 2 2 12x 1 2x 1 2x , f x ln 2x 1 ln 1 2x ln ln 1 当时， ，22x 1 12, f ln 上单调递减， 1 在在定义域内单调递增， 22x 1 12f x , 根据复合函数单调性可知： 在上单调递减，D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称 f x f x 的前提下，根据 与 的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范 围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论. 9 3 10. 已知△ABC 是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上.若球 O 的表面积为 416π，则 O 到平面 ABC 的距离为（ ）33A. B. C. 1 D. 322第 – 8 -页 共 25 页 第 – 9 -页 共 25 页 C【答案】 【解析】 【分析】 r根据球 的表面积和ABC 的面积可求得球 的半径 和ABC 外接圆半径 ，由球的性 OOR22质可知所求距离 .d R r 2【详解】设球 的半径为 ，则 O，解得： .RR 2 4 R 16 ar设ABC 外接圆半径为 ，边长为 ，9 3 是面积为 的等边三角形， ABC 4139 3 2a2 292 a2 r a 9 3 ，解得： ，，a 3 224343422球心 到平面 O的距离 .ABC d R r 4 3 1 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. xyx y ，则（ ）11. 若2 2 3 3 ln(y x 1) 0 ln(y x 1) 0 ln | x y | 0 A. B. C. D. ln | x y | 0 A【答案】 【解析】 【分析】 f t 2t 3t xx y y x y 将不等式变为 ，根据 的单调性知 ，以此去判断各个 2 3 2 3 选项中真数与 的大小关系，进而得到结果. 1xyx xx y y 【详解】由 y 得： ，2 2 3 3 2 3 2 3 f t 2t 3t 令 ， y 2x 为上的增函数， y 3x 为上的减函数， 为上的增函数， f t RRR第 – 9 -页 共 25 页 第 – 10 -页 共 25 页 x y ，Q y x 0 y x 11 ，ln y x 1 0 ，则 A 正确，B 错误； ，Q x y 与 的大小不确定，故CD 无法确定. 1故选：A. 【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函 x, y 数的单调性得到 的大小关系，考查了转化与化归的数学思想. a aa a {0,1}(i 1,2,) 12. 0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 满足 ，且存 12nim在正整数 ，使得 a a (i 1,2,) 成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足 im immaim a (i 1,2,) a aa 的最小正整数 为这个序列的周期.对于周期为 的0-1 序列 ，i12nm1C(k) a a(k 1,2,,m 1) 是描述其性质的重要指标，下列周期为 5 的 0-1 序列中，满 的序列是（ 11011 m iik i1 1C(k) (k 1,2,3,4) 足）511010 10001 11001 AB. C. D. C【答案】 【解析】 a a a【详解】由 i 知，序列 i 的周期为 m，由已知， m 5 ，im 51C(k) a a,k 1,2,3,4 5 iik i1 对于选项 A， 5111151C(1) C(2) a ai1 (a1a2 a2a3 a3a4 a4a5 a5a6 ) (1 0 0 0 0) 5 i555i1 511125a a (a1a3 a2a4 a3a5 a4a6 a5a7 ) (0 1 0 1 0) ，不满足； 5 ii2 55i1 对于选项 B， 511135C(1) a ai1 (a1a2 a2a3 a3a4 a4a5 a5a6 ) (1 0 0 11) ，不满足； 5 i55i1 对于选项 D， 第 – 10 -页 共 25 页 第 – 11 -页 共 25 页 511125C(1) a ai1 (a1a2 a2a3 a3a4 a4a5 a5a6 ) (1 0 0 0 1) ，不满足； 5 i55i1 故选：C 【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及 数学运算能力，是一道中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知单位向量 a，b 的夹角为 45°，ka–b 与 a 垂直，则 k=__________. 2【答案】 2【解析】 【分析】 首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数 k 的值. 2【详解】由题意可得： ，ab 11cos45 2 k a b a 0 由向量垂直的充分必要条件可得： ，2 22即： ，解得： .k a ab k 0 k 222故答案为： ．2【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识， 意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 14. 4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区至少安排 1 名同学，则不同的安排方法共有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】 36 根据题意，采用捆绑法，先取 2 名同学看作一组，现在可看成是 3 组同学分配到 3 个小区， 即可求得答案. 第 – 11 -页 共 25 页 第 – 12 -页 共 25 页 【详解】 4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区至 少安排 1 名同学 C2 6 先取 2 名同学看作一组，选法有： 4A3 6 现在可看成是 3 组同学分配到 3 个小区，分法有： 3根据分步乘法原理，可得不同的安排方法 种66 36 故答案为： .36 【点睛】本题主要考查了计数原理的实际应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使 用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. zz|z |=|z |=2 | z z | z1 z2 3 i ，则 15. 设复数 ，2 满足 ，=__________. 12112【答案】 2 3 【解析】 【分析】 z 2cos 2sin i z 2cos 2sin i ， 根 据 复 数 的 相 等 可 求 得 令，1212cos cos sin sin z z 2 ，代入复数模长的公式中即可得到结果. z 2cos 2sin i z 2cos 2sin i ，【详解】 ，可设 ，1212z z 2 cos cos 2 sin sin i 3 i ，122 cos cos 3 4 2 2cos cos 2sin sin 4 ，两式平方作和得： ，2 sin sin 1 1cos cos sin sin 化简得： 2 z z 2 cos cos 2 sin sin i 12 4 cos cos 2 4 sin sin 88 cos cos sin sin 2 8 4 2 3 故答案为： .2 3 第 – 12 -页 共 25 页 第 – 13 -页 共 25 页 【点睛】本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；关键是能够采用假设的方式， 将问题转化为三角函数的运算问题. 16. 设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面. p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p4：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__________. p p p p p p p p ①②③④14122334【答案】①③④ 【解析】 【分析】 pp利用两交线直线确定一个平面可判断命题 1 的真假；利用三点共线可判断命题 2 的真假；利 pp用异面直线可判断命题 3 的真假，利用线面垂直的定义可判断命题 4 的真假.再利用复合命 题的真假可得出结论. pll【详解】对于命题 ，可设与 2 相交，这两条直线确定的平面为 ；11与 相交，则交点在平面 内， ll若A31B也在平面 内， ll同理， 3 与 2 的交点 l p，命题 1 为真命题； 所以， AB ，即 3p对于命题 2 ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， p命题 2 为假命题； 第 – 13 -页 共 25 页 第 – 14 -页 共 25 页 p对于命题 3 ，空间中两条直线相交、平行或异面， p命题 3 为假命题； ，p对于命题 ，若直线 平面 m 4m垂直于平面 内所有直线， 则，直线l 平面 直线 直线 ， lm p命题 4 为真命题. p p p p 综上可知， 4 为真命题， 2 为假命题， p p 4 为真命题. 11p2 p 3 为真命题， 故答案为：①③④. 3【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. 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17～21 题为 必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC. 17. ABC 中， （1）求 A； （2）若 BC=3，求ABC 周长的最大值. 2 【答案】（1） ；（2） .3 2 3 3【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理角化边，配凑出 的形式，进而求得 ；cos A A2（2）利用余弦定理可得到 AC AB AC AB 9 ，利用基本不等式可求得 的AC AB 最大值，进而得到结果. 222【详解】（1）由正弦定理可得： ，BC AC AB AC AB AC2 AB2 BC2 1，cos A 2AC AB 2第 – 14 -页 共 25 页 第 – 15 -页 共 25 页 2 3 A 0, A ，.22222（2）由余弦定理得： ，BC AC AB 2AC ABcos A AC AB AC AB 9 2即AC AB AC AB 9 .2AC AB （当且仅当 时取等号）， AC AB AC AB 22AC AB 34222，9 AC AB AC AB AC AB AC AB 2解得： （当且仅当 时取等号）， AC AB AC AB 2 3 周长 ，周长的最大值为 .ABC ABC L AC AB BC 3 2 3 3 2 3 【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、 三角形周长最大值的求解问题；求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结 合基本不等式构造不等关系求得最值. 18. 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种 野生动物的数量，将其分成面积相近的 200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽 取 20 个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中 xi 和 yi 分别表示第 i 个样 20 x 60 区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得 ，ii1 20 20 20 20 y 1200 （x x)2 80 （y y)2 9000 （x x（) y y) 800 .，，，iiiiii1 i1 i1 i1 （1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动 物数量的平均数乘以地块数）； （2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到 0.01）； （3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区 这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由. n（x x（) y y) iii1 附：相关系数 r= ，=1.414. 2nn（x x)2 （y y)2 iii1 i1 第 – 15 -页 共 25 页 第 – 16 -页 共 25 页 0.94 【答案】（1）12000；（2） 【解析】 ；（3）详见解析 【分析】 （1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可； 20 (x x)(y y) iii1 r （2）利用公式 计算即可； 20 20 (x x)2 (y y)2 iii1 i1 （3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样. 20 11y 1200 60 【详解】（1）样区野生动物平均数为 ，20 i20 i1 200 ，该地区这种野生动物的估计值为 20060 12000 地块数为 (x , y ) （2）样本 的相关系数为 ii20 (xi x)(yi y) 800 2 2 3i1 r 0.94 20 20 809000 (xi x)2 (yi y)2 i1 i1 （3） 由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样 先将植物覆盖面积按优中差分成三层， 在各层内按比例抽取样本， 在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可. 【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数 学运算能力，是一道容易题. x2 y2 19. 已知椭圆 C1： (a>b>0)的右焦点 F 与抛物线 C 的焦点重合，C 的中心与 C 的 1 212a2 b2 4顶点重合.过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C1 于 A，B 两点，交 C2 于 C，D 两点，且|CD|= |AB|. 3（1）求 C1 的离心率； （2）设 M 是 C1 与 C2 的公共点，若|MF|=5，求 C1 与 C2 的标准方程. 第 – 16 -页 共 25 页 第 – 17 -页 共 25 页 x2 y2 1C : y2 12x 【答案】（1） ；（2） ，.C1 : 1 2236 27 【解析】 【分析】 4acC可得出关于 、 的齐次等式，可解得椭圆 1 的 AB CD CD AB （1）求出 、，利用 3离心率的值； x2 y2 CCC2（2）由（1）可得出 1 的方程为 ，联立曲线 1 与 的方程，求出点 的坐 1 M4c2 3c2 cMF 5 CC标，利用抛物线的定义结合 可求得 的值，进而可得出 1 与 2 的标准方程. F c,0 C1【详解】（1） ，AB x 轴且与椭圆 相交于 B、 两点， Ax c 则直线 的方程为 AB ，x c x c y x2 y2 2b2 b2 a1 联立 ，解得 ，则 ，AB a2 b2 aa2 b2 c2 x c y2 4cx 抛物线 2 的方程为 y2 4cx ，联立 ，Cx c CD 4c ，解得 ，y 2c 8b2 3a 42 CD AB ，即 ，，4c 2b 3ac 3第 – 17 -页 共 25 页 第 – 18 -页 共 25 页 222即，即 ，2c 3ac 2a 0 2e 3e 2 0 112C，因此，椭圆 1 的离心率为 e ，解得 ；Q0 e 1 2×2 y2 C，椭圆 1 的方程为 （2）由（1）知 a 2c ，，1 b 3c 4c2 3c2 2y 4cx 222y2 3x 16cx 12c 0 y，消去 并整理得 联立 解得 ， x 1 4c2 3c2 2x c 或x 6c （舍去）， 325c MF c c 5 由抛物线的定义可得 ，解得 c 3 .33×2 y2 C因此，曲线 1 的标准方程为 ，1 36 27 y2 12x C曲线 2 的标准方程为 .【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标 准方程，考查计算能力，属于中等题. 20. 如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F. （1）证明：AA1∥MN，且平面 A1AMN⊥EB1C1F； （2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO∥平面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 第 – 18 -页 共 25 页 第 – 19 -页 共 25 页 所成角的正弦值. 10 【答案】（1）证明见解析；（2） .10 【解析】 【分析】 M , N B C MN//CC AA / /BB 1 ，根据条件可得 1 ，可证 （1）由 MN//AA 分别为 BC ，1 的中点， 11EB C F A AMN A AMN 即可； 11 ，要证平面 平面 ，只需证明 平面 EF 111B C 1 截取 1（2）连接 ，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得 ，在 NP EP B Q EP A AMN QPN B E 为A AMN BC ⊥ ，由（1） 平面 ，可得 与平面 所成角，即可 1111求得答案. M , N B C 1 的中点， 1【详解】（1） 分别为 BC ，MN//BB 1AA / /BB 又11MN//AA 1在又ABC 中， 为BC 中点，则 BC AM MBB C C 为矩形， 1 1 侧面 BC BB 1MN//BB 1MN BC MN, AM A AMN 1由MN AM M ，平面 A AMN BC ⊥ 平面 1又B C//BC B C ，且 平面 ，ABC BC 平面 ，ABC 1111B C// 平面 ABC 11第 – 19 -页 共 25 页 第 – 20 -页 共 25 页 又B C EB C F EB C F 平面 ，且平面 平面 ABC EF 111111B C1 / /EF 1EF//BC A AMN 又平面 BC 1A AMN 平面 EF 1EB C F 平面 EF 11EB C F A AMN 平面 1平面 11（2）连接 NP EB C F EB C F NP AO// 平面 ，平面 AONP 平面 1111AO//NP 根据三棱柱上下底面平行， A NMA A NMA A B C A N 其面 平面 ，面 平面 ABC AM 111111ON//AP 故：四边形ONPA是平行四边形 设ABC 边长是 6m ( ) m 0 可得：ON AP ，NP AO AB 6m △ A B C △ A B C 为1 的中心，且 1 边长为 6m O1111第 – 20 -页 共 25 页 第 – 21 -页 共 25 页 1ON 6sin 60 3m 3故： ON AP 3m EF//BC AP EP AM BM 3EP 33 3 解得： EP m B C B Q EP m QN 2m 在1 截取 ，故 11B Q EP B Q//EP 且11B QPE 四边形 是平行四边形， 1B E//PQ 1B C A AMN 由（1） 平面 111QPN B E 为A AMN 1故在与平面 所成角 12222Rt△QPN ，根据勾股定理可得： PQ QN PN 2m 6m 2 10m QN PQ 2m 10 sin QPN 10 2 10m 10 B E A AMN 与平面 所成角的正弦值： 1直线 .110 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直 转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题. 221. 已知函数 f(x)=sin xsin2x. （1）讨论 f(x)在区间(0，π)的单调性； 3 3 （2）证明： ；f (x) 8第 – 21 -页 共 25 页 第 – 22 -页 共 25 页 3n 4n （3）设 n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ .3 2 3 3 x 0, f ‘ x 0, f x x ,【 答 案 】（ 1 ） 当 f ‘ x 0, f x 时 ， 单 调 递 增 ， 当 时 ， 2 x , f ‘ x 0, f x 时， 单调递减，当 单调递增.（2）证明见解析； 3（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原 函数的单调性即可； (2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即 可证得题中的不等式； (3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得 2222n1 n2n3 ，然后结合(2) f x sin x sin xsin 2x sin 2xsin 4x sin 2xsin 2x sin 2 x 的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式. f x 2sin3 xcos x 【详解】(1)由函数的解析式可得： ，则： f ‘ x 2 3sin2 xcos2 x sin4 x 2sin2 x 3cos2 x sin2 x 2sin2 x 4cos2 x 1 2sin2 x 2cos x 1 2cosx 1 ，2 f ‘ x 0 x 0, x , x2 在上的根为： ，1333x 0, f ‘ x 0, f x 当当当时， 单调递增， 2 x x ,f ‘ x 0, f x 时， 单调递减， 3 3 2 , f ‘ x 0, f x 时， 单调递增. 3f x sin2 x sin 2 x sin2 xsin 2x f x (2)注意到 ，第 – 22 -页 共 25 页 第 – 23 -页 共 25 页 f x 故函数 是周期为 的函数， f 0 f 0 结合(1)的结论，计算可得： ，2 2 3 333 3 82 33233 3 8 f，，f ， 2223 3 83 3 8据此可得： ， f x f x max min 3 3 8即.f x (3)结合(2)的结论有： sin2 xsin2 2xsin2 4xsin2 2n x 233333n sin xsin 2xsin 4xsin 2 x 23222n1 n2n sin x sin xsin 2x sin 2xsin 4x sin 2xsin 2x sin 2 x 233 33 3 3 3 8 sin x sin2 2n x 8823n n3 3 3 8. 4 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知 识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析 几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． （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. [选修 4—4：坐标系与参数方程] 1x t , 2x 4cos ， t122. 已知曲线 C ，C 的参数方程分别为 C ： （θ 为参数），C ： （t 为 1212y 4sin2 y t t第 – 23 -页 共 25 页 第 – 24 -页 共 25 页 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. 17 C : x2 y2 4 cos C : x y 4 【答案】（1） ；；（2） .125【解析】 【分析】 t（1）分别消去参数 和即可得到所求普通方程； （2）两方程联立求得点 可得到所求极坐标方程. P，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即 22Cx y 4 【详解】（1）由 得1 的普通方程为： ；cos sin 1 1t1t1x t y t x2 t2 2 t2 ，两式作差可得 2 的普通方程为： x2 y2 4 .C由得： 122y t 2 t2 5232x y x y 4 x2 y2 4 5 3 P,（2）由 得： ，即 ；2 2 a,0 设所求圆圆心的直角坐标为 ，其中 ，a 0 2217 17 10 5232，a r 则，解得： 所求圆的半径 ，a 0 a2 10 2217 17 10 17 10 x2 y2 x，x y2 所求圆的直角坐标方程为： ，即 517 cos 所求圆的极坐标方程为 .5【点睛】本题考查极坐标与参数方程的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程、直角坐 标方程化极坐标方程等知识，属于常考题型. 第 – 24 -页 共 25 页 第 – 25 -页 共 25 页 [选修 4—5：不等式选讲] f (x) x a2 | x 2a 1| 23. 已知函数 .f (x)… 4 （1）当 （2）若 时，求不等式 的解集； a 2 f (x)… 4 ，求 a 的取值范围. 3211 2x x x ,1 3, 【答案】（1） 或；（2） .【解析】 【分析】 x 4 三种情况下解不等式求得结果； （1）分别在 x 3 、和3 x 4 （2）利用绝对值三角不等式可得到 f x a 1 2 ，由此构造不等式求得结果. f x x4 x3 时， .【详解】（1）当 a 2 32f x 4 x3 x 72x 4 x≤ 当当当x 3时， ，解得： ；；f x 4 x x 3 1 4 时， ，无解； 3 x 4 11 2f x x4 x3 2x7 4 x 4 x 时， f x 4 ，解得： 3211 2x x x 综上所述： 的解集为 或.（2） 2 （当且 f x x a2 x 2a 1 x a2 x 2a 1 a2 2a 1 a 1 仅当 2 时取等号）， 2a 1 x a 2 a 1 4 ，解得： a 1 或a 3 ，a ,1 3, 的取值范围为 . 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考 题型. 第 – 25 -页 共 25 页
声明：如果本站提供的资源有问题或者不能下载，请点击页面底部的"联系我们"；
本站提供的资源大部分来自网络收集整理，如果侵犯了您的版权，请联系我们删除。
