全国Ⅱ卷 2020届高三理数名校高频错题卷(六)

2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1. 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}2. 若α为第四象限角，则( )A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D. sin2α<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，预计第二天新订单是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，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于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)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5. 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.√55B. 2√55C.3√55D.4√556. 数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k= ()A.2B.3C.4D.57. 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M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )A.EB.FC.GD.H8. 设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为() A.4 B.8 C.16 D.329. 设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)( )A.是偶函数，且在(12,+∞)单调递增B.是奇函数，且在(−12,12)单调递减C.是偶函数，且在(−∞,−12)单调递增D.是奇函数，且在(−∞,−12)单调递减10. 已知△ABC是面积为9√34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()A.√3B.32C.1 D.√3211. 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|<012. 0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a 1a 2⋯a n ⋯满足a i ∈{0,1}(i =1,2,⋯)，且存在正整数m ，使得a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0−1序列a 1a 2⋯a n ⋯,C (k )=1m∑a i m i=1a i+k (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，满足C (k )≤15(k =1,2,3,4)的序列是( ) A.11010⋯ B.11011⋯ C.10001⋯ D.11001⋯二、填空题已知单位向量a →，b →的夹角为45∘，ka →−b →与a →垂直，则k =________.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名学生，则不同的安排方法有________种．设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.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 . 则下列命题中所有真命题的序号是________.①p 1∧p 4 ；②p 1∧p 2 ；③¬p 2∨p 3 ； ④¬p 3∨¬p 4. 三、解答题△ABC 中， sin 2A −sin 2B −sin 2C =sin B sin C . (1)求A ；(2)若BC =3，求△ABC 周长的最大值．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(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i 20i=1=60 ，∑y i 20i=1=1200， ∑(x i −x ¯)220i=1=80， ∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(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(x i,y i)(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．附：相关系数：r=∑(x−x¯)n(y−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1√2≈1.414.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合.C1的中心与C2的顶点重合，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|=43|AB|.(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.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⊥面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．已知函数f(x)=sin2x sin2x.(1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明：sin2x sin22x sin24x⋯sin22n x≤3n4n.已知曲线C1,C2的参数方程分别为C1：{x=4cos2θ，y=4sin2θ(θ为参数)，C2：{x=t+1t，y=t−1t(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.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.参考答案与试题解析2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1.【答案】A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知A∪B={−1,0,1,2}，故∁U(A∪B)={−2,3}.故选A.2.【答案】D【考点】任意角的三角函数【解析】此题暂无解析【解答】解：∵α为第四象限角，∴−π+2kπ<α<2kπ，2∴−π+4kπ<2α<4kπ，∴2α是第三或第四象限角，∴当2α在第三象限时，cos2α<0，当2α在第四象限时，cos2α>0，故A，B错误；无论2α在第三还是在第四象限，都有sin2α<0.故选D.3.【答案】B【考点】生活中概率应用【解析】此题暂无解析【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为：1600+500−1200=18名.50故选B.4.【答案】C【考点】等差数列的前n项和等差数列的性质等差数列【解析】此题暂无解析【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差d=9，a1=9.由等差数列性质知S n，S2n−S n，S3n−S2n成等差数列，且(S3n−S2n)−(S2n−S n)=n2d，则9n2=729，解得n=9，则三层共有扇形面石板为S3n=S27=27a1+27×262×9=3402块. 故选C.5.【答案】B【考点】点与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：设圆心为(a,a)，则半径为a，圆过点(2,1)，则(a−2)2+(a−1)2=a2，解得a=1或a=5，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心(1,1)到直线的距离是d=5=2√55，圆心(5,5)到直线的距离是d=√5=2√55.故选B.6.【答案】C【考点】等比数列的前n项和等比关系的确定【解析】此题暂无解析【解答】解：a m+n=a m a n，取m=1，则a1+n=a1a n. 又a1=2，所以a n+1a n=2，所以{a n}是首项，公比均为2等比数列，则a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=2k+1(1−210)1−2=2k+1⋅210−2k+1=215−25，解得k=4.故选C.7.【答案】A【考点】由三视图还原实物图【解析】此题暂无解析【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然所求点对应的为E点.故选A.8.【答案】B【考点】直线与双曲线结合的最值问题双曲线的渐近线【解析】此题暂无解析【解答】解：双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为y=±bax，则容易得到|DE|=2b，则S△ODE=ab=8. 又因为c2=a2+b2≥2ab=16，即c≥4，焦距2c≥8.故选B.9.【答案】D【考点】函数奇偶性的判断复合函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：函数f(−x)=ln|−2x+1|−ln|−2x−1|=ln|1−2x|−ln|2x+1|=−f(x)，∴f(x)为奇函数.当x∈(12，+∞)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(2x−1)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减；当x∈(−12,12)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(1−2x)，单调递增；当x∈(−∞,−12)时，f(x)=ln(−2x−1)−ln(1−2x)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减.故选D.10.【答案】C【考点】三角形的面积公式三角形五心球的体积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：设ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，圆O1的半径为r，球O半径为R，等边三角形△ABC的边长为a，则S△ABC=√34a2=9√34，可得a=3，所以r=√3=√3.由题知球O的表面积为16π，则R=2，由R2=r2+d2，易得d=1，即O到平面ABC的距离为1. 故选C.11.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性函数单调性的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：2x−3−x<2y−3−y，设f(x)=2x−3−x，则f′(x)=2x ln2+3−x ln3>0，∴函数f(x)在R上单调递增，∵f(x)<f(y)，所以x<y，则y−x+1>1，∴ln(y−x+1)>0.故选A.12.【答案】C【考点】函数新定义问题数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：对于A选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+0)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+1+0+1+0)=25>15，不满足，排除；对于B选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+1+1)=35>15，不满足，排除；对于C选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(0+0+0+0+1)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+0+0+0+0)=0，C(3)=15∑a i5i=1a i+3=15(0+0+0+0+0)=0，C(4)=15∑a i5i=1a i+4=15(1+0+0+0+0)=15，满足；对于D选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+1)=25>0，不满足，排除.故选C．二、填空题【答案】√22向量的数量积判断向量的共线与垂直 平面向量数量积 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 单位向量a →，b →的夹角为45∘， ∴ a →⋅b →=|a →|⋅|b →|⋅cos 45∘=√22. ∵ ka →−b →与a →垂直， ∴ (ka →−b →)⋅a →=k −√22=0，∴ k =√22. 故答案为：√22.【答案】36【考点】排列、组合及简单计数问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意可得，不同的安排方法有C 42A 33=36种. 故答案为：36. 【答案】2√3【考点】 复数的模 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题设z 1=a +bi ，则z 2=(√3−a)+(1−b )i ， 故 |z 1|2=a 2+b 2=4， |z 2|2=(√3−a)2+(1−b )2 =a 2+b 2−2√3a −2b +4=4， 则|z 1−z 2|2=(2a −√3)2+(2b −1)2 =4a 2+4b 2−4√3a −4b +4=2(a 2+b 2)+2(a 2+b 2−2√3a −2b)+4 =2×4+4=12， 故|z 1−z 2|=2√3. 故答案为：2√3.①③④【考点】逻辑联结词“或”“且”“非”命题的真假判断与应用空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：对于p1：可设l1与l2相交，所得平面为α．若l3与l1相交，则交点A必在α内，同理，与l2交点B在α内，故直线AB在α内，即l3在α内，故p1为真命题．对于p2：过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数多平面，故p2为假命题．对于p3：空间中两条直线的位置关系有相交、平行、异面，若不相交，可能平行，也可能异面，故p3为假命题．对于p4：若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，因为直线l⊂平面α，故m⊥l，故p4为真命题．综上可知：①p1∧p4为真命题；②p1∧p2为假命题，③¬p2∨p3为真命题；④¬p3∨¬p4为真命题．故答案为：①③④ .三、解答题【答案】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc =−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2, (b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.【考点】基本不等式在最值问题中的应用正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc =−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2,(b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.【答案】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．【考点】众数、中位数、平均数相关系数收集数据的方法此题暂无解析【解答】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．【答案】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB| .C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.【考点】圆锥曲线的综合问题椭圆的离心率抛物线的标准方程抛物线的定义椭圆的标准方程【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB| .C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.【答案】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为√1010.【考点】直线与平面所成的角两条直线平行的判定平面与平面垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为√1010.【答案】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减； 当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数．f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯ sin 22n−1x sin 2n x ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x ≤(34)3n2 ， ∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x =sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2nx ≤(34)3n 2，∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 【考点】 不等式的证明利用导数研究函数的单调性 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增； 当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减；当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数． f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯，sin 22n−1x sin 2nx ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22nx ≤(34)3n 2，∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x=sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2n x ≤(34)3n2， ∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 【答案】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t可得{x 2=t 2+2+1t2，③y 2=t 2−2+1t2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32， 所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ，解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710，则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2，即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线与双曲线结合的最值问题 参数方程与普通方程的互化 点到直线的距离公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t 可得{x 2=t 2+2+1t2，③y 2=t 2−2+1t 2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32， 所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ，解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710， 则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2， 即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.【答案】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.试卷第21页，总21页 因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2， 故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时， f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).【考点】绝对值不等式的解法与证明绝对值三角不等式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2， 故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时， f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).。

2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1. 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}2. 若α为第四象限角，则( )A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D. sin2α<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，预计第二天新订单是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，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于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)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5. 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.√55B. 2√55C.3√55D.4√556. 数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k=()A.2 B.3 C.4 D.57. 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M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )A.EB.FC.GD.H8. 设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.329. 设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)满足( )A.是偶函数，且在(12,+∞)单调递增B.是奇函数，且在(−12,12)单调递减C.是偶函数，且在(−∞,−12)单调递增D.是奇函数，且在(−∞,−12)单调递减10. 已知△ABC是面积为9√34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()A.√3B.32C.1D.√3211. 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|<012. 0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a 1a 2⋯a n ⋯满足a i ∈{0,1}(i =1,2,⋯)，且存在正整数m ，使得a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0−1序列a 1a 2⋯a n ⋯,C (k )=1m∑a i m i=1a i+k (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，满足C (k )≤15(k =1,2,3,4)的序列是( ) A.11010⋯ B.11011⋯ C.10001⋯ D.11001⋯二、填空题13. 已知单位向量a →，b →的夹角为45∘，ka →−b →与a →垂直，则k =________.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名学生，则不同的安排方法有________种．15. 设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.16. 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 . 则下列命题中所有真命题的序号是________.①p 1∧p 4 ；②p 1∧p 2 ；③¬p 2∨p 3 ； ④¬p 3∨¬p 4. 三、解答题17. △ABC 中， sin 2A −sin 2B −sin 2C =sin B sin C . (1)求A ；(2)若BC =3，求△ABC 周长的最大值．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(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i 20i=1=60 ，∑y i 20i=1=1200， ∑(x i −x ¯)220i=1=80， ∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(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(x i ,y i )(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． 附：相关系数 r =∑(x −x ¯)n (y −y ¯)√∑(x i −x )2n i=1∑(y i −y )2n i=1，√2≈1.414.19. 已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合.C 1的中心与C 2的顶点重合，过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD|=43|AB|. (1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点.若|MF|=5，求C 1与C 2的标准方程.20. 如图已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． (1)证明： AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO//平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．21. 已知函数f (x)=sin 2x sin 2x . (1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明： sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n .22. 已知曲线C 1,C 2的参数方程分别为C 1：{x =4cos 2θ，y =4sin 2θ(θ为参数)，C 2：{x =t +1t，y =t −1t (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. 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.参考答案与试题解析2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】B4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】C7.【答案】A8.【答案】B9.【答案】D10.【答案】C11.【答案】A12.【答案】C 二、填空题13.【答案】√2214.【答案】3615.【答案】2√316.【答案】①③④三、解答题17.【答案】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc=−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2,(b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.18.【答案】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000.(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94 .(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．19.【答案】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB|，C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2.设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.20.【答案】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//平面EB1C1F，AO⊂平面AMNA1，平面AMNA1∩平面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP，PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN =B 1C 1=EH =3，B 1H =1，B 1E =√10，sin ∠B1EH =B 1H B 1E=√1010. 所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为√1010. 21.【答案】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减；当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数． f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯sin 22n−1x sin 2n x ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x ≤(34)3n2 ， ∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x =sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2nx ≤(34)3n 2，∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 22.【答案】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t可得{x 2=t 2+2+1t 2，③y 2=t 2−2+1t2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32， 所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ， 解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710，则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2，即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.23. 【答案】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2， 故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4， 所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4， 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).。

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）试题一、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{}2,1,0,1,2,3U =--，{}1,0,1A =-，{}1,2B =，则()UA B =A ．{}-2,3 B.{}-2,2,3 C.{}-2-1,0,3， D.{}-2-1,0,2,3， 2.若α为第四象限角，则A ．cos20α> B.cos20α< C.sin 20α> D.sin 20α<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，已知该超市某日挤压500份订单为配货，预计第二天的新订单超过1600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4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上册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环，向外每环也依次增加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.3349块5.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. 55 B.552 C.553 D..554 6.数列{a n }中，a 1=2，a m+n =a m a n ，若a k+1+a k+2+…a k+10=215-25，则k= A.2 B.3 C.4 D.57.右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M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A.EB.FC.GD.H8.设O 为坐标原点，直线x=a 与双曲线C ：a x 22-by 22=1（a>0，b>0）的两条渐近线分别交于D ，E 两点，若△ODE 的面积为8，则C 的焦距的最小值为 A.4 B.8 C.16 D.329.设函数|12|ln |12|ln )(--+=x x x f ，则)(x fA.是偶函数，且在),21(+∞单调递增B.是奇函数，且在)21,21(-单调递减C.是偶函数，且在)21,(--∞单调递增D.是奇函数，且在)21,(--∞单调递减10.已知△ABC 是面积为439的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上，若球O 表面积为π16，则O 到平面ABC 的距离为A.3B.23 C.1 D.2311.若y xyx---<-3322，则A.0)1ln(>+-x yB.0)1ln(<+-x yC.0||ln >-y xD.0||ln <-y x12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列......21n a a a 满足,...)2,1}(1,0{1=∈i a ，且存在正整数m ，使得 ,...)2,1(==+i a a i m i 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足,...)2,1(==+i a a i m i 的最小正整数m 为这个序列的周期，对于周期为m 的0-1序列......21n a a a ，)1,...,2,1(1)(1-=∑=+=m k a a m k C k i i mi 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足)4,3,2,1(51)(=≤k k C 的序列是A.11010...B.11011...C.10001...D.11001...二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。

2021届高考复习综合检测二(全国卷)数 学（理科）考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)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A ＝{x |x 2－x －2>0}，B ＝{x |log 2x ≤2}，则A ∩B 等于( ) A ．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B ．(2,4] C ．(0,2)D ．(－1,4]2．复数z ＝2－i1＋i 对应的点在复平面内位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A.932B.516C.38D.7164．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，则A 等于( ) A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π65．(2019·河南省郑州市第一中学适应性考试)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (0)＝0，当x <0时，f (x )单调递增．若实数a 满足f (3－|a ＋1|)>f ⎝⎛⎭⎫－33，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－32，－12 B.⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫－43，－23 D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪⎝⎛⎭⎫－23，＋∞ 6．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A.(6＋π)36B.(8＋π)36C.(8＋2π)36D.(9＋2π)367．已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的图象如图所示，若函数h (x )＝f (x )＋1的两个不同零点分别为x 1，x 2，则|x 1－x 2|的最小值为( )A.2π3B.π2C.4π3D ．π 8．(2019·上海市吴淞中学期末)函数f (x )＝a －x 2|x ＋1|－1为奇函数的充要条件是( )A ．0<a <1B ．a >1C ．0<a ≤1D ．a ≥19．抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，已知点A 和B 分别为抛物线上的两个动点．且满足∠AFB ＝120°，过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则||MN ||AB 的最大值为( ) A. 3 B ．1 C.233 D.3310．(2019·上海市曹杨中学期末)设定义域为R 的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg|x －1||(x ≠1)，0(x ＝1)，则关于x 的方程f 2(x )＋bf (x )＋c ＝0有7个不同实数根的充要条件是( ) A ．b <0且c >0 B ．b <0且c <0 C ．b <0且c ＝0D ．b ≥0且c ＝011．(2020·哈尔滨市师范大学附属中学月考)已知O 为△ABC 的外接圆的圆心，且3OA →＋4OB →＝－5OC →，则C 的值为( ) A.π4 B.π2 C.π6D.π1212．已知函数f (x )＝ln x ＋(x －t )2x ，t ∈R ，若对任意的x ∈[1,2]，f (x )>－x ·f ′(x )恒成立，则实数t 的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B.⎝⎛⎭⎫－∞，32 C ．(－∞，3) D.⎝⎛⎭⎫－∞，94第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．已知定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝log 2x －3x ，则f (－1)＝________. 14．若(x －1)5－2x 4＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3＋a 4(x －2)4＋a 5(x －2)5，则a 2＝________.15．设f ′(x )和g ′(x )分别是f (x )和g (x )的导函数，若f ′(x )·g ′(x )<0在区间I 上恒成立，则称f (x )和g (x )在区间I 上单调性相反．若函数f (x )＝13x 3－2ax (a ∈R )与g (x )＝x 2＋2bx (b ∈R )在区间(a ，b )上单调性相反(a >0)，则b －a 的最大值为__________．16．已知圆O ：x 2＋y 2＝1与x 轴负半轴的交点为A ，P 为直线3x ＋4y －a ＝0上一点，过P 作圆O 的切线，切点为T ，若|P A |＝2|PT |，则a 的最大值为________．三、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)在锐角△ABC 中， a ，b ，c 为内角A ，B ，C 的对边，且满足(2c －a )cos B －b cos A ＝0.(1)求角B 的大小；(2)已知c ＝2，AC 边上的高BD ＝3217，求△ABC 的面积S 的值．18．(12分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝1，底面ABCD的周长为4，E为BA1的中点．(1)判断两直线EC1与AD的位置关系，并给予证明；(2)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求直线BA1与平面A1CD所成的角θ.19.(12分)已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)和椭圆C 2：x 22＋y 2＝1的离心率相同，且点(2，1)在椭圆C 1上． (1)求椭圆C 1的方程；(2)设P 为椭圆C 2上一点，过点P 作直线交椭圆C 1于A ，C 两点，且P 恰为弦AC 的中点，则当点P 变化时，试问△AOC 的面积是否为常数，若是，求出此常数，若不是，请说明理由．20．(12分)当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．目前，国家教育主管部门正在研制的《新时代全面加强和改进学校体育美育工作意见》，以及将出台的加强劳动教育指导意见和劳动教育指导大纲，无疑将对体美劳教育提出刚性要求．为激发学生加强体育活动，保证学生健康成长，某校开展了校级排球比赛，现有甲乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满8局时停止．设甲在每局中获胜的概率为p ⎝⎛⎭⎫p >12，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为59. (1)求p 的值；(2)设X 表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X 的分布列和均值E (X )．21.(12分)函数f (x )＝ln x ＋1－x ax (a ∈R 且a ≠0)，g (x )＝(b －1)x －x e x －1x (b ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，若关于x 的不等式f (x )＋g (x )≤－2恒成立，求实数b 的取值范围．请在第22～23题中任选一题作答．22．(10分)在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ1－cos 2θ，直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数，0≤α<π)．(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，且线段AB 的中点为M (2,2)，求α.23．(10分)已知函数f (x )＝m －|x ＋4|(m >0)，且f (x －2)≥0的解集为[－3，－1]． (1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 都是正实数，且1a ＋12b ＋13c＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.答案精析1．B [∵集合A ＝{x |x 2－x －2>0}＝{x |x <－1或x >2}， B ＝{x |log 2x ≤2}＝{x |0<x ≤4}， ∴A ∩B ＝{x |2<x ≤4}＝(2,4]．]2．D [z ＝2－i 1＋i ，即z ＝(2－i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1－3i 2＝12－3i2，故z 在复平面内对应的点位于第四象限．]3．C [设小正方形的边长为1，可得阴影平行四边形的底为2，高为22，阴影等腰直角三角形的直角边为2，斜边为22，大正方形的边长为22，所以P ＝2×22＋12×2×222×22＝38.] 4．A [∵sin C ＝23sin B ，∴由正弦定理得c ＝23b ，则c 2＝12b 2. 又a 2－b 2＝3bc ，那么a 2＝7b 2，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6b 243b 2＝32，∵A ∈(0，π)，∴A ＝π6.]5．B [∵f (3－|a ＋1|)>f ⎝⎛⎭⎫－33， ∴f (3－|a ＋1|)>f ⎝⎛⎭⎫33＝f (312-)，又f (x )为偶函数，且在(－∞，0)上单调递增， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴|a ＋1|>12，解得a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞.] 6．B [几何体为一个四棱锥与一个半圆锥的组合体，四棱锥的高为3，底面为边长为2的正方形；半圆锥高为3，底面为半径为1的半圆，因此体积为13×3×22＋13×3×π·122＝(8＋π)36，故选B.] 7．A [由图象可知，A ＝2，T 4＝2π3－π6＝π2，∴T ＝2π，ω＝1，∴f (x )＝2cos(x ＋φ)，∵f ⎝⎛⎭⎫π6＝2cos ⎝⎛⎭⎫π6＋φ＝2，且|φ|<π2， ∴φ＝－π6，f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π6， 令h (x )＝f (x )＋1＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π6＋1＝0， 可得cos ⎝⎛⎭⎫x －π6＝－12， 解得x －π6＝2π3＋2k π，k ∈Z 或x －π6＝4π3＋2k π，k ∈Z ，x ＝5π6＋2k π，k ∈Z 或x ＝3π2＋2k π，k ∈Z ，则|x 1－x 2|的最小值为3π2－5π6＝2π3.]8．C [f (x )＝a －x 2|x ＋1|－1，f (－x )＝a －x 2|－x ＋1|－1，f (x )为奇函数，a －x 2|x ＋1|－1＝－a －x 2|－x ＋1|－1，∴|x ＋1|＋|x －1|＝2，∴－1≤x ≤1，考虑定义域a －x 2≥0，即－a ≤x ≤a (a >0)且x ≠0， 满足a ≤1，∴0<a ≤1.]9．D [如图所示，过A ，B 分别作准线的垂线AQ ，BP ，垂足分别为Q ，P ，设|AF |＝a ，|BF |＝b ， 由抛物线的定义，得 |AF |＝|AQ |，|BF |＝|BP |，在梯形ABPQ 中，2|MN |＝|AQ |＋|BP |＝a ＋b ，由余弦定理得|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ， 整理得|AB |2＝(a ＋b )2－ab ，因为ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22，则(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝34(a ＋b )2，即|AB |2≥34(a ＋b )2，所以|AB|2|MN|2≥34(a＋b)214(a＋b)2＝3，所以|AB||MN|≥3，即|MN||AB|≤33，当且仅当a＝b，即|AF|＝|BF|时取等号，故选D.]10．C[令t＝f (x)，考虑方程t2＋bt＋c＝0的根，该方程必有两个不同实数解，设解为t＝t1，t＝t2，由题设方程t1＝f (x)和方程t2＝f (x)的解即为方程f2(x)＋bf (x)＋c＝0的解，因为方程f2(x)＋bf (x)＋c＝0有7个不同的解，根据f (x)的图象(如图所示)可得，直线y＝t1与y＝f (x)的图象有3个不同的公共点，直线y＝t2与y＝f (x)的图象有4个不同的公共点，故t1＝0，t2>0，所以c＝0，t2＝－b>0即b<0，故选C.]11．A[由题意可得，|OA→|＝|OB→|＝|OC→|，且OC→＝－15(3OA→＋4OB→)，∴OC→·OC→＝|OC→|2＝125(3OA→＋4OB→)2＝925|OA→|2＋2425OA→·OB→＋1625|OB→|2＝|OC→|2＋2425OA→·OB→，∴2425OA→·OB→＝0，∴∠AOB＝90°.如图所示，建立平面直角坐标系，设A(0,1)，B(1,0)，由3OA →＋4OB →＝(4,3)＝－5OC →，可知C ⎝⎛⎭⎫－45，－35， 则CA →＝⎝⎛⎭⎫45，85，CB →＝⎝⎛⎭⎫95，35，cos C ＝CA →·CB →|CA →|×|CB →|＝3625＋2425455×3105＝22， 则C ＝π4.] 12．B [∵f ′(x )＝x 2－ln x ＋1－t 2x 2， 又对任意的x ∈[1,2]，f ′(x )·x ＋f (x )＞0恒成立，∴对任意的x ∈[1,2]，2x 2－2tx ＋1x＞0恒成立， 即对任意的x ∈[1,2]，2x 2－2tx ＋1＞0恒成立，则t ＜2x 2＋12x ＝x ＋12x ＝x ＋12x 恒成立， 令g (x )＝x ＋12x ，又g (x )＝x ＋12x在[1,2]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝32，∴t ＜32.] 13．3解析 因为f (1)＝log 21－3＝－3，又f (x )为定义在R 上的奇函数，所以f (－1)＝－f (1)＝3.14．－38解析 令x －2＝t ，则x ＝t ＋2.由条件可得(t ＋1)5－2(t ＋2)4＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，故t 2的系数为C 35－2C 24×22＝－38，即a 2＝－38.15.12解析 由题意知f ′(x )＝x 2－2a ，g ′(x )＝2x ＋2b ，函数f (x )与g (x )在区间(a ，b )上单调性相反，则(x 2－2a )(2x ＋2b )<0在x ∈(a ，b )上恒成立，又0<a <b ，所以2x ＋2b >0，于是x 2－2a <0在x ∈(a ，b )上恒成立．易知x 2－2a <0的解集为(－2a ，2a )，所以(a ，b )⊆(－2a ，2a )，所以b －a ≤2a －a ＝－⎝⎛⎭⎫a －122＋12， 当a ＝12，b ＝1时，b －a 取得最大值12. 16.233解析 易知A (－1,0)，设P (x ，y )，由|P A |＝2|PT |，可得(x ＋1)2＋y 2＝4(x 2＋y 2－1)，化简得⎝⎛⎭⎫x －132＋y 2＝169， 可转化为直线3x ＋4y －a ＝0与圆⎝⎛⎭⎫x －132＋y 2＝169有公共点， 所以d ＝|1－a |5≤43， 解得－173≤a ≤233. 故a 的最大值为233. 17．解 (1)∵(2c －a )cos B －b cos A ＝0，由正弦定理得(2sin C －sin A )cos B －sin B cos A ＝0，∴(2sin C －sin A )cos B ＝sin B cos A ，2sin C cos B －sin(A ＋B )＝0，∵A ＋B ＝π－C 且sin C ≠0，∴cos B ＝12， ∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3. (2)∵S △ABC ＝12ac sin B ＝12BD ·b ， 代入c ＝2，BD ＝3217，sin B ＝32，得b ＝73a ， 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋4－2a ，代入b ＝73a ，得a 2－9a ＋18＝0， 解得⎩⎨⎧ a ＝3，b ＝7或⎩⎨⎧a ＝6，b ＝27，又∵三角形为锐角三角形，∴a 2<c 2＋b 2，∴a ＝3，b ＝7.∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×3×32＝332. 18．解 (1)EC 1与AD 是相交直线.证明如下：如图，连接AB 1，C 1D ，则AB 1C 1D 是平行四边形，∵E 是AB 1的中点，∴AE ∥C 1D ，AE ＝12C 1D ， ∴AEC 1D 为梯形，A ，E ，C 1，D 四点共面，又EC 1与AD 为梯形的两腰，故EC 1与AD 相交.(2)设 AB ＝b ，AD ＝2－b ，VABCD －A 1B 1C 1D 1＝b (2－b )×AA 1＝b (2－b )≤⎝⎛⎭⎫b ＋2－b 22＝1，当且仅当b ＝2－b ，即b ＝1时取等号，方法一 连接BD (图略)，设点B 到平面A 1CD 的距离为h ，则根据等体积法VB －A 1CD ＝VA 1－BCD ，其中S △A 1CD ＝12×CD ×A 1D ＝22，VA 1－BCD ＝13S △BCD ×AA 1＝16， ∴h ＝22， 则直线BA 1与平面A 1CD 所成的角θ满足sin θ＝h BA 1＝12， ∵θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴θ＝π6.方法二 分别以边AB ，AD ，AA 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则B (1,0,0)，A 1(0,0,1)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，BA 1→＝(－1,0,1)，CD →＝(－1,0,0)，CA 1→＝(－1，－1,1),设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－x －y ＋z ＝0， 取z ＝1，则n ＝(0,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈BA 1→，n 〉|＝12×2＝12， ∵θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴θ＝π6. 19．解 (1)由题意知，2a 2＋1b 2＝1，且c a ＝22， 即a 2＝4，b 2＝2，所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 22＝1. (2)是．①当直线AC 的斜率不存在时，必有P (±2，0)，此时|AC |＝2，S △AOC ＝ 2. ②当直线AC 的斜率存在时，设其斜率为k ，点P (x 0，y 0)，则AC ：y －y 0＝k (x －x 0)，直线AC 与椭圆C 1联立，得(1＋2k 2)x 2＋4k (y 0－kx 0)x ＋2(y 0－kx 0)2－4＝0，设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 0＝x 1＋x 22＝－2k (y 0－kx 0)1＋2k 2，即x 0＝－2ky 0， 又x 20＋2y 20＝2，∴y 20＝11＋2k 2， S △AOC ＝12×|y 0－kx 0|1＋k2×1＋k 2· 16k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋2k 2)[2(y 0－kx 0)2－4]1＋2k 2 ＝2|y 0－kx 0|2(1＋2k 2)－(y 0－kx 0)21＋2k 2＝2(1＋2k 2)|y 0|2(1＋2k 2)－(1＋2k 2)2y 201＋2k2 ＝2|y 0|1＋2k 2＝ 2.综上，△AOC 的面积为常数 2.20．解 (1)依题意，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束．所以有p 2＋(1－p )2＝59，解得p ＝23或p ＝13(舍)． (2)依题意知，X 的所有可能值为2,4,6,8.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为59.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P (X ＝2)＝59， P (X ＝4)＝⎝⎛⎭⎫1－59×59＝2081， P (X ＝6)＝⎝⎛⎭⎫1－59×⎝⎛⎭⎫1－59×59＝80729， P (X ＝8)＝⎝⎛⎭⎫1－59×⎝⎛⎭⎫1－59×⎝⎛⎭⎫1－59×1＝64729. 所以随机变量X 的分布列为则E (X )＝2×59＋4×2081＋6×80729＋8×64729＝2 522729. 21．解 (1)∵f (x )＝ln x ＋1ax －1a， ∴f ′(x )＝1x －1ax 2＝ax －1ax 2(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，由f ′(x )>0得x >1a； 由f ′(x )<0得0<x <1a， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增． 综上，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)由题意，当a ＝1时，不等式f (x )＋g (x )≤－2，即ln x ＋1x －1＋(b －1)x －x e x －1x≤－2， 即b －1≤e x －ln x x －1x在(0，＋∞)上恒成立， 令h (x )＝e x －ln x x －1x， 则h ′(x )＝e x －1－ln x x 2＋1x 2＝x 2e x ＋ln x x 2， 令u (x )＝x 2e x ＋ln x ，则u ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1x>0， ∴u (x )在(0，＋∞)上单调递增，又u (1)＝e>0，u ⎝⎛⎭⎫12＝e 4－ln 2<0，∴u (x )有唯一零点x 0⎝⎛⎭⎫12<x 0<1， 所以u (x 0)＝0，即x 0e x 0＝－ln x 0x 0，(*) 当x ∈(0，x 0)时，u (x )<0，即h ′(x )<0，h (x )单调递减； x ∈(x 0，＋∞)时，u (x )>0，即h ′(x )>0，h (x )单调递增， ∴h (x 0)为h (x )在定义域内的最小值．令k (x )＝x e x ⎝⎛⎭⎫12<x <1，则方程(*)等价于k (x )＝k (－ln x )， 又易知k (x )单调递增，所以x ＝－ln x ，e x ＝1x， ∴h (x )的最小值为h (x 0)＝e x 0－ln x 0x 0－1x 0＝1x 0－－x 0x 0－1x 0＝1， ∴b －1≤1，即b ≤2，∴实数b 的取值范围是(－∞，2]．22．解 (1)曲线C ：ρ＝4cos θ1－cos 2θ，即ρsin 2θ＝4cos θ， 于是有ρ2sin 2θ＝4ρcos θ，化为直角坐标方程为y 2＝4x .(2)方法一 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x ，x ＝2＋t cos α，y ＝2＋t sin α，则(2＋t sin α)2＝4(2＋t cos α)，即t 2sin 2α＋(4sin α－4cos α)t －4＝0.由AB 的中点为M (2,2)，得t 1＋t 2＝0，有4sin α－4cos α＝0， 所以k ＝tan α＝1，由0≤α<π 得α＝π4. 方法二 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2⇒(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝4(x 1－x 2)， ∵y 1＋y 2＝4，∴k ＝tan α＝y 1－y 2x 1－x 2＝1， 由0≤α<π得α＝π4.方法三 设A ⎝⎛⎭⎫y 214，y 1，B ⎝⎛⎭⎫y 224，y 2(y 1<y 2)， 则由M (2,2)是AB 的中点，得⎩⎪⎨⎪⎧ y 214＋y 224＝4，y 1＋y 2＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4，y 1y 2＝0， ∵y 1<y 2，∴y 1＝0，y 2＝4，知A (0,0)，B (4,4)，∴k ＝tan α＝1，由0≤α<π 得α＝π4. 方法四 依题意设直线l ：y －2＝k (x －2)，与y 2＝4x 联立得y －2＝k ⎝⎛⎭⎫y 24－2， 即ky 2－4y －8k ＋8＝0.由y 1＋y 2＝4k＝4，得k ＝tan α＝1， 因为0≤α<π ，所以α＝π4. 23．(1)解 依题意f (x －2)＝m －|x ＋2|≥0，即|x ＋2|≤m ，则－m －2≤x ≤－2＋m ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－m －2＝－3，－2＋m ＝－1，∴m ＝1. (2)证明 ∵1a ＋12b ＋13c＝1(a ，b ，c >0)， ∴a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c 2b ≥9，当且仅当a ＝2b ＝3c ，即a ＝3，b ＝32，c ＝1时取等号．。