【新课标Ⅰ卷】2020年全国统一高考数学(文)模拟试题(含答案)

2024年全国高考新课标Ⅰ卷数学真题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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 ∣-5<x 3<5 ,B ={-3,-1,0,2,3}，则A ∩B =()A.{-1,0}B.{2,3}C.{-3,-1,0}D .{-1,0,2}2.若2z -1=1+i, 则z =()A.-1-iB.-1+iC.1-iD.1+i3.已知向量a =0,1 ,b =2,x ，若b ⊥b -4a，则x =()A.-2B.-lC.1D.24.已知cos α+β =m ,tanαtanβ=2，则cos α-β =()A.-3mB.-m3C.m 3D.3m5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3, 则圆锥的体积为()A.23πB.33πC.63πD.93π6.已知函数为f (x )=-x 2-2ax -a ,x <0e x +ln (x +1),x ≥0 在R 上单调递增，则a 的取值范围是()A.(-∞,0]B.-1,0C.-1,1D.[0,+∞)7.当x ∈0,2π 时，曲线y =sinx 与y =2sin 3x -π6的交点个数为()A.3B.4C.6D.88.已知函数f x 的定义域为R ,f x >f x -1 +f x -2 ,且当x <3时，f x =x, 则下列结论中一定正确的是()A.f 10 >100B.f 20 >1000C.f 10 <1000D.f 20 <10000二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。

9.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值X=2.1, 样本方差S 2=0.01，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布N 1.8,0.12 。

2021年高考考前模拟【新课标Ⅰ卷】文科数学答案1 2 3 4 56 7 8 9 10 11 12 BDBCDCDCDCBB1.【答案】B【解析】因为{}{}24022A x x x x x =-<=-或，2{|30}{|30}B x x x x x =+<=-<<，所以(3,2)A B ⋂=--.故选B 2.【答案】D【解析】由题意可得()()2i 1i 3i 24i 4a a +=++=+⇒= ,故选D. 3.【答案】B【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B 4.【答案】C【解析】选取两支彩笔的方法有25C 种，含有红色彩笔的选法为14C 种，由古典概型公式，满足题意的概率值为142542105C p C ===,故选择:C. 5.【答案】D【解析】根据图象知ABCE 大概在一条直线上，故排除D 后相关性最大. 故选：D. 6.【答案】C 【解析】如图，22||1(2)3OE +||1236BD =-， ||43AC =∴四边形ABCD 的面积为16431232⨯⨯故选：C ． 7.【答案】D【解析】因为sin 32sin 3y x x x π⎛⎫==+⎪⎝⎭，所以 ()22sin 2sin 333f x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，即可知函数()f x 的最小正周期2π，A 正确；当56x π=时，52sin 262f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的图象关于直线56x π=对称，B 正确；当3x π=时，03f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的图象关于,03π⎛⎫⎪⎝⎭对称，C 正确； 因为52sin 262f ππ⎛⎫==⎪⎝⎭，()5326f f ππ⎛⎫=<= ⎪⎝⎭，所以D 错误．故选：D ． 8.【答案】C【解析】()()33332log log 9log log 36443314111log 42log 444333f f ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+=⨯=⨯=⨯ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭133log 36log 36143439--=⨯=⨯=故选：C 9.【答案】D【解析】A ：若空白处是1=+n n ，S S n =+时，14i =≤成立，2,022,24n S i ==+==≤成立， 所以3,235,34n S i ==+==≤成立，所以4,459,44n S i ==+==≤成立，所以5,5914,54n S i ==+==≤不成立，故14S =，不符合题意；B ：若空白处是2=+n n ，S S n =+时，14i =≤成立，3,033,24n S i ==+==≤成立， 所以5,538,34n S i ==+==≤成立，所以7,8715,44n S i ==+==≤成立，所以9,15924,54n S i ==+==≤不成立，故24S =，不符合题意；C ：若空白处是S S n =+，1=+n n 时，14i =≤成立，1,2,24S n i ===≤成立，所以3,3,34S n i ===≤成立，所以6,4,44S n i ===≤成立，所以10,5,54S n i ===≤不成立，故10S =，不符合题意；D ：若空白处是S S n =+，2=+n n 时，14i =≤成立，1,3,24S n i ===≤成立，所以4,5,34S n i ===≤成立，所以9,7,44S n i ===≤成立，所以16,9,54S n i ===≤不成立，故16S =，符合题意. 故选：D 10.【答案】C【解析】由等差数列的性质及求和公式得，11313713()1302a a S a +==>,11515815()1502a a S a +==<，故选C. 11.【答案】B 【解析】由120PF PF ⋅=得12PF PF ⊥，由勾股定理得(22221212100PF PF F F a +===，由双曲线的定义得128PF PF a -=，22221212126421002a PF PF PF PF a PF PF ∴=+-⋅=-⋅，所以21218PF PF a ⋅=，则12PF F ∆的面积为2121992PF PF a ⋅==，0a >，解得1a =. 故选：B. 12.【答案】B【解析】因为,4AB AC AB AC ⊥==，故△ABC 为等腰直角三角形且BC =E 为BC 的中点.故E 为△ABC 的外心，故OE ⊥平面ABC .因为PA ⊥平面ABC ，所以//OE PA ，故,,,P A E O 共面. 连接PE 交OG 于H 点，过O 作OD EH ⊥，垂足为D . 因为,AB AC BE EC ==，故AE BC ⊥，在直角三角形PAC 中，2,4PA AC ==，故25PC =，同理25PB =， 因为BE EC =，故PE BC ⊥，而PEAE E =，故BC ⊥平面GAEO ，因为BC ⊂平面PBC ，故平面GAEO ⊥平面PBC .因为平面GAEO ⋂平面PBC EH =，OD EH ⊥，OD ⊂平面GAEO ， 所以OD ⊥平面PBC .因为O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，故OG PA ⊥， 因为PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，故PA AE ⊥， 在平面PAEO 中，因为PA AE ⊥，OG PA ⊥，故//OG AE ， 故四边形AGOE 为矩形，且1OE GA PG ===，1222OG AE BC ===. 又因为90,,PGH EOH PG OE PHG EHO ∠=∠=︒=∠=∠， 故PGH EOH ≅△△，故122OH GH ==. 在直角三角形OEH 中，126312OD ⨯==+. 故选：B.13.【答案】92【解析】由约束条件得如图所示的三角形区域，令2x y z +=，2y x z =-+， 显然当平行直线过点3(2A ，3)2时，z 取得最小值为：39322+=； 故答案为：92．14.【答案】1(,2)(2,)2-∞-⋃-【解析】因为a 与b 的夹角是钝角，所以0a b ⋅<且a 与b 不共线， 因为14202a b λλ⋅=-<⇒<， 又当a 与b 共线时242λλ-=⇒=-，所以若a 与b 的夹角是钝角，则1(,2)(2,)2λ∈-∞-⋃-. 故答案为：1(,2)(2,)2-∞-⋃- 15.【答案】0x y -=【解析】由()xf x xe =，得()x x f x e xe '=+，所以切线的斜率0(0)1k f e '===， 所以切线方程为00y x -=-，即0x y -=. 故答案为：0x y -= 16.【答案】11或13【解析】因为()1111nn n a a n ++=-+-，当n 为奇数时，11100n n S S n +--=->即9n ≤，所以2468101214S S S S S S S <<<<>>>.当n 为偶数时，11120n n S S n +--=->即12n ≤， 所以135********S S S S S S S S <<<<<=>>.通过比较只需比较11S 和10S 的大小即可， 又601a <<，所以111310S S S =>.6n =时，()676761161=6=6a a a a +=-+-∴-，， 7n =时，()7878761171=4=4=2a a a a a +=-+-∴--+，， 8n =时，()8989861181=4=4=6a a a a a +=-+-∴--，，9n =时，()910910961191=1=1=5a a a a a +=-+-∴--，， 10n =时，()1011101110611101=2=2=7a a a a a +=-+-∴--，， 又601a <<，所以110a >所以11101110S S a S =+>. 所以1113S S =最大. 故答案为：11或1317.【解析】（1）由题可知：[]130,140分数段的参赛学生频率为：0.005100.05⨯=，∴2==400.05N 总（人）. ∵成绩在[)100,120分数段的参赛学生频率为：()0.0450.02510=0.7+⨯，∴该校成绩在[)100,120分数段的参赛学生人数为：400.7=28⨯（人）.（2）由图可知：90分及以上的学生成绩的众数为110120=1152+（分）.设90分及以上的学生成绩的中位数为x . ∵0.01100.02510=0.350.5⨯+⨯<， ∴()1100.0450.350.5113x x -⨯+=⇒≈， ∴90分及以上的学生成绩的中位数为113分. 90分及以上的学生成绩的平均数为：0.0110950.025101050.045101150.015101250.00510135⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ 112.7113=≈∴90分及以上的学生成绩的众数为115，中位数约为113，平均数约为113.18.【解析】（1）由题知2sin sin 2sin cos C A B A =+，则()2sin sin 2sin cos A B A B A +=+， 则2sin cos sin A B A =，在△ABC 中，sin 0A ≠，所以1cos 2B =，则π3B =.（2）由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，从而得()22293a c ac a c ac =+-=+-， 又5a c +=，所以163ac =，所以△ABC 的面积为143sin 23S ac B ==. 19.【解析】（1）如图所示：取AC 的中点O ，连接OB ，OD ， 因为DA DC =，所以OD AC ⊥.又因为平面ADC ⊥平面ABC ，且相交于AC ， 所以OD ⊥平面ABC ， 所以OD OB ⊥.因为222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥， 所以OB OC =，所以OBD OCD ≅△△， 所以DB DC =，且M 为BC 的中点，所以BC DM ⊥. （2）16D ABC V DO BC AB -=⋅⋅=所以33D ABM V -=-=. 在ABD △中，12ABD S =⨯=△ 设M 到平面ABD 的距离为h ，则13ABD D ABM S h V -⋅=△，解得h =所以M 到平面ABD. 20.【解析】（1）(1)()xa x f x e-'=，由0a <，可得(1,)x ∈+∞时，()0f x '>；(0,1)x ∈时，()0f x '< ∴函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，在(0,1)上单调递减．1x ∴=时，函数()f x 取得极小值即最小值()1a f e=． （2）对a 分类讨论：若0a =，则()0f x =，不存在0x R ∈，使得()013f x e<-成立； 若0a >，则111113af a e e -⎛⎫-=-<-<- ⎪⎝⎭，满足题意； 若0a <，由（1）可知，函数()f x 的最小值为()1a f e=，∴13a e e <-，解得13a <-．综上可得，实数a 的取值范围是()1,0,3⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．21.【解析】（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c ，由题意可得22222121914c a a b b c a ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪+=⎪⎪⎩，解得2a =，b =1c =．所以椭圆的标准方程为22143x y +=．（Ⅱ）12λλ+为定值．由题意可知，直线l 的斜率存在，设直线l 的斜率为k ， 因为直线l 过点()1,0F ，所以直线l 的方程为()1y k x =-． 令0x =，可得yk =-，即()0,E k -．联立22(1)143y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得()22223484120k x k x k +-+-=．设()11,M x y ，()22,N x y ，易知11x ≠，21x ≠，则2122834k x x k +=+，212241234k x x k -=+． ()11,EM x y k =+，()22,EN x y k =+，()111,MF x y =--，()221,NF x y =--．由1EM MF λ=，2EN NF λ=，可得1111x x λ=-，2221x x λ=- 所以()()121212121212122112211111x x x x x x x x x x x x λλ-++=+=+-=------++． 将2122834k x x k +=+，212241234k x x k -=+代入上式，化简可得1283λλ+=- 22.【解析】(1)由32πcos 3ρθ=⎛⎫+ ⎪⎝⎭，πππ2cos 2cos cos 2sin sin 333ρθρθρθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭cos sin 3ρθθ==,由于cos sin x yρθρθ=⎧⎨=⎩，则直线l的直角坐标方程为3y x =曲线C的参数方程为sin x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩（α为参数）（2）由于直线l 的倾斜角为π6，直线PQ 的倾斜角为π3， 则直线l 与直线PQ 的夹角为π6，设点P 到直线l 的距离为d ，则2PQ d =∣∣.由于3||3|34222d πααα⎛⎫-- ⎪--⎝⎭==≥，当且仅当7π2π4k α=+，k ∈Z 时等号成立，因此PQ ∣∣的最小值为323.【解析】（1）当2a =时，()332f x x x =++-，即()41,1,25,12,41,2,x x f x x x x x --≤-⎧⎪=+-<<⎨⎪+≥⎩当1x ≤-时，不等式等价于：414x -->， 解得54x <-，所以54x <-； 当12x -<<时，不等式等价于：254x +>， 解得12x >-，所以122x -<<； 当2x ≥时，不等式等价于：414x +>， 解得34x >，所以2x ≥； 所以，不等式的解集为51,,42⎛⎫⎛⎫-∞-⋃-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （2）由题意知，当1x >-时，3334x x a x ++->+，即1x a ->恒成立，根据函数y x a =-的图象易知，1,11,a a <-⎧⎨--≥⎩解得，a 的取值范围为(],2-∞-.。

2023年高考数学真题-新高考Ⅰ卷数学一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1．已知集合M={−2，−1，0，1，2}，N={x|x2−x−6⩾0}，则M∩N=（）A．{−2，−1，0，1}B．{0，1，2}C．{−2}D．{2}2．已知，则=（）A．−i B．i C．0D．13．已知向量a=(1，1)，b=(1，−1).若(a+λb)⊥(a+µb)，则（）A．λ+µ=1B．λ+µ=−1C．λµ=1D．λµ=−14．设函数在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是（）A．(−∞，−2]B．[−2，0)C．(0，2]D．[2，+∞)5．设椭圆的离心率分别为.若，则（）A．B．C．D．6．过点(0，−2)与圆x2+y2−4x−1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=（）A．1B．C．D．7．记S n为数列{a n}的前n项和，设甲：{a n}为等差数列；乙：为等差数列，则（）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8．已知，则（）A．B．C．D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.9．有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（）A．的平均数等于的平均数B．的中位数等于的中位数C．的标准差不小于的标准差D．的极差不大于的极差10．噪声污染问题越来越受到重视，用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限间值，是实际声压.下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060~90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（）A．B．C．D．11．已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，则（）A．f(0)=0B．f(1)=0C．f(x)是偶函数D．x=0为f(x)的极小值点12．下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种(用数字作答).14．在正四棱台中，，则该棱台的体积为. 15．已知函数f(x)=cosωx−1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是.16．已知双曲线的左、右焦点分别为.点在上.点在轴上，，则的离心率为.四、解答题：本大题共6小题，共70分.17．已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A−C)=sinB.（1）求sinA；（2）设AB=5，求AB边上的高.18．如图，在正四棱柱中，.点分别在棱上，，.（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求.19．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，.20．设等差数列的公差为，且，令，记分别为数列，的前项和.（1）若，求的通项公式；（2）若为等差数列，且，求.21．甲乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8，由抽签决定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲，乙的概率各为0.5.（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第i次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则，记前次(即从第1次到第次投篮)中甲投篮的次数为，求.22．在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0，)的距离，记动点P的轨迹为W.（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于.答案解析部分1．【答案】C【知识点】交集及其运算；一元二次方程【解析】【解答】∵，∴，∴，即，则。

数列小题大做一、单选题1．（2021·吉林省实验模拟预测（理））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若73a =，4516a a +=，则10S =（ ）A ．60B ．80C ．90D ．100【答案】A 【分析】由题意，利用等差数列通项公式将两式化为基本量1,a d 的关系式，计算1,a d ，然后代入等差数列前n 项和公式计算. 【详解】由题意，数列{}n a 为等差数列，所以7163a a d =+=，4512716+=+=a a a d ，联立得,1a 15d 2==-，所以101091015(2)602⨯=⨯+⨯-=S . 故选：A2．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A 【分析】根据题目条件可得2S ，42S S -，64S S -成等比数列，从而求出641S S -=，进一步求出答案. 【详解】∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和， ∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列 ∴24S =，42642S S -=-= ∴641S S -=， ∴641167S S =+=+=. 故选：A.3．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（ ） A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】B 【分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【详解】由题，当数列为2,4,8,---时，满足0q >，但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B ． 【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．4．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =- B ． 310n a n =- C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-【答案】A 【分析】等差数列通项公式与前n 项和公式．本题还可用排除，对B ，55a =，44(72)1002S -+==-≠，排除B ，对C ，245540,25850105S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除C ．对D ，24554150,5250522S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除D ，故选A ．【详解】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，故选A ．【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．5．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（ ） A ．2n –1 B ．2–21–n C ．2–2n –1 D ．21–n –1【答案】B 【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n 项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩， 所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n nn n n S a ---==-.故选：B. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n 项和公式的应用，考查了数学运算能力.6．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））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【答案】C 【分析】第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列， 设n S 为{}n a 的前n 项和，由题意可得322729n n n n S S S S -=-+，解方程即可得到n ，进一步得到3n S . 【详解】设第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99n a n n =+-⨯=， 设n S 为{}n a 的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为232,,n n n n n S S S S S --，因为下层比中层多729块， 所以322729n n n n S S S S -=-+， 即3(927)2(918)2(918)(99)7292222n n n n n n n n ++++-=-+ 即29729n =，解得9n =， 所以32727(9927)34022n S S +⨯===.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.7．（2021年浙江省高考数学试题）已知数列{}n a 满足)111,N 1nn na a n a *+=∈+.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 【答案】A 【分析】 显然可知，10032S >，利用倒数法得到21111124n n n n a a a a +⎛⎫==-⎪⎪⎭，再放缩可得112n n a a +<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由11n n na a +=+113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【详解】 因为)111,N 1nn n a a n a *+==∈+，所以0n a >，10032S >． 由2111111241n n n n n n n a a a a a a ++⎛⎫⇒==-⎪⎪+⎭ 21111122n n n n a a a a ++⎛⎫∴<⎪⎪⎭112n n a a +<11122nn n a -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)3111n n n n n n a n a a a n n a n ++∴≥∴=≤=+++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<． 故选：A ． 【点睛】1,n n a a +24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．8．（2021年北京市高考数学试题）已知{}n a 是各项均为整数的递增数列，且13a ≥，若12100n a a a ++⋅⋅⋅+=，则n 的最大值为（ ）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】C 【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得n 可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到n 的最大值． 【详解】若要使n 尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小， 不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n 项和为，则，，所以11n ≤. 对于，，取数列各项为(1,2,10)n =⋯，1125a =,则1211100a a a ++⋅⋅⋅+=， 所以n 的最大值为11． 故选：C ．9．（2020年北京市高考数学试卷）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （ ）．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 【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. 【详解】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--，则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<<，且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈，由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B. 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.10．（2021·四川·内江市教育科学研究所一模（文））已知函数()f x 是R 上单调递减的奇函数，数列{}n a 为等差数列．若20a >，则()1f a +()()23f a f a +的值（ ） A ．恒为0 B ．恒为正数C ．恒为负数D ．可正可负【答案】C 【分析】根据函数()f x 是R 上单调递减的奇函数，得到()00f =，0x >时，()0f x <，0x <时，()0f x >求解.【详解】因为函数()f x 是R 上单调递减的奇函数，所以()00f =，当0x >时，()0f x <，当0x <时，()0f x >， 因为数列{}n a 为等差数列，且20a >， 所以()20f a <，13220a a a +=>， 则13a a >-，所以()()13f a f a <-，即()()130f a f a +<， 所以()1f a +()()230f a f a +<， 故选：C11．（2019年浙江省高考数学试卷）设,a b ∈R ，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【答案】A 【分析】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确. 【详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<，故此时{}n a 不为常数列，222112n n n n a a a +=+=+≥， 且2211122a a =+≥，792a a ∴≥≥21091610a a >≥>，故选项A 正确； 选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =， 即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =， 则101102a =<，故选项B 错误； 选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为1x =-或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2，同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为117x ±=同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >， 则选项D 错误. 故选：A. 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.12．（2021·河南·南阳中学高三阶段练习（文））数列{}n a 的通项cos sin 33n n n a n n ππ22⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其前n 项和为n S ，则S 18为（ ）A ．173B ．174C ．175D ．176【答案】B 【分析】化简n a 可得22cos3n n a n π=，讨论n 取不同值时n a 的通项公式，并项求和. 【详解】22222cos sin cos sin cos33333n n n n n n a n n n n πππππ22⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭当3n k =()k N *∈ 时，()233k a k =；31n k =-()k N *∈时，()231312k k a --=-；32n k =-()k N *∈时，()232322k k a --=-()()()223212333231592223k k kk k a a a k k ----++-=-+=-所以()()18166530912669174222S +⨯=+++-⨯=⨯-= 故选：B二、填空题13．（2020年浙江省高考数学试卷）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是________． 【答案】10 【分析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项，即可求出． 【详解】 因为()12n n n a +=，所以1231,3,6a a a ===． 即312313610S a a a =++=++=． 故答案为：10. 【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．14．（2020年江苏省高考数学试卷）设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______． 【答案】4 【分析】结合等差数列和等比数列前n 项和公式的特点，分别求得{}{},n n a b 的公差和公比，由此求得d q +. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，根据题意1q ≠. 等差数列{}n a 的前n 项和公式为()2111222n n n d d P na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭， 等比数列{}n b 的前n 项和公式为()1111111n n n b q b bQ q qq q-==-+---， 依题意n n n S P Q =+，即22111212211nn b b d d n n n a n q q q ⎛⎫-+-=+--+ ⎪--⎝⎭， 通过对比系数可知111212211dd a q b q⎧=⎪⎪⎪-=-⎪⎨⎪=⎪⎪=-⎪-⎩⇒112021d a q b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，故4d q +=.故答案为：4 【点睛】11本小题主要考查等差数列和等比数列的前n 项和公式，属于中档题.15．（2021·陕西商洛·模拟预测（理））已知等比数列{}n a 的公比0q >，其前n 项和为n S ，且236,14S S ==，则数列2211log log nn a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前2021项和为___________. 【答案】20212022【分析】根据等比数列的通项公式及前n 项和公式得到方程组，求出1a 和q ，即可得到n a ，从而得到2211log log n n a a +⋅，再利用裂项相消法求和即可； 【详解】解：因233212118,6a S S a q S a a q =-===+=，所以211143a q a a q =+，所以23440q q --=，得2q 或23-（舍去），所以12a =，故2n n a =. 因为2211111log log (1)1n n a a n n n n +==-⋅++， 所以20211111112021112232021202220222022T =-+-++-=-=. 故答案为：2021202216．（2021·上海嘉定·一模）已知集合{}*21,A x x n n ==-∈N ，{}*2,n B x x n ==∈N ，将A B 中的所有元素按从小到大的顺序排列构成一个数列{}n a ，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则使得1000n S >成立的最小的n 的值为_____________.【答案】36【分析】由题可得2n 为数列{}n a 的12n n -+项，且利用分组求和可得1112422n n n n S --++=+-，通过计算即得.【详解】由题意，对于数列{}n a 的项2n ，其前面的项1，3，5，…，21n A -∈，共有12n -项，232,2,2,,2n B ⋅⋅⋅∈，共有n 项，所以2n 为数列{}n a 的12n n -+项，且()()()()112112211221221222422n n n n n n S ---++⎡⎤=⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-++++=+-⎣⎦.可算得612638-+=（项），3864a =，381150S =，试卷第12页，共12页因为3763a =，3661a =，3559a =，所以371086S =，361023S =，35962S =， 因此所求n 的最小值为36.故答案为：36.13。

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）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．（5分）若z＝1+i，则|z2﹣2z|＝（）A．0B．1C ．D．22．（5分）设集合A＝{x|x2﹣4≤0}，B＝{x|2x+a≤0}，且A∩B＝{x|﹣2≤x≤1}，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．2D．43．（5分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A ．B ．C ．D ．4．（5分）已知A为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p ＝（）A．2B．3C．6D．95．（5分）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（x i，y i）（i＝1，2，…，20）得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（）A．y＝a+bx B．y＝a+bx2C．y＝a+be x D．y＝a+blnx6．（5分）函数f（x）＝x4﹣2x3的图象在点（1，f（1））处的切线方程为（）A．y＝﹣2x﹣1B．y＝﹣2x+1C．y＝2x﹣3D．y＝2x+17．（5分）设函数f（x）＝cos（ωx +）在[﹣π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）A ．B ．C ．D ．8．（5分）（x +）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5B．10C．15D．209．（5分）已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A ．B ．C ．D ．10．（5分）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC ＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π11．（5分）已知⊙M：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直线l：2x+y+2＝0，P为l上的动点．过点P作⊙M的切线P A，PB，切点为A，B，当|PM|•|AB|最小时，直线AB的方程为（）A．2x﹣y﹣1＝0B．2x+y﹣1＝0C．2x﹣y+1＝0D．2x+y+1＝012．（5分）若2a+log2a＝4b+2log4b，则（）A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2D．a＜b2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年高考文科数学试卷全国Ⅰ卷(含答案)2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。

回答非选择题时，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 $A=\{x|x^2-3x-4<0\}$，$B=\{-4,1,3,5\}$，则$A$ 为A。

$ \{-4,1\}$B。

$\{1,5\}$C。

$\{3,5\}$D。

$\{1,3\}$2.若 $z=1+2i+i^3$，则 $|z|$ 等于A。

$1$B。

$2$___$D。

$3$3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥。

以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A。

$\dfrac{5-\sqrt{5}}{4}$B。

$\dfrac{1}{2}$C。

$\dfrac{5+\sqrt{5}}{4}$D。

$\dfrac{5+\sqrt{10}}{2}$4.设 $O$ 为正方形 $ABCD$ 的中心，在 $O$，$A$，$B$，$C$，$D$ 中任取 $3$ 点，则取到的 $3$ 点共线的概率为A。

$\dfrac{1}{5}$B。

$\dfrac{2}{5}$C。

$\dfrac{4}{5}$D。

$1$5.某校一个课外研究小组为研究某作物种子的发芽率$y$ 和温度 $x$（单位：℃）的关系，在 $20$ 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据$(x_i,y_i)(i=1,2,\dots,20)$ 得到下面的散点图：在 $10℃$ 至 $40℃$ 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 $y$ 和温度 $x$ 的回归方程类型的是A。

汇编全国质检试卷整理不易，感谢点赞收藏2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）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．（5分）若z＝1+i，则|z2﹣2z|＝（）A．0B．1C．D．22．（5分）设集合A＝{x|x2﹣4≤0}，B＝{x|2x+a≤0}，且A∩B＝{x|﹣2≤x≤1}，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．2D．43．（5分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A．B．C．D．4．（5分）已知A为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p＝（）A．2B．3C．6D．95．（5分）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（x i，y i）（i＝1，2，…，20）得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（）A．y＝a+bx B．y＝a+bx2C．y＝a+be x D．y＝a+blnx6．（5分）函数f（x）＝x4﹣2x3的图象在点（1，f（1））处的切线方程为（）A．y＝﹣2x﹣1B．y＝﹣2x+1C．y＝2x﹣3D．y＝2x+17．（5分）设函数f（x）＝cos（ωx+）在[﹣π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．D．8．（5分）（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5B．10C．15D．209．（5分）已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A．B．C．D．10．（5分）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π11．（5分）已知⊙M：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直线l：2x+y+2＝0，P为l上的动点．过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|•|AB|最小时，直线AB的方程为（）A．2x﹣y﹣1＝0B．2x+y﹣1＝0C．2x﹣y+1＝0D．2x+y+1＝012．（5分）若2a+log2a＝4b+2log4b，则（）A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2D．a＜b2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）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．（5分）若z＝1+i，则|z2﹣2z|＝（）A．0B．1C．D．22．（5分）设集合A＝{x|x2﹣4≤0}，B＝{x|2x+a≤0}，且A∩B＝{x|﹣2≤x≤1}，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．2D．43．（5分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A．B．C．D．4．（5分）已知A为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p＝（）A．2B．3C．6D．95．（5分）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（x i，y i）（i＝1，2，…，20）得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（）A．y＝a+bx B．y＝a+bx2C．y＝a+be x D．y＝a+blnx 6．（5分）函数f（x）＝x4﹣2x3的图象在点（1，f（1））处的切线方程为（）A．y＝﹣2x﹣1B．y＝﹣2x+1C．y＝2x﹣3D．y＝2x+17．（5分）设函数f（x）＝cos（ωx+）在[﹣π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．D．8．（5分）（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5B．10C．15D．209．（5分）已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A．B．C．D．10．（5分）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π11．（5分）已知⊙M：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直线l：2x+y+2＝0，P为l上的动点．过点P 作⊙M的切线P A，PB，切点为A，B，当|PM|•|AB|最小时，直线AB的方程为（）A．2x﹣y﹣1＝0B．2x+y﹣1＝0C．2x﹣y+1＝0D．2x+y+1＝0 12．（5分）若2a+log2a＝4b+2log4b，则（）A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2D．a＜b2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）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．（5分）已知集合M＝{x|﹣4＜x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，则M∩N＝（）A．{x|﹣4＜x＜3} B．{x|﹣4＜x＜﹣2} C．{x|﹣2＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 2．（5分）设复数z满足|z﹣i|＝1，z在复平面内对应的点为（x，y），则（）A．（x+1）2+y2＝1 B．（x﹣1）2+y2＝1C．x2+（y﹣1）2＝1 D．x2+（y+1）2＝13．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（）A．B．C．D．7．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．8．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+9．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n＝n2﹣2n 10．（5分）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1 B．+＝1C．+＝1 D．+＝111．（5分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sin x|有下述四个结论：①f（x）是偶函数②f（x）在区间（，π）单调递增③f（x）在[﹣π，π]有4个零点④f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A．①②④B．②④C．①④D．①③12．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2023年普通高等学校招生全国统一考试（四川）数 学（文史类）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2页。

第Ⅱ卷3到8页。

考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷注意事项:1．答第Ⅰ卷前,考生务必将自己地姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2．每小题选出解析后,用铅笔把答题卡上对应题目地解析标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它解析标号。

不能答在试卷卷上。

3．本卷共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地。

参考公式:如果事件A 、B 互斥,那么 球是表面积公式)()()(B P A P B A P +=+ 24RS π=如果事件A 、B 相互独立,那么 其中R 表示球地半径)()()(B P A P B A P ⋅=⋅ 球地体积公式如果事件A 在一次试验中发生地概率是P,那么334R V π=n 次独立重复试验中恰好发生k 次地概率 其中R 表示球地半径kn k kn n P P C k P --=)1()(一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地。

1、设集合U={1,2,3,4,5},A={1,2,3},B={2,3,4} ,则C U （A ∩B ）=（A ）{2,3} （B ） {1,4,5} （C ）{4,5} （D ）{1,5}2、函数1ln(21),()2y x x =+>-地反函数是（A ）11()2x y e x R =- ∈ （B ）21()x y e x R =- ∈ （C ） 1(1()2xy e x R =- ) ∈ （D ）21()xy e x R =- ∈3、 设平面向量(3,5(2,1)a b = ) ,=- ,则2a b -=（A ）（7,3） （B ）（7,7） （C ）（1,7） （D ）（1,3）4、(tanx+cotx)cos 2x=（A ）tanx （B ）sinx （C ）cosx （D ）cotx 5、不等式2||2x x -<地解集为（A ）（－1,2） （B ）（－1,1） （C ）（－2,1） （D ）（－2,2）6、将直线3y x =绕原点逆时针旋转90°,再向右平移1个单位,所得到地直线为（A ）1133y x =-+ （B ）113y x =-+ （C ）33y x =- （D ）31y x =+7、△ABC 地三个内角A 、B 、C 地对边边长分别是a b c 、、 ,若a =,A=2B,则cosB=（A ） （B （C （D学校 班级 姓名 考号/密///////////封/////////////线/////////////内/////////////不/////////////要/////////////答/////////////题///////8、设M 是球O 地半径OP 地中点,分别过M 、O 作垂直于OP 地平面,截球面得到两个圆,则这两个圆地面积比值为（A ）14（B ）12（C ）23（D ）349、定义在R 上地函数()f x 满足:()(2)13,(1)2,f x f x f ∙+==则(99)f =（A ）13 （B ） 2 （C ）132（D ）21310、设直线l α⊂平面,过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角地直线有且只有（A ）1条 （B ）2条 （C ）3条 （D ）4条11、已知双曲线22:1916x y C -=地左右焦点分别为F 1、F 2 ,P 为C 地右支上一点,且||||212PF F F =,则△PF 1F 2 地面积等于（A ）24 （B ）36 （C ）48 （D ）9612、若三棱柱地一个侧面是边长为2地正方形,另外两个侧面都是有一个内角为60°地菱形,则该棱柱地体积为（A（B） （C）（D）第Ⅱ卷（非选择题　共90分）二、填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分。

２０２４年高考数学模拟试题(新高考)林国红(广东省佛山市乐从中学ꎬ广东佛山５２８３１５)中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０４－００８４－１０收稿日期:２０２３－１１－０５作者简介:林国红(１９７７－)ꎬ男ꎬ广东省佛山人ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀说明:(１)本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分１５０分.考试时间１２０分钟.(２)本试卷适用省份:(新高考Ⅰ卷)山东㊁福建㊁湖北㊁江苏㊁广东㊁湖南㊁河北等省ꎻ(新高考Ⅱ卷)海南㊁辽宁㊁重庆等省市.一㊁选择题:本题共８小题ꎬ每小题５分ꎬ共４０分.在每小题给出的四个选项中ꎬ只有一项是符合题目要求的.１.设集合Ａ＝ｘ(ｘ＋１)(ｘ－４)<０{}ꎬＢ＝ｘ２ｘ＋ａ<０{}ꎬ且ＡɘＢ＝ｘ－１<ｘ<３{}ꎬ则ａ＝(㊀㊀).Ａ.６㊀㊀㊀Ｂ.４㊀㊀㊀Ｃ.－４㊀㊀㊀Ｄ.－６２.已知ｉ(１＋ｚ)＝１(其中ｉ为虚数单位)ꎬ则ｚ－ｚ－＝(㊀㊀).Ａ.－２Ｂ.０Ｃ.２ｉＤ.－２ｉ３.已知２ｓｉｎα＝３＋２３ｃｏｓαꎬ则ｓｉｎ(２α－π６)＝(㊀㊀).Ａ.－１８Ｂ.－７８Ｃ.３４Ｄ.７８４.已知等比数列{ａｎ}的首项ａ１＝２ꎬ前ｎ项和为Ｓｎꎬ且ａ１ꎬ２ａ２ꎬ４ａ３成等差数列ꎬ则(㊀㊀).Ａ.Ｓｎ＋１＝３２Ｓｎ㊀㊀㊀Ｂ.Ｓｎ＋１＝１２Ｓｎ＋２Ｃ.Ｓｎ＋１＝ａｎ＋１㊀㊀㊀Ｄ.Ｓｎ＋１＝１２ａｎ＋１５.某款对战游戏ꎬ总有一定比例的玩家作弊ꎬ该游戏每１０个人组成一组对局ꎬ若一组对局中有作弊玩家ꎬ则认为这组对局不公平.现有５０名玩家ꎬ其中有２名玩家为作弊玩家ꎬ一次性将５０名玩家平均分为５组ꎬ则５组对局中ꎬ恰有一组对局为不公平对局的概率为(㊀㊀).Ａ.７２０Ｂ.１６Ｃ.９４９Ｄ.１５６.ａ>２是函数ｙ＝ｘ－ａ在(－ɕꎬ２]单调递减的(㊀㊀).Ａ.充分不必要条件㊀㊀㊀㊀Ｂ.必要不充分条件Ｃ.充要条件㊀㊀㊀㊀Ｄ.既不充分也不必要７.已知双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)的右焦点为Ｆꎬ关于原点对称的两点ＡꎬＢ分别在双曲线的左㊁右两支上ꎬＡＦң ＦＢң＝０ꎬ３ＢＦң＝ＦＣңꎬ且点Ｃ在双曲线上ꎬ则双曲线的离心率为(㊀㊀).Ａ.１０３㊀Ｂ.１０２㊀Ｃ.５２㊀Ｄ.２３３８.已知曲线ｙ＝－ｘ３－３ｘ２＋９ｘ＋９与曲线ｙ＝１－２ｘｘ＋１交于点Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＡ２(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ ꎬＡｎ(ｘｎꎬｙｎ)ꎬ则ðｎｉ＝１(ｘｉ＋ｙｉ)＝(㊀㊀).Ａ.－１６㊀Ｂ.－１２㊀Ｃ.－９㊀Ｄ.－６二㊁选择题:本题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分.在每小题给出的选项中ꎬ有多项符合题目要求.全部选对的得５分ꎬ部分选对的得２分ꎬ有选错的得０分.９.袋子中有６个相同的球ꎬ分别标有数字１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ从中有放回的随机取５次ꎬ每次取一个球.记录每次取到的数字ꎬ统计后发现这５个数字的平均数为２ꎬ方差小于１ꎬ则(㊀㊀).Ａ.可能取到数字４㊀㊀㊀㊀㊀Ｂ.中位数可能是２Ｃ.极差可能是４㊀㊀㊀㊀㊀Ｄ.众数可能是２１０.如图１ꎬ正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＰ是体对角线ＡＣ１上的动点ꎬＭ是棱ＤＤ１上的动点ꎬ则下列说法正确的是(㊀㊀).图１㊀第１０题图Ａ.异面直线Ｂ１Ｐ与Ａ１Ｄ所成的角的最小值为π６Ｂ.异面直线Ｂ１Ｐ与Ａ１Ｄ所成的角的最大值为π３Ｃ.对于任意的Ｐꎬ存在点Ｍ使得ＡＭʅＢ１ＰＤ.对于任意的Ｍꎬ存在点Ｐ使得ＡＭʅＢ１Ｐ１１.已知抛物线Ｃ:ｙ２＝４ｘ的准线与ｘ轴交于点ＤꎬＯ为坐标原点ꎬ点ＡꎬＢ是抛物线Ｃ上异于点Ｏ的两个动点ꎬ线段ＡＢ与ｘ轴交于点Ｔꎬ则(㊀㊀).Ａ.若Ｔ为抛物线Ｃ的焦点ꎬ则线段ＡＢ的长度的最小值为４Ｂ.若Ｔ为抛物线Ｃ的焦点ꎬ则ＯＡң ＯＢң为定值Ｃ.若әＡＯＴ与әＢＯＴ的面积之积为定值ꎬ则Ｔ为抛物线Ｃ的焦点Ｄ.若直线ＤＡ和直线ＤＢ都与抛物线Ｃ相切ꎬ则Ｔ为抛物线Ｃ的焦点１２.已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(ｘ＋１)ꎬ则(㊀㊀).Ａ.曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在(０ꎬｆ(０))处的切线方程为ｙ＝２ｘ㊀Ｂ.ｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增Ｃ.对任意的ｘ１ꎬｘ２ɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｆ(ｘ１＋ｘ２)>ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)Ｄ.对任意的ｘ１ꎬｘ２ꎬｘ３ɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬｘ１<ｘ２<ｘ３ꎬ则ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)ｘ２－ｘ１ɤｆ(ｘ３)－ｆ(ｘ１)ｘ３－ｘ１三㊁填空题:本题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分.１３.在(ｘ＋１ｘ)６的二项展开式中ꎬ常数项为.(用数字作答)１４.已知同一平面内的单位向量ａꎬｂꎬｃꎬ满足ａ＋ｂ＋１３ｃ＝０ꎬ则ａ－ｂ＝.１５.已知圆Ｃ１:ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)与圆Ｃ２:ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ－２０＝０恰有两条公切线ꎬ则实数ｍ的取值范围为.１６.有ｎ个编号分别为１ꎬ２ꎬ ꎬｎ的盒子ꎬ第１个盒子中有２个白球１个黑球ꎬ其余盒子中均为１个白球１个黑球ꎬ现从第１个盒子中任取一球放入第２个盒子ꎬ再从第２个盒子中任取一球放入第３个盒子ꎬ以此类推ꎬ则从第２个盒子中取到白球的概率是ꎬ从第ｎ个盒子中取到白球的概率是.四㊁解答题:本题共６小题ꎬ共７０分.解答应写出文字说明㊁证明过程或演算步骤.１７.已知等比数列{ａｎ}的各项均为正数ꎬ前ｎ项和为Ｓｎꎬ若ａｎ＋１＋ａｎ＋２＝１２ａｎ(ｎɪＮ∗)ꎬＳ５＝１２１.(１)求数列{ａｎ}的通项公式ꎻ(２)若ｂｎ＝ａｎ＋ｌｎａｎꎬ求数列{ｂｎ}的前ｎ项和Ｔｎ.１８.如图２ꎬ在平面内ꎬ四边形ＡＢＣＤ的对角线交点位于四边形内部ꎬＡＢ＝３ꎬＢＣ＝７ꎬәＡＣＤ为正三角形ꎬ设øＡＢＣ＝α.图２㊀第１８题图(１)求ＡＣ的取值范围ꎻ(２)当α变化时ꎬ求四边形ＡＢＣＤ面积的最大值.１９.如图３ꎬ在梯形ＡＢＣＤ中ꎬＡＤʊＢＣꎬＡＤʅＡＢꎬＢＣ＝２ＡＤ＝６ꎬＡＢ＝３ꎬＡＣ与ＢＤ交于点Ｍꎬ将әＡＢＤ沿ＢＤ翻折至әＰＢＤꎬ使点Ａ到达点Ｐ的位置.图３㊀第１９题图(１)证明:ＢＤʅＰＣꎻ(２)若平面ＰＢＣ与平面ＰＢＤ的夹角的余弦值为７７ꎬ求三棱锥Ｐ－ＢＣＤ的体积.２０.已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的长轴长为２６ꎬ且其离心率小于２２ꎬＰ为椭圆Ｃ上一点ꎬＦ１ꎬＦ２分别为椭圆Ｃ的左㊁右焦点ꎬәＦ１ＰＦ２的面积的最大值为２２.(１)求椭圆Ｃ的标准方程ꎻ(２)Ａ为椭圆Ｃ的上顶点ꎬ过点Ｄ(０ꎬ－１)且斜率为ｋ的直线ｌ与椭圆Ｃ交于ＭꎬＮ两点ꎬ直线ｌ１为过点Ｄ且与ＡＭ平行的直线ꎬ设ｌ１与直线ｙ＝－５２的交点为Ｑ.证明:直线ＱＮ过定点.２１.在上海举办的第五届中国国际进口博览会中ꎬ硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注.这种起搏器体积只有传统起搏器的１１０ꎬ其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症.在起搏器研发后期ꎬ某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产ꎬ试产期同步进行产品检测ꎬ检测包括智能检测与人工抽检.智能检测在生产线上自动完成ꎬ包含安全检测㊁电池检测㊁性能检测等三项指标ꎬ人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测ꎬ且仅设置一个综合指标ꎬ四项指标均达标的产品才能视为合格品.已知试产期的产品ꎬ智能检测三项指标的达标率约为９９１００ꎬ９８９９ꎬ９７９８ꎬ设人工抽检的综合指标不达标率为ｐ(０<ｐ<１).㊀(１)求每个芯片智能检测不达标的概率ꎻ(２)人工抽检３０个芯片ꎬ记恰有１个不达标的概率为φ(ｐ)ꎬ求φ(ｐ)的极大值点ｐ０ꎻ(３)若芯片的合格率不超过９６％ꎬ则需对生产工序进行改良.以(２)中确定的ｐ０作为ｐ的值ꎬ判断该企业是否需对生产工序进行改良.２２.已知ａɪＲꎬ函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)ｌｎ(１－ｘ)－ｘ－ａｃｏｓｘꎬｆᶄ(ｘ)为ｆ(ｘ)的导函数.(１)当ａ＝０时ꎬ求函数ｆ(ｘ)的单调区间ꎻ(２)讨论ｆᶄ(ｘ)在区间(０ꎬ１)上的零点个数ꎻ(３)比较１１０ｃｏｓ１１０与ｌｎ１０９的大小ꎬ并说明理由.参考答案１.Ａ＝{ｘ－１<ｘ<４}ꎬＢ＝{ｘｘ<－ａ２}ꎬ由ＡɘＢ＝{ｘ－１<ｘ<３}ꎬ得－ａ２＝３ꎬ所以ａ＝－６ꎬ故选Ｄ.２.１＋ｚ＝１ｉ＝ｉｉ２＝－ｉꎬ所以ｚ＝－１－ｉꎬ从而ｚ－ｚ－＝－１－ｉ－(－１＋ｉ)＝－２ｉꎬ故选Ｄ.３.由２ｓｉｎα＝３＋２３ｃｏｓαꎬ得１２ｓｉｎα－３２ｃｏｓα＝３４.即ｓｉｎ(α－π３)＝３４.所以ｓｉｎ(２α－π６)＝ｓｉｎ[２(α－π３)＋π２]＝ｃｏｓ２(α－π３)＝１－２ｓｉｎ２(α－π３)＝１－２ˑ(３４)２＝－１８.故选Ａ.４.设等比数列{ａｎ}的公比为ｑꎬ由于ａ１ꎬ２ａ２ꎬ４ａ３成等差数列ꎬ所以４ａ２＝ａ１＋４ａ３ꎬ４ａ１ｑ＝ａ１＋４ａ１ｑ２.由于ａ１＝２ꎬ所以４ｑ２－４ｑ＋１＝(２ｑ－１)２＝０.解得ｑ＝１２.所以ａｎ＝ａ１ ｑｎ－１＝２ (１２)ｎ－１＝２２－ｎ.所以Ｓｎ＝ａ１(１－ｑｎ)１－ｑ＝２(１－１/２ｎ)１－１/２＝４(１－１２ｎ)＝４－２２－ｎ.则Ｓｎ＋１＝４－２１－ｎ.所以Ｓｎ＋１＝１２Ｓｎ＋２.故选Ｂ.５.所有对局中ꎬ恰有一组对局是不公平对局的情况为:２名外挂玩家都分到了同一组对局ꎬ记该事件为事件Ａꎬ则Ｐ(Ａ)＝Ｃ１５ Ｃ８４８ Ｃ１０４０ Ｃ１０３０ Ｃ１０２０ Ｃ１０１０Ｃ１０５０ Ｃ１０４０ Ｃ１０３０ Ｃ１０２０ Ｃ１０１０＝Ｃ１５Ｃ８４８Ｃ１０５０＝９４９.故选Ｃ.６.ｙ＝ｘ－ａ＝－ｘ＋ａꎬｘ<ａꎬｘ－ａꎬｘȡａꎬ{显然函数ｙ＝ｘ－ａ的单调递减区间为(－ɕꎬａ)ꎬ所以ａ>２时ꎬ函数ｙ＝ｘ－ａ在(－ɕꎬ２]单调递减ꎻ若函数ｙ＝ｘ－ａ在(－ɕꎬ２]单调递减ꎬ则ａȡ２ꎬ所以ａ>２是函数ｙ＝ｘ－ａ在(－ɕꎬ２]单调递减的充分不必要条件ꎬ故选Ａ.７.由题设Ｆ(ｃꎬ０)ꎬ令Ａ(ｍꎬｎ)且ｍ<－ａꎬＣ(ｘꎬｙ)ꎬ则Ｂ(－ｍꎬ－ｎ)ꎬ且ｍ２ａ２－ｎ２ｂ２＝１.①由ＡＦң ＦＢң＝(ｃ－ｍꎬ－ｎ) (－ｍ－ｃꎬ－ｎ)＝ｍ２－ｃ２＋ｎ２＝０ꎬ即ｍ２＋ｎ２＝ｃ２.②由３ＢＦң＝ＦＣңꎬ得３(ｃ＋ｍꎬｎ)＝(ｘ－ｃꎬｙ).所以ｘ＝４ｃ＋３ｍꎬｙ＝３ｎ.{即Ｃ(４ｃ＋３ｍꎬ３ｎ).又Ｃ在双曲线上ꎬ则(４ｃ＋３ｍ)２ａ２－９ｎ２ｂ２＝１.③由①得ｎ２ｂ２＝ｍ２ａ２－１.代入③并整理ꎬ得２ｃ２＋３ｍｃ＋ａ２＝０.由①②及ａ２＋ｂ２＝ｃ２ꎬ得ｎ２＝ｍ２ｂ２ａ２－ｂ２＝ｃ２－ｍ２.所以ｍ２＝２ａ２－ａ４ｃ２.所以(２ｃ２＋ａ２)２＝９ｍ２ｃ２＝１８ａ２ｃ２－９ａ４.即２ｃ２－７ａ２ｃ２＋５ａ４＝(２ｃ２－５ａ２)(ｃ２－ａ２)＝０.显然ａ２ʂｃ２ꎬ则ｅ２＝ｃ２ａ２＝５２.所以ｅ＝１０２.故选Ｂ.８.令ｆ(ｘ)＝－ｘ３－３ｘ２＋９ｘ＋９ꎬ则ｆ(ｘ－１)＝－(ｘ－１)３－３(ｘ－１)２＋９(ｘ－１)＋９＝－ｘ３＋１２ｘ－２ꎬｆ(－ｘ－１)＝－(－ｘ－１)３－３(－ｘ－１)２＋９(－ｘ－１)＋９＝ｘ３－１２ｘ－２.所以ｆ(ｘ－１)＋ｆ(－ｘ－１)＝－４所以ｆ(ｘ)关于(－１ꎬ－２)中心对称.因为ｙ＝１－２ｘｘ＋１＝－２(ｘ＋１)＋３ｘ＋１＝－２＋３ｘ＋１ꎬ所以ｙ＝１－２ｘｘ＋１关于(－１ꎬ－２)中心对称.因为ｆᶄ(ｘ)＝－３ｘ２－６ｘ＋９＝－３(ｘ＋３)(ｘ－１)ꎬ所以当ｘɪ(－ɕꎬ－３)ɣ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎻ当ｘɪ(－３ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０.所以ｆ(ｘ)在(－ɕꎬ－３)ꎬ(１ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ在(－３ꎬ１)上单调递增.所以ｆ(ｘ)的极小值为ｆ(－３)＝２７－２７－２７＋９＝－１８ꎬ极大值为ｆ(１)＝－１－３＋９＋９＝１４.当ｘɪ(－１ꎬ＋ɕ)时ꎬｙ＝－２＋３ｘ＋１单调递减ꎬ且ｙ＝－２＋３ｘ＋１>－２.当ｘ＝１时ꎬｙ＝－２＋３１＋１＝－１２<１４.作出ｆ(ｘ)与ｙ＝１－２ｘｘ＋１在ｘ>－１时的图象如图４所示.由图象可知:ｆ(ｘ)与ｙ＝１－２ｘｘ＋１在(－１ꎬ＋ɕ)上有且仅有两个不同的交点.由对称性可知:ｆ(ｘ)与ｙ＝１－２ｘｘ＋１在(－ɕꎬ－１)上有且仅有两个不同的交点.图４㊀第８题解析图所以ð４ｉ＝１(ｘｉ＋ｙｉ)＝(ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋ｘ４)＋(ｙ１＋ｙ２＋ｙ３＋ｙ４)＝(－１)ˑ２ˑ２＋(－２)ˑ２ˑ２＝－１２.故选Ｂ.９.设这５个数字为ｘ１ꎬｘ２ꎬｘ３ꎬｘ４ꎬｘ５ꎬ对于Ａ:若取到数字４ꎬ不妨设为ｘ１＝４ꎬ则４＋ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＋ｘ５５＝２.可得ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＋ｘ５＝６.可知这４个数中至少有２个１ꎬ不妨设为ｘ２＝ｘ３＝１ꎬ则这５个数字的方差ｓ２＝１５[(ｘ１－２)２＋(ｘ２－２)２＋(ｘ３－２)２＋(ｘ４－２)２＋(ｘ５－２)２]ȡ１５[(４－２)２＋(１－２)２＋(１－２)２]＝６５>１ꎬ不合题意ꎬ故Ａ错误ꎻ对于Ｃ:因为这５个数字的平均数为２ꎬ这５个数字至少有１个１ꎬ或５个２ꎬ不妨设为ｘ１＝１ꎬ若极差是４ꎬ这最大数为５ꎬ不妨设为ｘ２＝５ꎬ则这５个数字的平均数ｘ－＝１５(ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＋ｘ５)＝１５(１＋５＋ｘ３＋ｘ４＋ｘ５)＝２ꎬ则ｘ３＋ｘ４＋ｘ５＝４ꎬ可知这３个数有２个１ꎬ１个２ꎬ此时这５个数字的方差ｓ２＝１５[(１－２)２＋(５－２)２＋(１－２)２＋(１－２)２＋(２－２)２]＝１２５>１ꎬ不合题意ꎬ故Ｃ错误ꎻ对于ＢＤ:例如２ꎬ２ꎬ２ꎬ２ꎬ２ꎬ可知这５个数字的平均数为２ꎬ方差为０ꎬ符合题意ꎬ且中位数是２ꎬ众数是２.故选ＢＤ.１０.以Ｃ１为坐标原点ꎬ建系如图５ꎬ设正方体的边长为１ꎬ则Ａ１Ｄң＝(０ꎬ－１ꎬ１).图５㊀第１０题解析图设Ｃ１Ｐң＝λＣ１Ａң＝(λꎬλꎬλ)ꎬλɪ[０ꎬ１]ꎬ则Ｂ１Ｐң＝Ｂ１Ｃ１ң＋Ｃ１Ｐң＝(λꎬλ－１ꎬλ).设异面直线Ｂ１Ｐ与Ａ１Ｄ所成的角为θꎬ则ｃｏｓθ＝ｃｏｓ<Ｂ１ＰңꎬＡ１Ｄң>＝１２λ２＋(１－λ)２＋λ２＝１２ ３λ２－２λ＋１.当λ＝１３时ꎬ(ｃｏｓθ)ｍａｘ＝３２ꎬθｍｉｎ＝π６ꎬ故Ａ正确ꎻ当λ＝１时ꎬ(ｃｏｓθ)ｍｉｎ＝１２ꎬθｍａｘ＝π３ꎬ故Ｂ正确ꎻ设Ｍ(１ꎬ０ꎬｍ)ꎬｍɪ[０ꎬ１]ꎬ则ＡＭң＝(０ꎬ－１ꎬｍ－１)ꎬＡＭң Ｂ１Ｐң＝１－λ＋λ(ｍ－１)＝１＋λ(ｍ－２)ꎬ当λ＝０时ꎬＡＭң Ｂ１Ｐң＝０无解ꎬ故Ｃ错误ꎻ∀ｍɪ[０ꎬ１]ꎬ令ＡＭң Ｂ１Ｐң＝０ꎬ得λ＝１２－ｍɪ[１２ꎬ１]ꎬ即对于任意的Ｍꎬ存在点Ｐ使得ＡＭʅＢ１Ｐꎬ故Ｄ正确.故选ＡＢＤ.１１.设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｍｙ＋ｔ(ｔ>０)ꎬＡ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ２ｐ＝４ꎬｐ＝２ꎬ由ｘ＝ｍｙ＋ｔꎬｙ２＝４ｘ{得ｙ２－４ｍｙ－４ｔ＝０.所以ｙ１＋ｙ２＝４ｍꎬｙ１ｙ２＝－４ｔ.则ｘ１＋ｘ２＝ｍ(ｙ１＋ｙ２)＋２ｔ＝４ｍ２＋２ｔꎬｘ１ｘ２＝ｙ２１ｙ２２１６＝ｔ２.Ｔ为焦点时ꎬｔ＝１ꎬｘ１＋ｘ２＝４ｍ２＋２ꎬＡＢ＝ｘ１＋ｐ２＋ｘ２＋ｐ２＝４ｍ２＋４ꎬ显然ｍ＝０时ꎬＡＢｍｉｎ＝４ꎬＡ正确ꎻｔ＝１ꎬｘ１ｘ２＝１ꎬｙ１ｙ２＝－４ꎬＯＡң ＯＢң＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝１－４＝－３ꎬＢ正确ꎻ由ＳәＡＯＴＳәＢＯＴ＝１２ＯＴｙ１１２ＯＴｙ２＝１４ｔ２ｙ１ｙ２＝ｔ３为定值ꎬ所以ｔ为定值ꎬ但不一定有ｔ＝１ꎬＣ错ꎻ又Ｄ(－１ꎬ０)ꎬ设过点Ｄ的切线方程是ｙ＝ｋ(ｘ＋１)ꎬｋʂ０ꎬ由ｙ＝ｋ(ｘ＋１)ꎬｙ２＝４ｘ{得ｋ４ｙ２－ｙ＋ｋ＝０ꎬә＝１－ｋ２＝０ꎬｋ＝ʃ１.当ｋ＝１时ꎬｋ４ｙ２－ｙ＋ｋ＝０的解为ｙ＝２ꎬ因此ｘ＝１ꎬ即Ａ(１ꎬ２)ꎬ当ｋ＝－１时ꎬｋ４ｙ２－ｙ＋ｋ＝０的解为ｙ＝－２ꎬ因此ｘ＝１ꎬ即Ｂ(１ꎬ－２).直线ＡＢ方程为ｘ＝１ꎬ过焦点Ｆ(１ꎬ０)ꎬＤ正确.故选ＡＢＤ.１２.由题意可知:ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ[ｌｎ(ｘ＋１)＋１ｘ＋１]ꎬｆ(０)＝０ꎬ则ｆᶄ(０)＝１ꎬ则曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在(０ꎬｆ(０))处的切线方程为ｙ＝ｘꎬ故Ａ错误ꎻ令ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ[ｌｎ(ｘ＋１)＋２ｘ＋１－１(ｘ＋１)２].令ｈ(ｘ)＝ｌｎ(ｘ＋１)＋２ｘ＋１－１(ｘ＋１)２ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１ｘ＋１－２(ｘ＋１)２＋２(ｘ＋１)３＝ｘ２＋１(ｘ＋１)３>０.则ｈ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增.则ｈ(ｘ)ȡｈ(０)＝１>０ꎬ则ｇᶄ(ｘ)>０.则ｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ故Ｂ正确ꎻ令ｍ(ｘ)＝ｆ(ｘ＋ｘ２)－ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ２)(ｘ>０)ꎬ则ｍᶄ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ＋ｘ２)－ｆᶄ(ｘ)>０.则ｍ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增.则ｍ(ｘ)>ｍ(０)＝ｆ(ｘ２)－ｆ(０)－ｆ(ｘ２)＝０.则ｍ(ｘ１)>０.所以ｆ(ｘ１＋ｘ２)>ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)ꎬ故Ｃ正确ꎻ令φ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ１)ｘ－ｘ１(ｘ>ｘ１)ꎬ则φᶄ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)(ｘ－ｘ１)－ｆ(ｘ)＋ｆ(ｘ１)(ｘ－ｘ１)２.令ω(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)(ｘ－ｘ１)－ｆ(ｘ)＋ｆ(ｘ１)ꎬ则ωᶄ(ｘ)＝ｇᶄ(ｘ)(ｘ－ｘ１)>０.则ω(ｘ)在(ｘ１ꎬ＋ɕ)上单调递增.则ω(ｘ)>ω(ｘ１)＝０.则φᶄ(ｘ)>０.则φ(ｘ)在(ｘ１ꎬ＋ɕ)上单调递增.则φ(ｘ２)<φ(ｘ３).则φ(ｘ２)ɤφ(ｘ３)ꎬ故Ｄ正确.故选ＢＣＤ.１３.二项展开式通项为Ｔｒ＋１＝Ｃｒｎｘ６－ｒ２(１ｘ)ｒ＝Ｃｒｎｘ６－３ｒ２ꎬ所以当ｒ＝２时ꎬ常数项Ｔ３＝Ｃ２６＝１５.１４.由题意可知:ａ＋ｂ＝－１３ｃꎬ则(ａ＋ｂ)２＝１＋１＋２ａ ｂ＝１９.则２ａ ｂ＝－１７９.所以ａ－ｂ＝(ａ－ｂ)２＝２－２ａ ｂ＝３５３.１５.由ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ－２０＝０ꎬ即(ｘ－１)２＋(ｙ－２)２＝２５ꎬ可知圆Ｃ２的圆心为(１ꎬ２)ꎬ半径为５.因为圆Ｃ１与圆Ｃ２恰有两条公切线ꎬ所以圆Ｃ１与圆Ｃ２相交ꎬ则｜５－ｍ｜<｜Ｃ１Ｃ２｜<５＋ｍ.又｜Ｃ１Ｃ２｜＝(１－０)２＋(２－０)２＝５ꎬ所以５－５<ｍ<５＋５.即ｍ的取值范围是(５－５ꎬ５＋５).１６.记事件Ａｉ表示从第ｉ(ｉ＝１ꎬ２ꎬ ꎬｎ)个盒子里取出白球ꎬ则Ｐ(Ａ１)＝２３ꎬＰ(Ａ１)＝１－Ｐ(Ａ１)＝１３.所以Ｐ(Ａ２)＝Ｐ(Ａ１Ａ２)＋Ｐ(Ａ１Ａ２)＝Ｐ(Ａ１)Ｐ(Ａ２Ａ１)＋Ｐ(Ａ１)Ｐ(Ａ２Ａ１)＝２３ˑ２３＋１３ˑ１３＝５９ꎬＰ(Ａ３)＝Ｐ(Ａ２)Ｐ(Ａ３Ａ２)＋Ｐ(Ａ２)Ｐ(Ａ３Ａ２)＝Ｐ(Ａ２)ˑ２３＋Ｐ(Ａ２)ˑ１３＝１３ˑＰ(Ａ２)＋１３＝１４２７ꎬＰ(Ａ４)＝Ｐ(Ａ３)Ｐ(Ａ４Ａ３)＋Ｐ(Ａ３)Ｐ(Ａ４Ａ３)＝Ｐ(Ａ３)ˑ２３＋Ｐ(Ａ３)ˑ１３＝１３Ｐ(Ａ３)＋１３ꎬ进而可得Ｐ(Ａｎ)＝１３Ｐ(Ａｎ－１)＋１３ꎬＰ(Ａｎ)－１２＝１３[Ｐ(Ａｎ－１)－１２].又Ｐ(Ａ１)－１２＝１６ꎬＰ(Ａ２)－１２＝１１８ꎬ所以Ｐ(Ａ２)－１２＝１３[Ｐ(Ａ１)－１２].所以{Ｐ(Ａｎ)－１２}是首项为１６ꎬ公比为１３的等比数列.所以Ｐ(Ａｎ)－１２＝１６ˑ(１３)ｎ－１＝１２ˑ(１３)ｎ.即Ｐ(Ａｎ)＝１２ˑ(１３)ｎ＋１２.故答案为:５９ꎻ１２ˑ(１３)ｎ＋１２.１７.(１)设{ａｎ}的公比为ｑ(ｑ>０)ꎬ因为ａｎ＋１＋ａｎ＋２＝１２ａｎꎬ即ａｎ ｑ＋ａｎｑ２＝１２ａｎꎬ且ａｎʂ０ꎬ可得ｑ２＋ｑ－１２＝０ꎬ解得ｑ＝３或ｑ＝－４(舍去).又因为Ｓ５＝ａ１(１－３５)１－３＝１２１ꎬ解得ａ１＝１.所以ａｎ＝ａ１ ｑｎ－１＝３ｎ－１.(２)由(１)可得:ｂｎ＝３ｎ－１＋(ｎ－１)ｌｎ３ꎬ所以Ｔｎ＝ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋ ＋ｂｎ＝(３０＋３１＋３２＋ ＋３ｎ－１)＋[１＋２＋３＋＋(ｎ－１)]ｌｎ３＝１－３ｎ１－３＋(ｎ－１)ｎ２ｌｎ３＝３ｎ－１＋(ｎ－１)ｎｌｎ３２.所以Ｔｎ＝３ｎ－１＋(ｎ－１)ｎｌｎ３２.１８.(１)因为四边形ＡＢＣＤ的对角线交点位于四边形内部ꎬ所以øＢＡＣ＋øＣＡＤ<π.又因为әＡＣＤ为正三角形ꎬøＣＡＤ＝π３ꎬ所以０<øＢＡＣ<２π３.在әＡＢＣ中ꎬ由余弦定理ꎬ得ＡＢ２＋ＡＣ２－ＢＣ２２ＡＢ ＡＣ＝ｃｏｓøＢＡＣ.又因－１２<ｃｏｓøＢＡＣ<１ꎬ将ＡＢ＝３ꎬＢＣ＝７代入并整理ꎬ得ＡＣ２＋３ＡＣ－４０>０且ＡＣ２－６ＡＣ－４０<０.解得５<ＡＣ<１０.所以ＡＣ的取值范围是(５ꎬ１０). (２)在әＡＢＣ中ꎬ由余弦定理可得ꎬＡＣ２＝ＡＢ２＋ＢＣ２－２ＡＢ ＢＣ ｃｏｓα＝９＋４９－２ˑ３ˑ７ｃｏｓα＝５８－４２ｃｏｓα.由(１)知５<ＡＣ<１０ꎬ所以ｃｏｓαɪ(－１ꎬ１１１４).又因为әＡＣＤ为正三角形ꎬ所以ＳәＡＣＤ＝３４ＡＣ２＝２９３２－２１３２ｃｏｓα.又ＳәＡＢＣ＝１２ＡＢ ＢＣ ｓｉｎα＝２１２ｓｉｎαꎬ所以Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝ＳәＡＢＣ＋ＳәＡＣＤ＝２１２ｓｉｎα＋２９３２－２１３２ｃｏｓα＝２１ˑ(１２ｓｉｎα－３２ｃｏｓα)＋２９３２＝２１ｓｉｎ(α－π３)＋２９３２.所以当α－π３＝π２ꎬ即α＝５π６时ꎬ且ｃｏｓ５π６＝－３２ɪ(－１ꎬ１１１４)成立.㊀四边形ＡＢＣＤ的面积取得最大值ꎬ最大值为２１＋２９３２.㊀１９.(１)因为ｔａｎøＡＤＢ＝ＡＢＡＤ＝３６/２＝２ꎬｔａｎøＣＡＢ＝ＢＣＡＢ＝６３＝２ꎬ所以øＡＤＢ＝øＣＡＢ.所以øＡＤＢ＋øＭＡＤ＝øＣＡＢ＋øＭＡＤ＝９０ʎ.所以ＡＣʅＢＤ.即ＡＭʅＢＤꎬＣＭʅＢＤ.所以ＰＭʅＢＤꎬＣＭʅＢＤ.又ＰＭɘＣＭ＝Ｍꎬ所以ＢＤʅ平面ＰＭＣ.所以ＢＤʅＰＣ.(２)在ＲｔәＡＢＣ中ꎬＡＣ＝ＡＢ２＋ＢＣ２＝３ꎬ因为ＡＤʊＢＣꎬ所以ＡＭＣＭ＝ＡＤＢＣ＝１２.所以ＡＭ＝１ꎬＣＭ＝２ꎬＢＭ＝２.由(１)ＢＤʅ平面ＰＭＣꎬ以Ｍ为坐标原点建立如图６所示的空间直角坐标系Ｍ－ｘｙｚꎬ则Ｂ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ２ꎬ０)ꎬＤ(－２２ꎬ０ꎬ０)ꎬ设Ｐ(０ꎬｃｏｓθꎬｓｉｎθ)ꎬ其中０<θ<πꎬ图６㊀第１９题解析图所以ＭＢң＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬＣＢң＝(２ꎬ－２ꎬ０)ꎬＢＰң＝(－２ꎬｃｏｓθꎬｓｉｎθ).设平面ＰＢＤ的一个法向量为ｎ＝(ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１)ꎬ则ｎ ＭＢң＝２ｘ１＝０ꎬｎ ＢＰң＝－２ｘ１＋ｙ１ｃｏｓθ＋ｚ１ｓｉｎθ＝０. {取ｙ１＝ｓｉｎθꎬｎ＝(０ꎬｓｉｎθꎬ－ｃｏｓθ)ꎬ设平面ＰＢＣ的一个法向量为ｍ＝(ｘ２ꎬｙ２ꎬｚ２)ꎬ则ｍ ＣＢң＝２ｘ２－２ｙ２＝０ꎬｍ ＢＰң＝－２ｘ２＋ｙ２ｃｏｓθ＋ｚ２ｓｉｎθ＝０.{取ｙ２＝ｓｉｎθꎬ则ｍ＝(２ｓｉｎθꎬｓｉｎθꎬ２－ｃｏｓθ)ꎬｃｏｓ<ｍꎬｎ>＝ｎ ｍｎｍ＝１－２ｃｏｓθ３ｓｉｎ２θ＋(２－ｃｏｓθ)２＝７７ꎬ解得ｃｏｓθ＝４５ꎬｓｉｎθ＝３５或ｃｏｓθ＝０ꎬｓｉｎθ＝１.故ＶＰ－ＢＣＤ＝１３ＳәＢＣＤ ｚＰ＝３２１０或２２.２０.(１)由题意可知:２ａ＝２６ꎬｂｃ＝２２ꎬａ２＝ｂ２＋ｃ２.ìîíïïïï因为ｅ＝ｃａ<２２ꎬ所以ａ＝６ꎬｂ＝２ꎬｃ＝２.故椭圆Ｃ的标准方程为ｘ２６＋ｙ２４＝１.(２)设Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＭＮ:ｙ＝ｋｘ－１ꎬ联立直线ＭＮ与椭圆Ｃ的方程可得(２＋３ｋ２)ｘ２－６ｋｘ－９＝０.则ｘ１＋ｘ２＝６ｋ２＋３ｋ２ꎬｘ１ｘ２＝－９２＋３ｋ２.ìîíïïïï所以２ｋｘ１ｘ２＝－３(ｘ１＋ｘ２).因为ｋＡＭ＝ｋＤＱ＝ｙ１－２ｘ１ꎬ则ｌ１:ｙ＝ｙ１－２ｘ１ｘ－１.令ｙ＝－５２ꎬ解得ｘ＝３ｘ１４－２ｙ１.所以Ｑ(３ｘ１４－２ｙ１ꎬ－５２).故直线ＱＮ的方程为ｙ－ｙ２＝－５/２－ｙ２３ｘ１/(４－２ｙ１)－ｘ２(ｘ－ｘ２).根据对称性ꎬ直线ＱＮ所过的定点在ｙ轴上ꎬ不妨令ｘ＝０ꎬ则ｙ＝ｙ２＋５ｘ２/２＋ｘ２ｙ２３ｘ１/(４－２ｙ１)－ｘ２＝１０ｘ２－５ｘ２ｙ１＋３ｘ１ｙ２３ｘ１－４ｘ２＋２ｘ２ｙ１＝１０ｘ２－５ｘ２(ｋｘ１－１)＋３ｘ１(ｋｘ２－１)３ｘ１－４ｘ２＋２ｘ２(ｋｘ１－１)＝－２ｋｘ１ｘ２＋３ｘ１－１５ｘ２２ｋｘ１ｘ２＋３ｘ１－６ｘ２＝－－１８ｘ２－９ｘ２＝－２.故直线ＱＮ过定点(０ꎬ－２).２１.(１)设每个芯片智能检测中安全检测㊁电池检测㊁性能检测三项指标达标的概率分别记为Ｐ１ꎬＰ２ꎬＰ３ꎬ并记芯片智能检测不达标为事件Ａ.视指标的达标率为任取一件新产品ꎬ该项指标达标的概率Ｐ１＝９９１００ꎬＰ２＝９８９９ꎬＰ３＝９７９８ꎬ由对立事件的性质及事件独立性的定义得:Ｐ(Ａ)＝１－Ｐ１Ｐ２Ｐ３＝１－９９１００ˑ９８９９ˑ９７９８＝３１００ꎬ所以每个芯片智能检测不达标的概率为３１００.(２)人工抽检３０个芯片恰有１个不合格品的概率为φ(ｐ)＝Ｃ１３０ｐ１(１－ｐ)２９(０<ｐ<１)ꎬ因此φᶄ(ｐ)＝Ｃ１３０[(１－ｐ)２９－２９ｐ(１－ｐ)２８]＝Ｃ１３０(１－ｐ)２８(１－３０ｐ).令φᶄ(ｐ)＝０ꎬ得ｐ＝１３０.当ｐɪ(０ꎬ１３０)时ꎬφᶄ(ｐ)>０ꎻ当ｐɪ(１３０ꎬ１)时ꎬφᶄ(ｐ)<０.则φ(ｐ)在(０ꎬ１３０)上单调递增ꎬ在(１３０ꎬ１)上单调递减ꎬ所以φ(ｐ)有唯一的极大值点ｐ０＝１３０.(３)设芯片人工抽检达标为事件Ｂꎬ工人在流水线进行人工抽检时ꎬ抽检一个芯片恰为合格品为事件Ｃꎬ由(２)得:Ｐ(Ｃ)＝Ｐ(Ｂ｜Ａ－)＝１－ｐ＝２９３０.由(１)得:Ｐ(Ａ－)＝１－Ｐ(Ａ)＝９７１００.所以Ｐ(Ａ－Ｂ)＝Ｐ(Ａ－) Ｐ(Ｂ｜Ａ－)＝２９３０ˑ９７１００ʈ９３.８％<９６％.因此ꎬ该企业需对生产工序进行改良.２２.(１)当ａ＝０时ꎬｆ(ｘ)＝(ｘ－１)ｌｎ(１－ｘ)－ｘꎬ其定义域为(－ɕꎬ１)ꎬｆᶄ(ｘ)＝ｌｎ(１－ｘ)ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝ｌｎ(１－ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝０.当ｘɪ(－ɕꎬ０)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ故ｆ(ｘ)在(－ɕꎬ０)上单调递增ꎻ当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ故ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减.因此ꎬ函数ｆ(ｘ)的单调递增区间为(－ɕꎬ０)ꎬ单调递减区间为(０ꎬ１).(２)令ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)＝ｌｎ(１－ｘ)＋ａｓｉｎｘꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝－１１－ｘ＋ａｃｏｓｘ＝ａ(１－ｘ)ｃｏｓｘ－１１－ｘꎬｘɪ(０ꎬ１).因为ｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则１－ｘɪ(０ꎬ１)ꎬｃｏｓｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则(１－ｘ)ｃｏｓｘɪ(０ꎬ１).当ａɤ１时ꎬ则ａ(１－ｘ)ｃｏｓｘ－１<０ꎬ故ｇᶄ(ｘ)<０ꎬ从而ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减.而ｇ(０)＝０ꎬ故当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｇ(ｘ)<ｇ(０)＝０ꎬ故ｇ(ｘ)在区间(０ꎬ１)上无零点.即ｆᶄ(ｘ)在区间(０ꎬ１)上无零点.当ａ>１时ꎬ令ｈ(ｘ)＝ａ(１－ｘ)ｃｏｓｘ－１ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝－ａ[ｃｏｓｘ＋(１－ｘ)ｓｉｎｘ].因为ｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｃｏｓｘ＋(１－ｘ)ｓｉｎｘ>０.从而ｈᶄ(ｘ)<０.即ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减.而ｈ(０)＝ａ－１>０ꎬｈ(１)＝－１<０ꎬ因此存在唯一的ｘ０ɪ(０ꎬ１)ꎬ使得ｈ(ｘ０)＝０ꎬ并且当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｈ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(ｘ０ꎬ１)时ꎬｈ(ｘ)<０.即当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎬ当ｘɪ(ｘ０ꎬ１)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０.故当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｇ(ｘ)单调递增ꎬ当ｘɪ(ｘ０ꎬ１)时ꎬｇ(ｘ)单调递减.而ｇ(０)＝０ꎬ故ｇ(ｘ０)>０.取Ｎ＝１－ｅ－２ａɪ(０ꎬ１)ꎬ当ｘ>Ｎ时ꎬｇ(ｘ)＝ｌｎ(１－ｘ)＋ａｓｉｎｘ<ａ＋ｌｎ(ｅ－２ａ)＝ａ－２ａ＝－ａ<０.所以存在唯一的ｍɪ(ｘ０ꎬ１)ꎬ使得ｇ(ｍ)＝０ꎬ即ｆᶄ(ｘ)在区间(０ꎬ１)上有唯一零点.综上所述ꎬ当ａ>１时ꎬｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ１)上有唯一的零点ꎻ当ａɤ１时ꎬｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ１)上没有零点. (３)由(２)可得ꎬ当ａɤ１时ꎬｌｎ(１－ｘ)＋ａｓｉｎｘ<０在(０ꎬ１)上恒成立.即当ａ＝１时ꎬｓｉｎｘ<ｌｎ１１－ｘꎬｘɪ(０ꎬ１).以下证明不等式:当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬ有ｘ<ｔａｎｘ.令ｍ(ｘ)＝ｘ－ｔａｎｘꎬ则ｍᶄ(ｘ)＝１－１ｃｏｓ２ｘ<０.故ｍ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递减.则ｍ(ｘ)<ｍ(０)＝０.即ｘ<ｔａｎｘꎬｘɪ(０ꎬπ２).即有ｘｃｏｓｘ<ｓｉｎｘ.而ｓｉｎｘ<ｌｎ１１－ｘ.故ｘｃｏｓｘ<ｌｎ１１－ｘꎬｘɪ(０ꎬ１).取ｘ＝１１０ꎬ则有１１０ｃｏｓ１１０<ｌｎ１０９.[责任编辑:李㊀璟]。

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（新课标Ⅰ卷）一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项.1．若i z +=1，则=-z z 22（ ）A.0B.1C.2D.22.设集合}04{2≤-=x x A ，}02{≤+=a x x B ，且}12{≤≤-=x x B A ，则=a （ ） A.4- B.2- C.2 D.43.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该正四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，侧其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A.415- B.215- C.415+ D.215+ 4.已知A 为抛物线C ：)0(22>=p px y 上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则=p （ ）A.2B.3C.6D.95.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据),(i i y x （20,,2,1 =i ）得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适应作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是（ ）A.bx a y +=B.2bx a y +=C.x be a y +=D.x b a y ln += 6.函数()342x x x f -=的图象在点())1,1(f 处在切线方程为（ ）A.12--=x yB.12+-=x yC.32-=x yD.12+=x y7．设函数())6cos(πω+=x x f 在],[ππ-的图象大致下图，则()x f 的最小正周期为（ ）A.910π B.67π C.34π D.23π8.52))((y x xy x ++的展开式中33y x 的系数为 （ ）A.5B.10C.15D.20 9.已知),0(πα∈，且5cos 82cos 3=-αα，则=αsin （ ） A.35 B.32 C.31D.95 10.已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三点，圆1O 为ABC ∆的外接圆，若圆1O 的面积为π4，1OO AC BC AB ===，则球O 的面积为（ ）A.π64B.π48C.π36D.π3211.已知圆M ：022222=---+y x y x ，直线l ：022=++y x ，P 为l 上的动点，过点P 作圆M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当PB PA ⋅最小时，直线AB 的方程为（ ） A.012=--y x B.012=-+y x C.012=+-y x D.012=++y x 12.若b a b a 42log 24log 2+=+，则（ ）A.b a 2>B.b a 2<C.2b a >D.2b a < 二、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分共20分.13.若x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥+≥--≤-+0101022y y x y x ，则y x z 7+=的最大值 .14.设a ，b 为单位向量，且1=+b a ，则=-b a.15.已知F 为双曲线C ：)0,0(12222>>=-b a by a x 的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴，若AB 的斜率为3，则C 的离心率为 . 16.如图，在三棱锥ABC P -的平面展开式开图中，1=AC ，3==AD AB ，AC AB ⊥，AD AB ⊥，030=∠CAE ，则=∠FCB cos .三、 解答题：本大题共5小题，满分共60分. 17.（本小题满分12分）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项. （Ⅰ）求{}n a 的公比；（Ⅱ）若11=a ，求数列{}n na 的前n 项和.18.如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AD AE =，ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，DO PO 66=. （Ⅰ）证明：⊥PA 平面PBC ； （Ⅱ）求二面角E PC B --的余弦值.19．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首次比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.（Ⅰ）求甲连胜四场的概率； （Ⅱ）求需要进行第五场比赛的概率； （Ⅲ）求丙最终获胜的概率.20.已知A ，B 分别为椭圆E ：)1(1222>=+a y ax 的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8=⋅GB AG ，P 为直线6=x 上的动点，PA 与E 的另一个交点为C ，PB 与E 的另一个交点为D . （Ⅰ）求E 的方程；（Ⅱ）证明：直线CD 过定点.21.（本小题满分12分） 已知函数()x ax e x f x -+=2.（Ⅰ）当1=a 时，讨论()x f 的单调性；（Ⅱ）当0≥x 时，()+≥321x x f 1，求a 的取值范围.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧==ty tx kksin cos （t 为参数）。

2024年高考数学真题试卷（新课标全国Ⅰ卷）1.一、选择题：本题共 8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。

已知集合，则（ ）A. B. C. D.2.若，则（ ）A. B. C. D.3.已知向量，若，则（ ）A. B.D.2C.1 4.已知，则（ ）A. B.C. D.5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（） A. B. C. D.6.已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D.7.当时，曲线与B.4D.的交点个数为（ ）8A.3C.68.已知函数的定义域为R，，且当时一定正确的是（ ，则下列结论中）A. B. C. D.二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）A. B. C. D. 10.设函数，则（ ）A.是 B.的极小值点当时，C.当时，D.当时，11.设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）A.B.点D.C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为在C 上1当点在C上时，12.三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于于A，B 轴的直线交C两点，若13.，则C的离心率为_______________．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7_______________，乙15.的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_______________.四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，15.1.求B；15.2.若的面积为16.，求c．已知和为椭圆16.1.求C的离心率;16.2.若过P 上两点.的直线交C于另一点B，且的面积为9，求17.的方程．如图，四棱锥中，底面ABCD，，．17.1.若，证明：平面17.2.；若，且二面角的正弦值为，求18.．已知函数18.1.若，且 ，求18.2.的最小值；证明：曲线18.3.是中心对称图形；若当且仅当，求的取值范围．19.设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．19.1.写出所有的，，使数列是19.2.可分数列；当时，证明：数列是19.3.可分数列；从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：参考答案1.A ．解析：化简集合，由交集的概念即可得解.因为，且注意到，从而故选：A.2.C 解析：由复数四则运算法则直接运算即可求解..因为，所以故选：C.3.D 解析：.根据向量垂直的坐标运算可求的值.因为，所以，所以即，故故选：D.4.A 解析：，根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.因为，所以，而，所以，故即，从而，故故选：A.5.B 解析：，设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径.的方程，求出解后可求圆锥的体积设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为故选：B.6.B 解析：根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可..因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得即a ，的范围是故选：B.7.C 解析：.画出两函数在上的图象，根据图象即可求解因为函数的的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以在上函数有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C8.B 解析：代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.因为当时，所以，又因为，则，，，，，则依次下去可知，则B正确；且无证据表明ACD一定正确.故选：B.关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质9.BC 解析：，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.依题可知，，所以，故，C正确，D错误；因为，所以，因为，所以，而故选：BC．10.ACD 解析：，B正确，A错误，求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在对A，上的值域即可判断C；直接作差可判断D.因为函数的定义域为R，而，易知当时，，当或时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数对B，的极小值点，正确；当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以对C，，错误；当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即对D，，正确；当时，，所以故选：ACD.11.ABD 解析：，正确；根据题设将原点代入曲线方程后可求对于A 例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特.：设曲线上的动点，则且，因为曲线过坐标原点，故，解得对于B ，故A正确.：又曲线方程为，而，故.当时，，故对于C 在曲线上，故B正确.：由曲线的方程可得，取，则，而，故此时，故对于D 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.：当点在曲线上时，由C的分析可得，故故选：ABD.思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理，故D正确..12. 解析：由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到，从而求出离心率.的值由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故答案为：13. 解析：先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.由得，，故曲线在处的切线方程为；由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点为，切线方程为，根据两切线重合,所以，解得.故答案为：14.1、 参考1:将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可;参考2:0.5; 解析：.设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.从而.记如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8.，所以；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，两式相减即得，故所以甲的总得分不小于2.的概率为.故答案为：关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举..15.1.解析：由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以.15.2.由（1 解析：）可得，，，从而，，而，由正弦定理有，从而，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知的面积为，可得，所以.16.1. 解析：由题意得，解得，所以16.2..直线的方程为或. 解析：法一：，则直线的方程为，即，，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，，符合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，，，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，，消可得，，且，即，，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，，其中，且，则，则，解的或题意.，经代入判别式验证均满足则直线为或，即或.（117.1.证明见解析 解析：）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．17.2.如图所示，过点D 解析：作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．18.1. 解析：时，，其中，则，因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为18.2.证明见解析.，解析：的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.18.3. 解析：因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则，当，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时.而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，.19.1. 解析：首先，我们设数列的公差为，则.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形，得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设回到原题，第1，此后的讨论均建立在该假设下进行.小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是19.2.证明见解析.解析：由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组.（如果，则忽略②）故数列是19.3.证明见解析 解析：可分数列.定义集合，.下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是命题1可分数列：：或命题2；：我们分两种情况证明这个结论..第一种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组；③，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）故此时数列是可分数列.第二种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.由于，故，从而，这就意味着.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，，共组；③全体，其中，共组；④，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：，，，.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；而如果，假设，则可设，，代入得.但这导致，矛盾，所以.设，，，则，即.所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有这就得到同时满足命题1和命题2个.的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足这就证明了结论. .。