百校联盟2020届TOP300八月尖子生联考(全国I卷)理科数学答案

2020年百校联考高考考前冲刺数学试卷(理科)(三)(全国I卷)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|log2x<1}，集合B={y|y=√2−x}，则A∪B=()A. (−∞,2)B. (−∞,2]C. (0,2)D. [0,+∞)2.已知MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,4)，M(−2,−1)，则点N的坐标为()A. (5,5)B. (−3,1)C. (1,3)D. (1,1)3.已知命题p：∃x∈R，使得x2−x+2<0；命题q：∀x∈[1,2]，使得x2≥1.以下命题为真命题的是()A. ￢p∧￢qB. p∨￢qC. ￢p∧qD. p∧q4.已知点是角α终边上一点，则)A. √32+12B. −√32+12C. √32−12D. −√32−125.已知函数f(x)=xcosx+(a−1)x2是奇函数，则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是()A. 2x−y=0B. x−y=0C. 2x+y=0D. x−2y=06.若直线y=c(c∈R)与函数y=tanωx(ω>0)的图象相邻的两个交点之间的距离为1，则函数y=tanωx图象的对称中心为()A. (k2,0),k∈Z B. (k,0)，k∈ZC. (kπ2,0),k∈Z D. (kπ,0)，k∈Z7.已知f(x)是定义在R上且以4为周期的奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)=e x−1+e1−x−3(e为自然对数的底)，则函数f(x)在区间[0,4]上的所有零点之和为()A. 6B. 8C. 12D. 148.我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设在中，角A,B,C对边分别为a,b,c，面积为S，则“三斜求积”公式为S=√14[a2c2−(a2+c2−b22)2].若，且，则面积为()A. √2B. 2C. 3D. √39.已知非零向量a⃗,b⃗ 的夹角为60°，且满足|a⃗−2b⃗ |=2，则a⃗⋅b⃗ 的最大值为()A. 12B. 1C. 2D. 310. 已知a >1，三个数lna+1a、1a+1、1a 的大小关系是( )A. lna+1a >1a>1a+1B. 1a >lna+1a >1a+1C. 1a >1a+1>lna+1aD. 1a+1>1a >lna+1a11. 已知函数f(x)=2sin(ωx +φ)(0<ω<l,|φ|<π2)的图象经过点(0,1)，且关于直线x =2π3对称，则下列结论正确的是( )A. f(x)在[π12,2π3]上是减函数B. 若x =x 0是f(x)的一条对称轴，则一定有f′(x 0)≠0C. f(x)≥1的解集是[2kπ,2kπ+π3]，k ∈Z D. f(x)的一个对称中心是(−π3,0)12. 若方程x 3−3ax +2=0(a >0)有三个不同实根，则实数a 的取值范围是( )A. a >1B. a >0C. 1<a <3D. 0<a <1二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若函数f(x){1,x >0(12)x ,x ≤0则满足f(a)=2的实数a 的值为______．14. 化简1sin70∘−√3cos70°=______． 15. 在△ABC 中，∠B =∠C =60°，AB =2，且点M 满足BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =______________． 16. 在△ABC 中，若b =1，c =√3，∠C =2π3，则a =______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若f(α2)=45,0<α<π3，求cosα的值．18.对于任意非零实数x1，x2，函数f(x)满足f(x1⋅x2)=f(x1)+f(x2)，(1)求f(−1)的值；(2)求证：f(x)是偶函数；(3)已知f(x)在(0,+∞)上是增函数，若f(2x−1)<f(x)，求x取值范围．19.如图，在△ABC中，点D在边AB上，BD=2AD，∠ACD=45°，∠BCD=90°．(Ⅰ)求证：BC=√2AC；(Ⅱ)若AB=√5，求BC的长．20.已知函数f(x)=x2+aln(x+1)−2x(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若对任意的−1<x<0，都有f(x)<(a−2)x，求a的取值范围．21.如图，某生态园将三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果同种植桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200m，现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆．(1)若围墙AP，AQ的总长度为200m，如何围可使得三角形地块APQ的面积最大？(2)已知AP段围墙高1m，AQ段围墙高1.5m，造价均为每平方米100元．若建围墙用了20000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？22.已知函数f(x)=(x2+a)lnx．(1)当a=0时，求f(x)的最小值．(2)若f(x)在区间[1e2,+∞)上有两个极值点x1，x2(x1<x2)．(ⅰ)求实数a的取值范围．(ⅰ)求证：−2e2<f(x2)<−12e．【答案与解析】1.答案：D解析：解：A ={x|0<x <2}，B ={y|y ≥0}； ∴A ∪B =[0,+∞)． 故选：D ．可求出集合A ，B ，然后进行并集的运算即可．考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算．2.答案：C解析：本题考查向量的坐标，属于基础题．设N (a,b )，则MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,b )−(−2,−1)=(3,4)，即可得N ． 解：设N (a,b )，则MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,b )−(−2,−1)=(3,4)， 所以{a +2=3b +1=4，解得{a =1b =3，所以N(1,3)． 故选C ．3.答案：C解析：本题主要考查了复合命题的真假判断，属于基础题．解决此题的关键是分别判断命题p 和q 的真假，再结合复合命题的真假判断方法即可求解． 解：对于命题p ，因为△=(−1)2−8<0，故不等式无解，所以p 为假命题； 对于命题q ，因为函数y =x 2在[1,2]上为增函数，所以y min =1，所以∀x∈[1,2]，使得x2≥1为真命题，即q为真命题，故￢p∧q为真命题，故选C．4.答案：D解析：本题考查了任意角的三角函数和诱导公式，属于基础题目．现由任意角的三角函数得出，再由诱导公式得出结果．解：由点是角α终边上一点，可得．故选D．5.答案：B解析：解：函数f(x)=xcosx+(a−1)x2，若f(x)为奇函数，可得f(−x)=−f(x)，则−xcosx+(a−1)x2=−xcosx−(a−1)x2，即为(a−1)x2=0恒成立，可得a=1，即f(x)=xcosx，f(0)=0函数的导数为f′(x)=cosx−xsinx，可得f(x)在x=0处的斜率为k=f′(0)=1，则f(x)在x=0处的切线方程为y=x．故选：B．由奇函数的定义可得f(−x)=−f(x)，可得a=1，求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程可得切线方程．本题考查函数的奇偶性和导数的运用：求切线方程，考查运算能力，属于基础题．6.答案：A解析：本题主要考查正切函数的图象和性质，属于基础题．由题意利用正切函数的图象和性质，先求出ω，可得函数y=tanωx图象的对称中心．解：直线y=c(c∈R)与函数y=tanωx(ω>0)的图象相邻的两个交点之间的距离为πω=1，∴ω=π，函数y=tanωx=tanπx，令πx=kπ2，求得x=k2，可得它的对称中心为(k2,0)，k∈Z，故选：A．7.答案：D解析：本题主要考查函数零点的判断，利用函数的周期性和奇偶性，分别判断零点个数找到对称性求解，综合性较强．解：根据f(x)为奇函数，得到f(0)=0，又周期为4，所以f(4)=f(0)=0，f(−2)=−f(2)，又周期为4，所以f(−2)=f(2)，故f(2)=0，当x∈(0,2)时，f(x)=e x−1+e1−x−3，令t=e x−1∈(1e ,e)，f(x)=e x−1+e1−x−3=1t+t−3=g(t)，g(t)在(1e,1)上单调递减，在(1,e)上单调递增，g(1e)=g(e)>0,g(1)<0,故g(t)=0有有两个解，即f(x)在(0,2)有两个零点记为x1,x2，则在(−2,0)内有两个零点为−x1,−x2，根据周期为4，得到在(2,4)内有两个零点为x3=4−x1,x4=4−x2，所以函数f(x)在区间[0,4]上的所有零点之和为0+2+4+x1+x2+4−x1+4−x2=14，故选D．8.答案：A解析：本题考查正弦定理，余弦定理的应用，考查运算求解能力，是基础题．由正弦定理得ac=3，由余弦定理得a2+c2−b2=2，代入“三斜求积”公式计算求解即可．解：由c2sinA=3sinC，得ac=3，又cosB=a2+c2−b22ac =13，得a2+c2−b2=2．所以S=√14×[32−(22)2]=√2．故选A．9.答案：B解析：本题考查了向量的数量积运算性质与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．由题意，利用向量的数量积运算性质与基本不等式的性质可得|a⃗||b⃗ |≤2，即可得出答案．解：∵非零向量a⃗，b⃗ 的夹角为60°，且|a⃗−2b⃗ |=2，∴4=a⃗2+4b⃗ 2−4a⃗⋅b⃗=a⃗2+4b⃗ 2−2|a⃗|⋅|b⃗ |≥2|a⃗|×2|b⃗ |−2|a⃗||b⃗ |=2|a⃗||b⃗ |，即|a⃗||b⃗ |≤2．当且仅当|a⃗|=2|b⃗ |时等号成立，∴a⃗⋅b⃗ =12|a⃗||b⃗ |≤1，∴a⃗⋅b⃗ 的最大值为1，故选B．10.答案：B解析：本题考查了构造函数的应用问题，也考查了利用导数判断函数的单调性以及利用函数的单调性比较大小的应用问题，是综合性题目．构造函数f(x)=x−ln(1+x)，x>0，利用导数判断f(x)的单调性，得出x>ln(1+x)，令x=1a得1 a >ln a+1a；同理，设g(x)=ln(1+x)−x1+x，x>0，得出ln a+1a>1a+1，即得1a>ln a+1a>1a+1.解：设函数f(x)=x−ln(1+x)，x>0，∴f′(x)=1−11+x>0，∴f(x)在(0,+∞)上是增函数， ∴f(x)>f(0)=0， ∴x >ln(1+x)； 令x =1a ，且a >1， 则1a >ln(1+1a )=lna+1a；同理，设g(x)=ln(1+x)−x1+x ，x >0， ∴g′(x)=11+x −1(1+x)=x(1+x)>0， ∴g(x)在(0,+∞)上是增函数， ∴g(x)>g(0)=0， ∴ln(1+x)>x1+x ； 令x =1a ，a >1， ∴ln(1+1a )>1a1+1a，即lna+1a >1a+1；综上，1a >ln a+1a>1a+1．故选B ．11.答案：D解析：解：函数f(x)=2sin(ωx +φ)(0<ω<l,|φ|<π2)的图象经过点(0,1)， 可得f(0)=2sinφ=1，即sinφ=12，可得φ=π6， 由f(x)的图象关于直线x =2π3对称，可得2sin(2π3ω+π6)=kπ+π2， 可得ω=32k +12，由0<ω<1，可得ω=12， 则f(x)=2sin(12x +π6)， 由x ∈[π12,2π3]，可得12x +π6∈[5π24,π2]，显然f(x)递增，故A 错；由f(x)的导数为f′(x)=cos(12x +π6)，取x 0=2π3，f(x 0)=2为最大值，则f′(x0)=cosπ2=0，故B错；f(x)≥1即2sin(12x+π6)≥12，即有2kπ+π6≤12x+π6≤2kπ+5π6，k∈Z，化为4kπ≤x≤4kπ+π3，k∈Z，故C错；由f(−π3)=2sin(−π6+π6)=0，可得f(x)的一个对称中心是(−π3,0)，故D对．故选：D．由题意可得f(0)=1，解得φ，由对称轴可得ω=12，则f(x)=2sin(12x+π6)，由正弦函数的单调性可判断A；由对称轴特点和导数，可判断B；由正弦函数的图象可得x的不等式组，解不等式可判断C；由对称中心的特点可判断D．本题考查三角函数的图象和性质，考查单调性和对称性的判断和运用，考查化简运算能力，属于中档题．12.答案：A解析：本题考查了导数的综合应用及函数思想的应用，同时考查了构造法的应用．易知a=x23+23x，从而令f(x)=x23+23x，求导得f′(x)=23·(x−1)(x2+x+1)x2，从而判断函数的单调性与极值，从而解得．解：易知0不是方程x3−3ax+2=0的根，故3ax=x3+2，故a=x23+23x，令f(x)=x23+23x，则f′(x)=23·(x−1)(x2+x+1)x2，故当x∈(−∞,0)∪(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(−∞,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，f(1)=13+23=1，在直角坐标系中作出f(x)的示意图。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

1．若z=1+i，则|z2–2z|=A．0 B．1 C．2D．22．设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，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 51-B51-C51+D51+4．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．2 B．3 C．6 D．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：°C）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(,)(1,2,,20)i ix y i=得到下面的散点图：由此散点图，在10°C 至40°C 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 ．2y a bx =+C ．e x y a b =+D ．ln y a b x =+6．函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+ 7．设函数()cos π()6f x x ω=+在[]π,π-的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为A ．10π9 B ．7π6 C ．4π3 D ．3π28．25()()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为 A ．5 B ．10 C ．15 D ．20 9．已知 π()0,α∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=AB ．23C ．13D10．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π11．已知⊙M ：222220x y x y +---=，直线l ：220x y ++=，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 ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=12．若242log 42log a ba b +=+，则A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）试题及解析一、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. 若1z i =+,则22z z -= ( )D.2 解析：把Z=1+i ，代入计算222(1)2(1)(1)(12)(1)(1)112z z i i i i i i -=+-+=++-=+-+=--=正解答案为D或者 22222211(1)1(11)12z z z z z i -=-+-=--=+--=这里是凑好了一个完成平方的形式，正好抵消了1点评：这是复数的计算题，掌握复数的运算法则就可以，属于送分题。

2.设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤，则a =( )A.-4B.-2C.2D.4解析：解不等式，集合{|22}A x x =-≤≤集合{|/2}B x x a =≤-而 {}21A B x x =-≤≤，由此可以看出交集的下限是A 集合的-2，上眼1应该是B 集合的，也集12a -= ，解得a=-2。

正确答案为B3. 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. 514-B. 512-C. 514+D.512+ 解析：设正四棱锥的顶点为H ，底面正方形为ABCD ，中心为O ，AB 的中点F ，则求x=HF/AB 的值，示意图。

面积关系：21*2HAB OH S AB HF ∆==， 三角形HOF 为直角三形，由勾股定理：22214HF OH AB =+则，2211*24HF AB HF AB =+ 把x=HF/AB 代入式中 24210x x --=解得154x += 点评：不要被金子塔吓着，其实题目和它没什么关系，就是考查正四棱锥的几何关系，不题不算难，但过程还是有点复杂，对四棱锥的结构一定要非常熟悉，思路一定要清晰。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

1.若z=l+i,则lr-2zl=A. 0B. 1C. 72D. 22.设集^A={xLr^<0}, B=(.d2x+</<0},且ACB={.d-2gl},则“=A. -4B. -2C. 2D. 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，以该四棱锥的髙为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧而三角形的面积，则其侧而三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A.虽1B.逅C.逅11D.逅±14 2 4 24.已知A为抛物线C：y2=2p.Y (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,则尸A. 2B. 3 C・ 6 D・ 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:°C)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(心X)(i = l,2,….20)得到下而的散点图:类型的是6. 函数/(x) = x 4-2x 3的图像在点(h /⑴)处的切线方程为A. y = -2x_lB. y = -2x + lC. y = 2x -3D. y = 2x + l7•设函数/(x) = cos(fyx + —)在［-兀,兀］的图像大致如下图，则•心)的最小正周期为8. (x + ^-)(x + y)5的展开式中Qv 3的系数为 x9.已知ae(O,7r),且3cos2a-8cosa = 5 ,贝ijsina =A. y = a + bxB. y = " +C. y = a + be'D. y = a + b\nx A. 1071C. D. 3 71A. 5B ・10C ・15 D. 20由此散点图，在i(rc 至40。

(：之间，下而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 475 2 1 75A. ---B. —C. —D・ -3 3 3 910.已知A,B,C为球0的球而上的三个点，为AABC的外接圆，若0 0］的而积为4兀，AB = BC = AC = OC\,则球O的表而积为A. 64兀B. 487TC. 36兀D. 32兀11.已知OM：x2 + y2-2x-2y-2 = 0,直线/： 2x+y + 2 = 0, P为/上的动点，过点P作OM的切线PA,PB,切点为A.B,当I PM\\AB\最小时，直线力3的方程为A. 2x-y-1 = 0B. 2x + y-1 = 0C. 2x-y + l=0D. 2x + y + l=O12.若2°+log" = 4°+2log』，则A. a>2b B・a<U）C・a>b2D・a<b2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

百师联盟2020届全国高三开学摸底大联考全国卷理科数学试题理科数学试卷注意事项：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，再选涂其它答案标号.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.考试时间120分钟，满分150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{|31}A x x =-<„，集合{|B x y ==，则A B ⋃=（ ）A．[ B．( C．[- D．(-2.已知命题:,(0,1)P x y ∀∈，2x y +<，则命题P 的否定为（ ） A ．,(0,1)x y ∀∈，2x y +… B ．,(0,1)x y ∀∉，2x y +…C ．00,(0,1)x y ∃∉，002x y +…D ．00,(0,1)x y ∃∈，002x y +…3.已知实数,x y 满足2,2,10,y x y x y ⎧⎪+⎨⎪-+⎩„…„则32x y +的最大值为（ ） A ．7B ．5C ．4D ．924.某商场开展转转盘抽奖活动，每抽奖一次转动一次转盘（转盘如图），经测量可知一等奖，二等奖和三等奖所在扇形区域的圆心角分别为20︒，50︒和60︒，则抽奖一次中一等奖的概率为（ ）A ．1336 B ．1736 C ．1936D ．595.已知P 为圆22(1)1x y ++=上任一点，,A B 为直线3470x y +-=上的两个动点，且||3AB =，则PAB △面积的最大值为（ ）A ．9B ．92C ．3D ．326.元代数学家朱世杰编著的《算法启蒙》中记载了有关数列的计算问题：“今有竹七节，下两节容米四升，上两节容米二升，各节欲均容，问逐节各容几升？”其大意为：现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等量减少，问竹子各节各装米多少升？以此计算，第四节竹子的装米量为（ ） A ．1升 B ．23升 C ．32升 D ．43升 7.如图，在梯形ABCD 中，2BC AD =，DE EC =，设BA a =u u u r ，BC b =u u u r ，则BE =u u u r（ ）A ．1124a b + B ．1536a b +C ．2233a b + D ．1324a b + 8.执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A ．3B ．2020C ．3030D ．10109.()()5102221x xxx +-+的展开式中，含7x 项的系数为（ ）A ．100B ．300C ．500D ．11010.已知函数()sin 0)f x x x ωωω=+->在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有且仅有三个零点，则ω的取值范围是（ ） A ．1014,33⎛⎫⎪⎝⎭ B ．1014,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．144,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．144,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭11.如图，四棱锥P ABCD -中，底面为直角梯形，90BAD ADC ∠=∠=︒，23AB CD =，E 为PC 上靠近点C 的三等分点，则三棱锥B CDE -与四棱锥P ABCD -的体积比为（ ）A ．19 B ．15 C ．16 D ．1312.双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>，12,F F 为其左右焦点，线段2F A 垂直直线b y x a=，垂足为点A ，与双曲线交于点B ，若2F B BA =u u u r u u u r，则该双曲线的离心率为（ ）A B ．2C ．3D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.若复数2221iz i-=++，则||z =_____. 14.在一次考试后，为了分析成绩，从1、2、3班中抽取了3名同学（每班一人），记这三名同学为A B C 、、，已知来自2班的同学比B 成绩低，A 与来自2班的同学成绩不同，C 的成绩比来自3班的同学高.由此判断，来自1班的同学为______.15.数列{}n a 中，其前n 项和为n S 且221nn n S a =-+，则10S =_____.16.若函数1()e xf x x b a=--在其定义域上的最小值为0，则2a b 最小值为_____.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证眀过程或演算步骤.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.17.在ABC △中，三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且()sin sin()sin a c A c A B b B -++=. （1）求B ；（2）若8a c +=，三角形的面积ABC S =△b .18.如图所示的多面体的底面ABCD 为直角梯形，四边形DCFE 为矩形，且DE BC ⊥，AD DC ⊥，又AD AB ⊥，122AB AD DE CD ====，,,M N P 分别为,,EF BF BC 的中点.（1）求证：BC ⊥平面MNP ；（2）求直线MN 与平面BCF 所成角的余弦值..19.移动支付（支付宝支付，微信支付等）开创了新的支付方式，使电子货币开始普及，为了了解习惯使用移动支付方式是否与年龄有关，对某地200人进行了问卷调查，得到数据如下：60岁以上的人群中，习惯使用移动支付的人数为30人；60岁及以下的人群中，不习惯使用移动支付的人数为40人.已知在全部200人中，随机抽取一人，抽到习惯使用移动支付的人的概率为0.6.（1）完成如下的列联表，并判断是否有99.9%的把握认为习惯使用移动支付与年龄有关，并说明理由.（2）在习惯使用移动支付的60岁以上的人群中，每月移动支付的金额如下表：现采用分层抽样的方法从中抽取9人，再从这9人中随机抽取4人，记4人中每月移动支付金额超过3000元的人数为Y ，求Y 的分布列及数学期望.附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.20.函数2()ln 6()a f x a x x a x=--∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若0a >，证明：当(0,2]x ∈时，()0f x <恒成立.21.已知2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率e =，椭圆的左焦点为1F ，短轴的两个端点分别为12,B B ，且11122F B F B ⋅=u u u u r u u u u r.（1）求C 的标准方程；（2）若过左顶点A 作椭圆的两条弦,AM AN ，且0AM AN ⋅=u u u u r u u u r，求证：直线MN 与x 轴的交点为定点.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题．．．．作答.如果多做，则按所做第一题计分.作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的倾斜角为4π，且过点(5,)M a ，曲线C 的参数方程为4cos ,3sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）.（1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）当曲线C 上的点到直线l 的最大距离为l 的直角坐标方程. 23.[选修4-5：不等式选讲] 已知函数()|1||2|f x x x =+--. （1）求不等式()1f x <-的解集；（2）若()|1|f x a -„的解集为实数集R ，求实数a 的取值范围.百师联盟2020届全国高三开学摸底大联考 全国卷理科数学答案及评分意见1.D【解析】[B =，所以(A B ⋃=-.2.D 【解析】由全称命题,()x M p x ∀∈的否定为x M ∃∈，()P x ⌝可得00,(0,1)x y ∃∈，002x y +…. 3.A 【解析】由可行域可知，过点(1,2)时，32x y +取得最大值7.4.C 【解析】概率20502601936036P ︒+︒+⨯︒==︒.5.B 【解析】圆心到直线的距离为|37|25--=，所以圆上的点到直线的最大距离为213+=，所以PABS △的最大值为193322⨯⨯=. 6.B 【解析】设竹子自下而上的各节容米量分别为127,a a a L ，则有12676a a a a +++=，由等差数列的性质可得17423a a a +==，所以432a =. 7.D 【解析】取BC 中点F ，则1111322224BE BC CE BC FA BC BA BC BA BC⎛⎫=+=+=+-=+ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r1324a b =+. 8.C 【解析】10a =，23a =，32a =-，45a =，54a =-，67a =…可知12343a a a a +=+==L 当2020i =时，101033030S =⨯=.9.A 【解析】30()11520(1)krkr k r k T T C C x-+++=-，其中05r 剟，020k 剟，，则23r k +=，所以可取3r =，20k =或4r =，19k =或5r =，18k =，分别代入求和得7x 项得系数为100.10.D 【解析】()2sin 3f x x πω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，则()f x =在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有且仅有三个根，则3sin x πω⎛⎫+=⎪⎝⎭有且仅有三个根，则233x k ππωπ+=+或223k ππ+.k ∈Z .需2223233πωπππππ++<+…解得144,3ω⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 11.B 【解析】设四棱锥P ABCD -的高为h ，则三棱锥B CDEE -的高为13h ，2AB a =，则3CD a =，所以11532p ABCD V a AD h -=⨯⨯⨯⨯，1113323B CDE V a AD h -=⨯⨯⨯⨯，所以15B CDE P ABCD V V --=12.A 【解析】2F A 所在的直线方程为()a y x c b =--，与直线by x a =的交点为2,a ab A c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，B 为线段FA 的中点，所以22,22c a ab B c c ⎛⎫+⎪⎝⎭，代入双曲线方程得()2222222222244a c a b b a a b c c+⨯-⨯=得222c a =，所以ce a==13. 【解析】(2)(1)222(1)(1)i i z i i i --=+=-+-，所以||z =14.B 【解析】由题，B 不是来自2班，A 不是来自2班，所以C 来自2班，又B 的成绩比来自2班的同学高，C 的成绩比来自3班的同学高，所以B 不能来自3班，只能来自1班. 15.9217 【解析】11121a S a ==-，得11a =， 又11112222nn n n n n n S S a a a ++++-==-+-，即11222n n n n a a ++-=-得111222n n n n a a ++-=. 所以2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项12为公差的等差数列，即11(1)2222n na n n =+-⨯=， 所以122n n a n =⨯由错位相减法可得109217S =. 16.21e-【解析】由题，0x x e b a --…恒成立，可转化为直线1y x b a =+与曲线xy e =相切. 设切点坐标为()00,x x e ，则0001,1.x x e x b a e a ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩可得0201x x a b e -=，令1()e t t h t -=，则2()e tt h t -'=可得当2t =时，()h t 取得最小值21e-. 17. 【解析】（1）由()sin sin()sin a c A c A B b B -++=， 得()sin sin sin a c A C c b B -+=. 由正弦定理得22()a c a c b -⨯+=，即222122a cb ac +-=. 所以1cos 2B =，又因为(0,)B π∈ 所以3B π=.（2）由（1）知3B π=，1sin 2ABC S ac B ==△16ac =， 又8a c +=，解得4a =，4c =，所以：2222cos 16b a c ac B =+-=，得4b =. 18.【解析】（1）证明：因为,P N 分别为,BC BF 的中点，所以PN CF P ，因为四边形EDCF 为矩形，所以DE CD ⊥ 又因为DE BC ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，所以PN BC ⊥ 取CD 中点H ，连接,,PH BH MH ，则MH CF PN P P ，所以点,,,M N P H 同在平面MNP 内.在BHC △中，2BH AD ==，2CH CD AB =-=，90BHC ∠=︒，P 为BC 中点， 所以HP BC ⊥又因为PN 交HP 于点P ，所以BC ⊥平面MNP .（2）由（1）知,,AD DE CD 三条直线两两垂直且交于点D ，以D 为原点，,,DA DC DE 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,4,2)F ，因为,M N 分别为,EF BF 中点，可得(0,2,2)M ，(1,3,1)N ，设平面BCF 的法向量为(,,)m x y z =u r ，则0,0.n BF n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u rr u u u r即220,2220.x y x y z -+=⎧⎨-++=⎩ 令1x =，可得1y =，0z =，所以(1,1,0)n =r.所以cos ,||||n MN n MN n MN ⋅〈〉==r u u u u rr u u u u r r u u u u r .所以MN 与平面BCF3=. 19.【解析】 （1）列联表如图：220024002400120013.18710.828701*********K ⨯⨯==≈>⨯⨯⨯.所以有99.9%的把握认为习惯使用移动支付与年龄有关.（2）由（1）得30x =，所以在抽取的9人中，月支付金额在[100,1000]的有1人，在(1000,2000]的为2人，在(2000,3000]的为3人，3000以上的为3人，则46495(0)42C P Y C ===，31634910(1)21C C P Y C ===，2263495(2)14C C P Y C ===. 1363491(3)21C C P Y C ===， 所以分布列为510514()0123422114213E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=. 所以Y 的数学期望为43. 20.【解析】（1）222226()6a a x ax a f x x x x-++'=+-=. 令()0f x '=，得2260x ax a -++=， 解得12a x =，23a x =-. ①当0a =时，()60f x '=-<，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减.②当0a >，02a >，03a -<，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. ③当0a <时，02a <，03a ->，()f x 在0,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. （2）当0a >时，由（1）得()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减. ①当22a <，即04a <<时，()f x 在(0,2]的最大值 max ()ln 5ln 5222a a a f x f a a a ⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因为04a <<，所以ln ln 2ln 12a e <<=. 所以ln 502a a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭， ②当22a …，即4a …时，()f x 在(0,2]内单调递增. max ()(2)ln 2122a f x f a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭. 因为4a …，ln 2ln 12a e <=<. 所以ln 202a a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，所以ln 21202a a ⎛⎫--< ⎪⎝⎭. 综合①②可知当(0,2]x ∈时，()0f x <恒成立.21.【解析】（1）设1(,0)F c -，1(0,)B b ，2(0,)B b -，由题意2c a =，① 1112(,)(,)2F B F B c b c b ⋅=⋅-=u u u u r u u u u r ，②又222c a b =-，③由①②③得24a =，21b =，所以椭圆方程为2214x y +=. （2）由题可知，(0,2)A -，直线,AM AN 斜率存在且不为零，设直线AM 斜率为k ， 则直线AN 斜率为1k-. 设直线AM 方程为(2)y k x =+，与椭圆方程联立得22(2),440.y k x x y =+⎧⎨+-=⎩得()222214161640k x k x k +++-=.① 方程①的一根为2-，设(),M M M x y ， 则22164214M k x k --=+，得222814M k x k -=+， 所以()2M M y k x =+，得2414M k y k =+ 得222284,1414k k M k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 同理可得（将k 换为1k -）得222284,44k k N k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭. 则()()()()232222242222442012020514428284416161611144MN k k k k k k k k k k k k k k k k k k +++-++====-------+-++. 所以直线MN 的方程为222245284444k k k y x k k k ⎛⎫--+=- ⎪+-+⎝⎭. 令0y =，则()()()()()222222221616428624645545454k k k k x k k k k --+---=+===-++++. 所以，直线MN 与x 轴的交点为定点6,05⎛⎫-⎪⎝⎭. 22.【解析】（1）由4cos ,3sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）.得cos ,4sin .3x y θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 所以2222sin cos 43x y θθ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以曲线C 的直角坐标方程为221169x y +=. （2）直线l 的方程为5y a x -=-，即50x y a -+-=.设曲线C 上任一点(4cos ,3sin )M θθ，则点M 到直线l 的距离d ==3tan 4ϕ=）. ①当50a ->时，max d ==，解得10a =. ②当50a -<时，max d ===0a = 综合①②可知直线l 的直角坐标方程为50x y -+=或50x y --=.23.【解析】（1）由题可得3,1,()21,12,3,2,x f x x x x --⎧⎪=--<<⎨⎪⎩„…31,1,()1211,1 2.x f x x x -<--⎧<-⇔⎨-<--<<⎩„ 解得0x <，所以不等式的解集为(,0)-∞.（2）由（1）可得若()|1|f x a -„的解集为R ，只需|1|3a -….解得2a -„或4a …，-∞-⋃+∞.所以实数a的取值范围为(,2][4,)。

2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学试题参考答案(A 卷)选择题答案 一、选择题 1．D 2．B 3．C 4．C 5．D 6．B 7．C 8．C 9．A 10．A11．D12．B非选择题答案 二、填空题13．1 1415．2 16．14-三、解答题17．解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-.18．解：（1）设DO a =，由题设可得,,63PO a AO a AB a ===，2PA PB PC ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以31(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EPEC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取(=m . 由（1）知AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则cos ,|||5⋅==n m n m n m |. 所以二面角B PC E --的余弦值为5.19．解：（1）甲连胜四场的概率为116． （2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛． 比赛四场结束，共有三种情况： 甲连胜四场的概率为116； 乙连胜四场的概率为116； 丙上场后连胜三场的概率为18．所以需要进行第五场比赛的概率为11131161684---=． （3）丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18．比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116，18，18． 因此丙最终获胜的概率为111178168816+++=．20．解：（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）.则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）.若t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，由题意可知–3<n <3. 由于直线P A 的方程为y =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +-=-，可得121227(3)(3)y y x x =-++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219xy +=得222(9)290.m y mny n +++-=所以12229mn y y m +=-+，212299n y y m -=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +--++++= 解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，即直线CD 过定点（32，0）． 若t =0，则直线CD 的方程为y =0，过点（32，0）.综上，直线CD 过定点（32，0）.21．解：（1）当a =1时，f （x ）=e x +x 2–x ，则()f x '=e x +2x –1．故当x ∈（–∞，0）时，()f x '<0；当x ∈（0，+∞）时，()f x '>0．所以f （x ）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增． （2）31()12f x x ≥+等价于321(1)e 12x x ax x --++≤. 设函数321()(1)e (0)2xg x x ax x x -=-++≥，则32213()(121)e 22x g x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2x x x a x a -=--+++1(21)(2)e 2x x x a x -=----.（i ）若2a +1≤0，即12a ≤-，则当x ∈（0，2）时，()g x '>0.所以g （x ）在（0，2）单调递增，而g （0）=1，故当x ∈（0，2）时，g （x ）>1，不合题意.（ii ）若0<2a +1<2，即1122a -<<，则当x ∈(0，2a +1)∪(2，+∞)时，g'(x )<0；当x ∈(2a +1，2)时，g'(x )>0.所以g (x )在(0，2a +1)，(2，+∞)单调递减，在(2a +1，2)单调递增.由于g (0)=1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7−4a )e −2≤1，即a ≥27e 4-. 所以当27e 142a -≤<时，g (x )≤1. （iii ）若2a +1≥2，即12a ≥，则g (x )≤31(1)e 2xx x -++.由于27e 10[,)42-∈，故由（ii ）可得31(1)e 2x x x -++≤1. 故当12a ≥时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是27e [,)4-+∞.22．解：（1）当k =1时，1cos ,:sin ,x t C y t =⎧⎨=⎩消去参数t 得221x y +=，故曲线1C 是圆心为坐标原点，半径为1的圆．（2）当k =4时，414cos ,:sin ,x t C y t ⎧=⎪⎨=⎪⎩消去参数t 得1C1． 2C 的直角坐标方程为41630x y -+=．由1,41630x y -+=⎪⎩解得1414x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩．故1C 与2C 的公共点的直角坐标为11(,)44．23．解：（1）由题设知13,,31()51,1,33, 1.x x f x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪⎪+>⎪⎩()y f x =的图像如图所示．（2）函数()y f x =的图像向左平移1个单位长度后得到函数(1)y f x =+的图像．()y f x =的图像与(1)y f x =+的图像的交点坐标为711(,)66--．由图像可知当且仅当76x <-时，()y f x =的图像在(1)y f x =+的图像上方，故不等式()(1)f x f x >+的解集为7(,)6-∞-．2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合参考答案1．B 2．D 3．D 4．A 5．C 6．A 7．D 8．B 9．A10．C11．B12．D13．C 14．D 15．B 16．B 17．A 18．C 19．BD 20．AB 21．BC22．（1）O 、P （2）I 50.5 （3）50.0 23．（1）大约相等 （5）m 1gt 12 （5）221d d m t t ⎛⎫-⎪∆∆⎝⎭（6）0.221 0.212 （7）4 24．解：（1）设飞机装载货物前质量为m 1，起飞离地速度为v 1；装载货物后质量为m 2，起飞离地速度为v 2，重力加速度大小为g 。

百师联盟2020届高三考前预测诊断联考全国卷1理科数学试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.设全集是R ，集合301x A x x ⎧⎫+=>⎨⎬-⎩⎭，{}|22B x x =-≤≤，则()A B =R （ ）A.[]2,1-B.[)2,1- C.(]3,2-D.(],2-∞2.已知复数()12z i i =+⋅，则z =（ ） A.2i --B.2i -+C.2i -D.12i --3.已知向量()2,a t =-，()1,1b =-，若()//a b b -，则实数t =（ ） A.2-B.4-C.2D.44.已知递增等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若46a =，2a ，4，3a 成等比数列，则6S =（ ） A.36B.32C.28D.305.如图是2020年3月3日至4月8日M 国及该国的N 市新冠肺炎的累计确诊病例（单位：例）的折线图，则下列四种说法中正确的是（ ）①3月15日N 市新冠肺炎的累计确诊病例在M 国总累计确诊病例中占比超过13②3月3日至3月7日M 国的新冠肺炎累计病例的增长率小于4月4日至4月8日的增长率③3月19日至4月4日N 市新冠肺炎的累计确诊病例增加了51例④3月3日至4月8日M 国和N 市的新冠肺炎的累计确诊病例都呈递增趋势 A.①②③④B.①③④C.①③D.②③④6.已知圆()2224:5C x m y m ++=+直线:240l x y --=，若圆C 与直线l 有两个不同的交点，则m 的取值范围为（ ） A.()(),13,-∞-+∞B.[]1,3-C.(][)–,02,∞⋃+∞D.()2,4-7.如图为定义在R 上的函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠的图象，则关于它的导函数()y f x '=的说法错误的是（ ）A.()f x '存在对称轴B.()f x '的单调递减区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C.()f x '在()1,+∞上单调递增D.()f x '存在极大值8.已知函数()2sin 23f x x πϕ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是偶函数，且()f x 在,04π⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，则满足条件的ϕ的一个值为（ ） A.3π-B.6π-C.3π D.56π 9.我国古代重要的数学著作《孙子算经》中首次提到了同余方程组问题以及该类问题的具体解法，因其中涉及到余数问题，所以将其称为“中国剩余定理”又名“孙子定理”．若正整数N 除以正整数m 的余数为n ，记为()mod N n m =，例如()122mod5=．执行如图所示的程序框图，则输出的n 值为（ ）A.16B.17C.22D.2310.已知ABC A B C '''-是体积为54的三棱柱，该三棱柱的五个面所在的平面截其外接球O 所得的截面面积相等，则球O 的表面积为（ ）A.15πB.28πC.30πD.60π11.已知1F 、2F 分别为双曲线()2222:10,0x yC a b a b-=>>的左、右焦点，点P 是双曲线C 上一点，122PF PF =，若线段1PF 的中点Q 恰好在双曲线C 的一条渐近线上，则双曲线的离心率为（ ）12.已知定义在()1,+∞上的函数()ln 321x x x f x x +-=-，定义函数()()()(),,f x f x mg x m f x m⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，（其中m 为实数），若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()()g x f x =，则整数m （ ）A.有最大值5B.有最小值5C.有最大值6D.有最小值6第II 卷（非选择题）二、填空题（题型注释）13.为提高网课的教学质量，某省教育厅组织4位优秀教师录制A 、B 、C 三节课的视频，要求每位教师录制其中一节，且每节课至少有一人录制，其中甲、乙两位教师录制同一节视频，则这三节课的不同录制方案有______种．14.已知抛物线()2:20C x py p =>上有三个点()1,1A x a -、()2B y 、()3,1C x a +，其中()0,1a ∈，若A 、B 、C 三点到焦点的距离依次构成等差数列，则p =______．15.已知数列{}n a 满足：13a =，当2n ≥时，)211n a =-，则数列{}n a 的通项公式n a =______．三、解答题（题型注释）16.在ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，向量2sin2cos 22,⎛⎫=- ⎪⎝⎭A A m ，3cos cos 22,⎛⎫= ⎪⎭A A n ， m n ⊥．（1）求角A ；（2）若CD 是AB 边上的中线，11cos 12B =，CD =ABC 的面积． 17.如图1中，四边形ABCD 为平行四边形，DP AB ⊥于点P ，且有33AB PB ==，BD =APD △沿DP 边折起至QPD △的位置，如图2，满足6PQB π∠=．（1）证明：QB ⊥平面BCDP ； （2）求二面角P DQ C --的正弦值．18.已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为12，左焦点()1,0F -，斜率为()0k k ≠的直线l 经过点F 且与椭圆C 交于A 、B 两点，点P 为AB 的中点．（1）求椭圆C 的方程；（2）设O 为原点，直线OP 与直线()0x m m =<交于点Q ，且满足FQ FP PQ +=，求m 的值．19.为了提高奶牛产奶的安全性，某大型奶牛场决定定期对奶牛进行X 病毒检测，检验采用对血液样本进行试剂盒检测的方式，该试剂盒不仅操作简单，而且可以准确诊断出牛奶质量是否达标．在试剂盒研制初期，研究人员为验证该试剂盒是否精准，特别选择了已经知道诊断结论的5头奶牛（其中感染X 病毒的奶牛只占少数），做了一次验证性检测，已知在这5头奶牛中任意抽检两头，两头都未感染X 病毒的概率是35． （1）求出这5头奶牛中感染X 病毒的头数？（2）若用该试剂盒检测这5头奶牛，直到感染X 病毒的奶牛全部检出时检测结束，现有两套检测方案：（提前抽取了5份血液样本）方案一：先任取1个样本进行检测，若检测呈阳性（表示该奶牛感染X 病毒），则检测结束；若呈阴性（表示该奶牛未感染X 病毒），则在剩余4个样本中任取2个，并将这2个样本取部分混合在一起检测，若呈阳性，则再在这2个样本中任取一个检测，否则在剩余2个未检测样本中任取一个检测．方案二：先任取2个样本，并将这2个样本取部分混合在一起检测，若检测呈阳性，则再在这2个样本中任取一个检测；若呈阴性，则对剩余3个未检测样本进行逐个检测，直到感染X 病毒的牛全部检出，检测结束．设随机变量1ξ，2ξ分别表示用方案一、方案二进行检测所需的检测次数． （ⅰ）求1ξ，2ξ的分布列和数学期望；（ⅱ）假设每次检测的费用都相同，请说明方案一和方案二哪一个更适合？ 20.已知函数()2ln 2f x x x ax =+-，a ∈R ．（1）当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，()212x x x <，求()()122f x f x -的最小值．21.在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 是以(为圆心，r 为半径的圆，直线l 的参数方程为8x y t⎧=⎪⎨=⎪⎩（t 为参数），且直线l 与曲线C 相切．以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴建立极坐标系．（1）求曲线C 的极坐标方程；（2）点P 、Q 为曲线C 上两点，若3POQ π∠=，求POQ △面积的最大值．22.已知函数()11f x x x =+--． （1）求不等式()1f x ≤的解集A ；（2）设a 为集合A 中最大的元素，若正数x ，y 满足124a x y+=，证明：4142x y xy ++≥.四、新添加的题型Θ，满足下列性质： ①对任意的m ∈R ，0m m Θ=； ②对任意的m ，n ∈R ，m n n m Θ=Θ；③对任意的m ，n ，t ∈R ，()()()()2m n t t m n n t m t ⎡⎤⎣ΘΘ=Θ⋅+Θ+Θ-⎦； 则24Θ=______，函数()4xxf x e e =Θ的最小值为______．参考答案1.A【解析】1.解分式不等式确定集合A ，然后根据集合运算的定义求解．301x A x x ⎧⎫+=>⎨⎬-⎩⎭{|(3)(1)0}x x x =+->{|3x x =<-或1}x >＝()(),31,-∞-⋃+∞，[]3,1A =-R，[]2,2B =-，[]()2,1A B =-R ．故选：A ． 2.A【解析】2.首先根据复数代数形式的乘法法则求出z ，再根据共轭复数的概念计算可得； 解：因为()122z i i i =+⋅=-+，所以2z i =--． 故选：A 3.C【解析】3.首先求出a b -的坐标，再根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可； 解：因为()2,a t =-，()1,1b =-，所以向量()3,1a b t -=-+，因为()//a b b -，所以()310t -+=，所以2t =．故选：C 4.D【解析】4.设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，根据题中条件求出公差，得出通项公式，再由求和公式，即可求出结果.由题意，设等差数列{}n a 的公差为()0d d >， 因为46a =，2a ，4，3a 成等比数列， 所以()()2562616a a d d ⋅=-⋅+=， 解得2d =或5-（舍），所以1630,22n a d a n =-==-，()60106302S +⨯==．故选：D. 5.B【解析】5.根据统计拆线图，逐一判断，可得选项.①3月15日N 市新冠肺炎累计确诊病例有33例，M 国总累计病例有87例，占比超过13，①正确；②3月3日至3月7日M 国新冠肺炎累计病例的增长率为3716211616-=，4月4日至4月8日增长率为228214147214214107-==，21716107>，②错误；③3月19日至4月4日N 市新冠肺炎的累计确诊病例增加了994851-=例，③正确； ④3月3日至4月8日M 国和N 市新冠肺炎的累计确诊病例都呈递增趋势，④正确． 故选：B . 6.A【解析】6.求出圆心到直线的距离，由这个距离小于半径可得．圆心是(,0)m -由题意，圆心到直线的距离d =<3m >或1m <-． 故选：A ． 7.D【解析】7.由题意得()f x '是开口向上的抛物线，对选项进行一一验证，即可得答案；由题可知，()y f x '=为二次函数，可知函数()y f x =的极大值点为2-，极小值点为1， 可得0a >，且两根分别是2-和1．所以()f x '存在极小值，对称轴12x =-，单调递减区间为1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增区间为1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．A ，B ，C 正确．故选：D. 8.B【解析】8.先根据()f x 是偶函数得32k ππϕπ-=+，即：56k πϕπ=+，k Z ∈，再对k 取值验证即可.因为()f x 是偶函数，32k ππϕπ-=+，所以56k πϕπ=+，k Z ∈． 当0k =时，56πϕ=，()2cos2f x x =在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，不满足题意； 1k =-时，6πϕ=-，()2cos2f x x =-在,04π⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，满足题意． 故选：B . 9.C【解析】9.由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环机构计算并输出变量n 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变换情况，可得答案.解：由题可知该程序框图的功能是：利用循环结构计算并输出大于10的能同时被3除余1和被5除余2的最小整数.由已知中的四个选项的数据可得：故输出的n 为22. 故选：C. 10.D【解析】10.结合图象设底面边长为a ，侧棱长为l ，结合几何体，利用半径相等，建立方程，求解,,a l r 和球的表面积.由题易得该三棱柱为正三棱柱，设其底面边长为a ，侧棱长为l ，结合图形,三棱柱的五个面所在的平面截其外接球O所得的截面面积相等，可知截面圆半径相等，即球心到三棱柱的5个面的距离相等，设为d．外接球的球心在上下底面正三角形中心连线的中点，由球的半径相等可得2222232r d d⎛⎛⎫=+=+⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，化简得a=．可得该三棱柱的体积21542V a==⨯，得6a=，r=．所以球O的表面积为2460rππ=．故选：D11.C【解析】11.由双曲线定义求得14PF a=，22PF a=，由中点得OQ a=，12QF a=．直线OQ 是渐近线，得斜率为ba-，从而1tanbQOFa∠=，求得1cosaQOFc∠=，再用余弦定理可建立,a c的关系式，求得离心率．由122PF PF=知点P在双曲线的右支上，由122PF PF=，122PF PF a-=可得14PF a=，22PF a=，因为Q为1PF中点，所以OQ a=，12QF a=．直线OQ是渐近线，斜率为ba-，1tanbQOFa∠=，又111sintancosQOF bQOFQOF a∠∠==∠，设1sin QOF bk∠=，1cos QOF ak∠=，（0k>），则22221b k a k+=，1kc==，所以1cos a QOF c∠=， 在1QOF 中22214cos 2a a c a QOF c ac+-∠==，解得c e a ==．故选：C ． 12.A【解析】12.依题意若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()()g x f x =．则有()m f x ≤在()1,x ∈+∞恒成立，只需()min m f x ≤，利用导数研究函数()f x 的单调性与最值即可得解；解：由题若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()()g x f x =．则有()m f x ≤在()1,x ∈+∞恒成立，只需()min m f x ≤，()()2ln 21f x x x x -+-'=-，令()ln 2h x x x =-+-，()110h x x '=-+>，所以()h x 在()1,+∞上单调递增，又由()3ln310h =-+<，()4ln 420h =-+>，所以()03,4x ∃∈满足()00h x =，即有00ln 2x x =-，此时()f x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()()()00000000min00232ln 3225,611x x x x x x f x f x x x x -+-+-====+∈--，所以5m ≤．故选：A 13.6【解析】13.由题意可分两步完成，先选一节课甲乙共同录制，剩余两节课安排其余两位老师录制，由分步乘法计数原理可得结果.第一步选一节课甲乙两位老师录制，共有133C =种录制方案，第二步安排另两位老师录制剩余两节课，共有222A =种不同的录制方案，根据分步乘法计数原理可知，共有326⨯=种不同的录制方案， 故答案为：6 14.4【解析】14.设抛物线C 焦点F ，准线方程为2py =-，根据题意，得到2211222p p p y a a ⎛⎫+=-++++ ⎪⎝⎭，求出21y =，代入抛物线方程，即可得出结果.设抛物线C 焦点F ，准线方程为2py =-， 由A 、B 、C 到焦点的距离依次成等差数列得2BF AF CF =+， 所以2211222p p p y a a ⎛⎫+=-++++ ⎪⎝⎭，所以21y =，即()B ，代入22x py =得4p =．故答案为：4. 15.22n n +【解析】15.1=，说明数列是等差数列，再求通项公式.由)211n a =-得)211n a +=1=，即数列2=为首项，公差为1的等差数列，所以()2111n n =+-⨯=+，所以22n a n n =+．故答案为：22n n +16.（1）3A π=；（2）【解析】16.（1）首先根据m n ⊥得到2sin 106A π⎛⎫--= ⎪⎝⎭，从而得到1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，再求角A 即可.（2）首先利用正弦两角和公式得到sin C =::7:5:8a b c =，设7a x =，5b x =，8c x =，利用余弦定理得到1x =，再利用正弦定理求面积即可.（1）因为m n ⊥，所以0m n ⋅=．即223sincos 2cos cos 12sin 102226A A A m n A A A π⎛⎫⋅=⋅-=--=--= ⎪⎝⎭， 所以1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，因为0A π<<，所以5666A πππ-<-<， 所以66A ππ-=，即3A π=．（2）因为11cos 14B =，()0,B π=，所以sin B =()sin co 111s co s s sin in sin 2142147A B A C A B B =+=+=+⨯=，所以::sin :sin :sin 7:5:8a b c A B C ===， 设7a x =，5b x =，8c x =，在ACD △中，2222cos CD AC AD AC AD A =+-⋅⋅， 所以22221251620x x x =+-，所以1x =， 即7a =，5b =，8c =，故12sin ABCSab C ==17.（1）证明见解析；（2）7.【解析】17.（1）根据线面垂直的判定定理，先证明DP ⊥平面PQB ，得到DP QB ⊥，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）分别以PB ，PD 为x ，y 轴，过点P 作z 轴//BQ ，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据向量夹角公式求出两法向量的夹角，进而可得出结果. （1）证明：因为33AB PB ==，所以2AP =，1PB =．在PQB △中，由余弦定理得2222cos PB PQ BQ PQ BQ PQB =+-⋅∠，得QB =则222BQ PB PQ +=，所以QB PB ⊥．又因为DP PB ⊥，DP QP ⊥，PB QP P ⋂=，且PB ⊂面PQB ，QP ⊂面PQB ， 所以DP ⊥平面PQB ．因为QB ⊂平面PQB ， 所以DP QB ⊥， 又因为PBDP P =，且PB ⊂面BCDP ，DP ⊂面BCDP ，所以QB ⊥平面BCDP ．（2）分别以PB ，PD 为x ，y 轴，过点P 作z 轴//BQ ，建立空间直角坐标系， 则()0,0,0P ，()0,2,0D，()3,2,0C，(Q ，(1,DQ =-，()0,2,0PD =，()3,0,0DC =．设平面PDQ 的一个法向量为()1,,n x y z =，1100n DQ n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以2020x y y ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，令1z =，则()13,0,1n =-， 设平面CDQ 的一个法向量为()2,,n x y z =2200n DQ n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以2030x y x ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，令2z =，则()20,2n =．所以121212cos ,27n n n n n n ⋅<>===⋅，因此1242sin ,7n n <>=， 所以二面角P DQ C --的正弦值为7．18.（1）22143x y +=；（2）4m =-.【解析】18.（1）根据题意可得121c a c ⎧=⎪⎨⎪=⎩，即可解出,a c ，再根据,,a b c 的关系222a b c =+可求出2b ，即可求出椭圆C 的方程；（2）设()11A x y ，，()22B x y ，以及():1AB l y k x =+，将直线方程与椭圆方程联立可得12x x +，即可求出点P 的坐标，再联立直线OP 与直线()0x m m =<的方程可求得点Q的坐标，由FQ FP PQ +=可得FQ FP ⊥，然后根据直线的斜率之积为1-即可解出m ．（1）由题121c a c ⎧=⎪⎨⎪=⎩解得2,1,a c =⎧⎨=⎩所以2223b a c =-=．所以椭圆C 的方程为22143x y +=．（2）因为焦点()1,0F -，设():1AB l y k x =+， 与椭圆方程联立得，()22224384120k x k x k +++-=，设()11A x y ，，()22B x y ，，则2122843k x x k +=-+．因为P 为AB 的中点，所以21224243P x x k x k +==-+，2343P P k y kx k k =+=+， 即22243,4343k k P k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，∴3:4OPl y x k =-，则3,4m Q m k ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 由FQ FP PQ FQ FP +==-可得FQ FP ⊥，所以()3141mk k m -⋅=-+，所以4m =-．19.（1）1头；（2）（ⅰ）分布列见解析，()1135ξ=E ；()2125ξ=E ；（ⅱ）方案二更适合．【解析】19.（1）根据两头都未感染X 病毒的概率是35，列式求解； （2）（ⅰ）由题意可知1ξ的可能取值为1，3，2ξ的可能取值为2，3，再依次根据随机变量表示的事件求概率，列出分布列，并计算数学期望；（ⅱ）由（ⅰ）可知，数学期望小的合适.（1）设有x 头奶牛感染X 病毒，则由题意有252535x C C -=，解得1x =或8x =（舍）．所以这5头奶牛中有1头感染X 病毒．（2）（ⅰ）1ξ的可能取值为1，3，()11115115C P C ξ===，()1435P ξ==，所以1ξ的分布列为则()113555E ξ=⨯+⨯=； 2ξ的可能取值为2，3，由（1）可知()214222153235C C P C C ξ===，所以()2325P ξ==， 所以2ξ的分布列为()223555E ξ=⨯+⨯=．（ⅱ）因为()()21E E ξξ<，所以方案二所需的检测次数期望较少，所需的检测费用期望较低，所以方案二更适合． 20.（1）20x y --=；（2）14ln 22+-.【解析】20.（1）求出'(1)f 再利用点斜式方程，即可得答案；（2）由1x ，2x 是函数()f x 的极值点，得1x ，2x 是方程22210x ax -+=的两不等正根，再利用韦达定理得到120x x a +=>，1212x x ⋅=，利用消元法将()()122f x f x -表示成关于2x 的函数，再利用换元法和导数求函数的最小值. 解：（1）当1a =时，()ln 2f x x x x =+-，()122f x x x'=+-， ()11f =-，()11f '=，则11y x +=-，所以2y x =-，即曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为20x y --=．（2）函数()2ln 2f x x x ax =+-，()0,x ∈+∞，()2221x ax f x x-+'=，因为1x ，2x 是函数()f x 的极值点，所以1x ，2x 是方程22210x ax -+=的两不等正根，则有2480a ∆=->，120x x a +=>，1212x x ⋅=，所以a >22a >，即10,2x ⎛∈ ⎝⎭，22x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，且有211221ax x =+，222221ax x =+， ()()()()221211122222ln 2ln 2f x f x x x ax x x ax -=+--+- ()()22221112222ln 21ln 21x x x x x x =+---+--22112222ln ln 1x x x x =-+-+-222222222222111322ln ln 1ln 2ln 212222x x x x x x x ⎛⎫=-+--=---- ⎪⎝⎭令22t x =，则1,2t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()13ln 2ln 2122g t t t t =----，()()()22211131222t t g t t t t --'=+-=， 当1,12t ⎛⎫∈⎪⎝⎭上单调递减，当()1,t ∈+∞上单调递增． 所以()()min 14ln 212g t g +==-． 所以()()122f x f x -的最小值为14ln 22+-． 21.（1）4sin 6πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）【解析】21.（1）根据圆的圆心和半径写出圆的普通方程，再利用cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩求得圆的极坐标方程；（2）设()1,P ρθ，2,3Q πρθ⎛⎫+⎪⎝⎭，利用三角形的面积公式121sin 23POQ S πρρ=△，再利用三角函数的有界性，即可得答案；解：（1）直线l的参数方程化简为一般式方程为80x +-=，因为直线l 与曲线C 相切，则13822r +-==． 所以圆的方程为()(2214x y -+-=，将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩，代入化简得 曲线C 的极坐标方程为4sin 6πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （2）设()1,P ρθ，2,3Q πρθ⎛⎫+⎪⎝⎭，121sin 4sin 4sin 23462POQ S πππρρθθ⎛⎫⎛⎫==⨯+⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭△1cos cos cos 26226ππθθθθθθ⎫⎛⎫⎛⎫=+=+=++⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎭当262ππθ+=，即6πθ=时，POQ △的面积最大，最大值为22.（1）1,2A ⎛⎤=-∞ ⎥⎝⎦；（2）证明见解析【解析】22.（1）去绝对值可得()2,12,112,1x f x x x x -<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪>⎩，然后分1,11,1x x x -≤≤-><三种情况解不等式，进而可求出答案； （2）易知12a =，可得122x y +=，即12xy x y =+，进而4142x y xy xy xy ++=+，然后利用基本不等式可证明结论成立.（1）由题意，()2,1112,112,1x f x x x x x x -<-⎧⎪=+--=-≤≤⎨⎪>⎩，解不等式()1f x ≤，即121x <-⎧⎨-≤⎩或1121x x -≤≤⎧⎨≤⎩或121x >⎧⎨≤⎩，解得12x ≤． 即不等式()1f x ≤的解集1,2A ⎛⎤=-∞ ⎥⎝⎦.（2）由题可知12a =，则122x y +=，所以22xy x y =+，即12xy x y =+.则4142x y xy xy xy++=+， 因为0,0x y >>，所以0xy >，所以44xy xy +≥=，当且仅当4xy xy=，即1x =，2y =时等号成立. 所以4142x y xy ++≥. 23.12 6【解析】23.利用新定义运算，转化()24240Θ=ΘΘ，再由性质③，①可得；这样可得()00()0022a b a b ab a b ab a b Θ=ΘΘ=Θ+Θ+Θ-=++-，函数4()42x x f x e x=++-，再由基本不等式可得最小值． 根据定义可得()242400802042824212Θ=ΘΘ=Θ+Θ+Θ-=++-=；()444004002x x xx x xf x e e e e e e ⎛⎫=Θ=ΘΘ=Θ+Θ+Θ- ⎪⎝⎭4442226x x x x e e e e =++-=++≥=，当且仅当ln 2x =时等号成立． 故答案为：12；6．。

2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国I 卷·理数(一)注意事项：1.本试卷分第I 卷(选择题)和第I 卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。

3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

4.本试卷满分150分，测试时间120分钟。

5.考试范围：高考全部内容。

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)已知集合A ＝{x|4x 2－3x ≤0}，B ＝{x|y ，则A ∩B ＝(A)[0，34] (B)∅ (C)[0，12] (D)[12，34] (2)设复数2573i z i +=-，则在复平面内，复数z 所对应的点位于 (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限(3)已知某地区在职特级教师、高级教师、中级教师分别有100人，900人，2000人，为了调查该地区不同职称的教师的工资情况，研究人员在该地区按照分层抽样的方法随机抽取了60人进行调查，则被抽取的高级教师有(A)2人 (B)18人 (C)40人 (D)36人(4)已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的一个顶点为M ，点N(6，0)，若|MN|＝3b ，则双曲线C 的渐近线方程为A.y =B.y x =C.y =±D.y x = (5)执行如图所示的程序框图，若输人x 的值为256，则输出x 的值为(A)8 (B)3 (C)log 23 (D)log 2(log 23)(6)《九章算术(卷第五)·商功》中有如下问题：“今有冥谷上广二丈，袤七丈，下广八尺，袤四丈，深六丈五尺，问积几何”。

译文为：“今有上下底面皆为长方形的墓坑，上底宽2丈，长7丈；下底宽8尺，长4丈，深6丈5尺，问它的容积量是多少?”则该几何体的容积为(注：1丈＝10尺。

)(A)45000立方尺 (B)52000立方尺 (C)63000立方尺 (D)72000立方尺(7)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n 。