最新2020版新高考理科数学专项22： “17～19题”+“二选一”及答案

教课资料范本2020版新高考复习理科数学专项小测：15“ 17～ 19题”＋“二选一”含分析编辑： __________________时间： __________________专项小测 (十五 )“17～19 题”＋“二选一 ”时间： 45 分钟 满分： 46 分17．(12分)在△ ABC 中.角所对的边分别是2A ＋sin 2B ＝4sinAsinBcosC.(1)求角 C 的最大值；π(2)若b ＝2.B ＝ 3 .求△ ABC 的面积．思路剖析： (1)由 sin 2A ＋sin 2B ＝4sinAsinBcosC 推出 cosC.而后借助基本不等式得出 cosC 的最小值 .进一步得出角 C 的最大值； (2)将已知π条件转变为 2c 2＝a 2＋b 2,4＝a 2＋c 2－2accos 3 .而后得出 a ＝c ＝ 2.最后1由公式 S ＝2acsinB 求出头积．sinA sinB解： (1)由 sin 2A ＋sin 2B ＝4sinAsinBcosC.得 4cosC ＝sinB ＋sinAsinA sinB≥2.当且仅当 sinB ＝sinA 时取等号．(3 分)1 π因此 cosC ≥2.因此 0<C ≤ 3 .因此角 C 的最大值为 π3 .此时△ ABC 为正三角形． (5 分) (2)由 sin 2A ＋sin 2B ＝4sinAsinBcosC 及正、余弦定理可得 .a2＋b2－c2a 2＋b 2＝4ab ·.2ab因此 2c 2＝a 2＋b2① .(7 分)ππ又 b ＝2.B ＝ 3 .因此 4＝a 2 ＋c 2－2accos 3 ②. (9 分)由①和②得 a ＝c ＝2.1 π18．(12分)如图 .在直三棱柱 ABC－A1B1C1中.D为B1C1的中点 .平面 AA1D⊥平面AB1C1.(1)证明： B1C1⊥平面 AA1D；π(2)若AC＝ 2.BC＝22.且二面角 B－ AD－ C的大小为3 .求AA1的长．思路剖析： (1)作协助线结构线面垂直.利用线面垂直的性质定理证明线线垂直 .再利用线面垂直的判断定理获得线面垂直；(2)利用勾股定理的逆定理获得线线垂直.成立空间直角坐标系 .分别求出两个平面的法向量 .利用向量的夹角公式列方程求解．解： (1)如图 .过点 A1作 A1O⊥AD 于点 O.∵平面 AA 1 ⊥平面 1 1 平面 1 ∩平面 1 1＝AD.∴A 1 ⊥D ABC. AA D AB CO 平面 AB 1C 1.(2 分) ∵B 1 1平面1 1∴1⊥ 1 1(3 分)C ? ABC. AO BC.又在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中.AA 1⊥B 1C 1.A 1O ∩A 1A ＝A 1.∴B 1C 1⊥平面 AA 1D. ⊥A 11 的中点 .∴A 1 1＝A 1 (5 分) (2) 由 (1) 得 1 1 ∵ D 为 1 1＝AC ＝2. .B C D. B C B C又 BC ＝B 1C 1＝2 2.π∴B 1A21＋A 1C21＝B 1C21.∴∠ C 1A 1B 1＝ 2 .令 AA 1＝a.以 A 为坐标原点1 所在直线分别为 x.y.z 轴建立如下图的空间直角坐标系→.则 A(0,0,0).B(2,0,0).C(0,2,0).D(1,1.a).AB→→＝(2,0,0).AD ＝ (1,1.a).AC ＝(0,2,0)．(7 分)→设平面 ADC 的法向量为 m＝(x1.y1.z1).则m·AD＝0，即→m·AC＝0，x1＋y1＋az1＝0，得 y1＝0.令 z1＝1.得 m＝(－a,0,1)为平面 ADC2y1＝0，的一个法向量．(9 分)→设平面 BAD 的法向量为 n＝(x2 2 2n·AD＝0，则即·→＝，n AB 0x2＋y2＋az2＝0，得 x2＝0.令 z2＝1.得 n＝(0.－a,1)为平面 BAD 的2x2＝0，一个法向量．(11分 )|m·n|11依题意 .得|cos〈m.n〉|＝|m||n|＝1＋a2＝2.得 a＝1.即 AA1的长为1.(12分)19．(12分)某工厂有甲 .乙两个车间生产同一种产品 .甲车间有工人 200人 .乙车间有工人 400人.为比较两个车间工人的生产效率 .采纳分层抽样的方法抽取工人 .甲车间抽取的工人记作第一组 .乙车间抽取的工人记作第二组.并对他们中每位工人生产达成一件产品的时间 (单位： min) 进行统计.依据 [55,65).[65,75).[75,85).[85,95)进行分组 .获得以下统计图．第一组第二组(1)分别估量两个车间工人中.生产一件产品时间少于 75min的人数；(2)分别预计两个车间工人生产一件产品时间的均匀值.并推断哪个车间工人的生产效率更高？(3)从第一组生产时间少于 75min的工人中随机抽取 3人 .记抽取的生产时间少于 65min的工人人数为随机变量X.求X的散布列及数学希望．思路剖析： (1)由图表分别计算出两个车间生产一件产品时间少于75min 的人数； (2)分别计算两个车间工人生产一件产品时间的均匀值.从而获得结果； (3)X 可取值为 0,1,2.计算出相应的概率值 .获得散布列与希望．解： (1)由题意得 .第一组工人 20 人 .此中在 75 min 内(不含 75 min)生产达成一件产品的有 6 人.∴甲车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数为 6×10＝60(人)．(2 分)第二组工人 40 人. 此中在 75 min 内(不含 75 min)生产达成一件产品的有 40×(0.025＋0.05)×10＝ 30(人 ).∴乙车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数为 30×10＝300(人)．(4 分)(2)第一组均匀时间为60×2＋70×4＋80×10＋90×4(5 分)x 甲＝20＝78(min ).第二组均匀时间为 x 乙＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5(min)．(6 分)∵ x 甲＞ x 乙.∴乙车间工人生产效率更高．(7 分)(3)由题意得 .第一组生产时间少于75 min 的工人有 6 人.从中抽取3 人.此中生产时间少于65 min 的有 2 人.X 可取值为 0,1,2.C02C3441P(X＝0)＝C36＝20＝5.(8 分)C12C24123P(X＝1)＝C36＝20＝5.(9 分)C2C1441P(X＝2)＝C36＝20＝5.(10分)X 的散布列为：X 012P 131555(11分)13 1数学希望 E(X)＝0×5＋1×5＋2×5＝1.(12 分 )(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答 .假如多做 .则按所做的第一题计分．22．[选修 4－4：坐标系与参数方程 ](10分)已知曲线 C 1：x 2＋(y －3)2＝9.A 是曲线 C 1上的动点 .以坐标原点 O 为极点 .x 轴的正半轴为极轴成立极坐标系 .以极点 O 为中心 .将点 A 绕点 O 逆时针旋转 90°获得点 B.设点 B 的轨迹为曲线 C 2.(1)求曲线 C 1.C 2的极坐标方程；5π(2)射线 θ＝ 6(ρ＞0)与曲线 C 1.C 2分别交于 P.Q 两点 .定点 M(－4,0).求△ MPQ 的面积．x ＝ρ cos θ， 代入曲线 C 1 的直角坐标方程 .思路剖析： (1)把y ＝ρ sin θ可得曲线 C 1 的极坐标方程 .而后设出点 B 的极坐标 .得点 A 的极坐标 .代5π入即可得曲线 C 2 的极坐标方程； (2)第一求出 M 到直线 θ＝ 6 的距离 . 而后分别求出射线与曲线 C 1.C 2 的交点坐标 .从而求得 |PQ|.从而求得三 角形的面积．解： (1)曲线 C 1：x 2＋(y －3)2＝9.把x ＝ρ cos θ， 代入可得 .y ＝ρ sin θ曲线 C 1 的极坐标方程为 ρ＝6sin θ.π设 B(ρ.θ).则 A ρ，θ－ 2 .π则 ρ＝ 6sin θ－ 2 ＝－ 6cos θ.因此曲线 C 2 的极坐标方程为 ρ＝－ 6cos θ.(5 分)(2)M 到直线 θ＝ 5π 5π6 的距离为 d ＝4sin ＝2.6π5π射线 θ＝5.与曲线 C 1 的交点 P 3，5π5π射线 θ＝ 6 与曲线 C 2的交点 Q 3 3， 6 . 因此 |PQ|＝ 3 3－3.1故△ MPQ 的面积 S ＝2×|PQ|×d ＝3 3－3. (10分)23．[选修 4－5：不等式选讲 ](10分)已知函数 f(x)＝ |x －m|－|x ＋2m|的最大值为 3.此中 m ＞0.(1)求m 的值；2＋b 2＝m2(2) 若a.b ∈＞R.ab 0.a.a3 b3求证： b ＋ a ≥1.思路剖析： (1)分段议论 .依据函数分析式求解函数的最大值 .即得m 的值； (2)将所求式子通分转变为只含有 ab 的式子 .将 ab 视为一个整体.结构函数 .依据函数的单一性求最值即可证明．解： (1)∵m>0.∴ f(x)＝ |x －m|－ |x ＋2m|＝－3m ，x ≥m －2x －m ，－ 2m<x<m.3m ，x ≤－ 2m(3 分)∴当 x ≤－2m 时 .f(x)获得最大值 3m.∴3m ＝3. (4 分)∴m ＝1.(5 分)(2) 由得2＋b 2＝1.(1). aa3 b3 a4＋b4 错误 ! ＝ 错误 ! －2ab.(7 分)b ＋ a＝ab＝∵a 2＋b 2＝1≥2ab.当且仅当 a ＝b 时等号成立 .1∴0<ab ≤2.(8 分)1 11令 h(t)＝t －2t,0<t ≤2.则 h(t)在 0，2 上单一递减 .19/102020版新高考复习理科数学专项小测：15“17～19题”+“二选一”含解析11a3b3∴当 0<ab≤2时.ab－2ab≥1.∴b＋a≥1.(10分)10/10。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题，共60分。

17.（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.（1）求{}n a 的公比；（2）若1a =1，求数列{}n na 的前n 项和.解析：（1）由题意可知，，1a 为2a ，3a 的等差中项即1232a a a =+又因{}n a 是公比不为1的等比数列，设公比为q,得21112a a q a q =+即220q q +-=解得q=-2,或q=1(舍去)（2）1111,n n a a a q -== 由第1问计算得q=-2所以通项1(2)n n a -=-令1(2)n n n b na n -==-记{}n na 的前n 项和为Tn，012211(2)2(2)3(2)..(1)(2)(2)n n n T n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-①23121(2)2(1)3(2)....(1)(2)(2)n nn T n n --=⨯-+⨯-+⨯-++--+-②1-②可得23131(2)(2)(2)...(2)(2)n nn T n -=+-+-+-++---1(2)[1(2)]31(2)1(2)n n n T n ----=+----131(2)99nn n T +=--点评：本题考查等差数列、等比数列的通知公式，数列的求和，其中第2问的数列求和在平时训练中会讲到类似的方法，不算新鲜的题，在计算时要特别小心。

18.（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE=AD,ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点,66PO DO =.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E 的余弦值.解析：DAE 的截面图和圆锥的底面图如下(1)证明：设OA=OE=1由于AD=AE，所以AD=2因为DO 垂直平面ABC，所以DOA 为直角三角形，由勾股定理，得223DO DA AO =-=6,6PO DO = 所以22PO =再由POD 为直角三角形，故2262PA PO AO =+=同理可得2PB =在三角形ABC 中，由于AO=1，得AB =因为22222⎛⎫⎛+=⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，也即222,PA PB AB +=得AP ⊥BP同理，AP ⊥CP,又由于PBC,CP PBC BP BP CP P⊆⊆⋂=平面平面，且AP PBC⊥所以平面（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,).222E A C P --所以1(,0),(0,1,),222EC EP =--=-设m(x,y.z)是平面PCE 的法向量，则002,01022y z m EP m EC x y ⎧-+=⎪=⎧⎪⎨⎨∙=⎩⎪--=⎪⎩ 即可取(3m =-由（1）可知(0,1,PCB 2AP n AP == 是平面的一个法向量，记cos ,5n m n m n m ∙<>== 则。

1 / 12绝密★启用前数学测试题理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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。

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. 已知复数34i z =+，则5z 的虚部是（）. A. 45- B. 45C. 4-D. 4 2. 设集合{}21log 3A x x =≤≤，{}2340B x x x =--<，则A B =U （）.A. ()1,2-B. (]1,8-C. [)2,4D. []4,83. 为了解户籍、性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄人群中随机抽取了容量为200的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各100人；男性120人，女性80人，绘制不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图，如图所示，其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则下列叙述中错误的是（）.A. 是否倾向选择生育二胎与户籍有关B. 是否倾向选择生育二胎与性别有关C. 倾向选择生育二胎的人群中，男性人数是女性人数的43倍D. 倾向选择不生育二胎的人群中，农村户籍人数少于城镇户籍人数4. “0a b >>”是“22a a b b +>+”的（）.A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5. 已知等差数列{}n a 满足3243a =a ，则{}n a 中一定为0的项是（）.A. 12aB. 10aC. 8aD. 6a6. 求11111135792019++++++L 的程序框图，如图所示，则图中判断框中可填入（）.A. 1010?n ≤B. 1010?n <C. 1012?n ≤D. 1012?n <7. 我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺. 蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长倍？”意思是：“今有蒲草第1天长高3尺，芜草第1天长高1尺以后，蒲草每天长高前一天的一半，芜草每天长高前一天的2倍.问第几天莞草是蒲草的二倍？”你认为莞草是蒲草的二倍长所需要的天数是（）. （结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg30.4771≈，lg20.3010≈）A. 2B. 3C. 4D. 58. 圆2211:504C x y y +--=上有且仅有三点到双曲线()222210,0x y a b a b -=>>的一条渐近线的距离为1，则该双曲线的离心率为（）. A. 53 B. 54 C. 259 D. 25169. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（）.A. 36πB. 27πC. 27π2D. 252π 10. 关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验. 受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：先请120名同学每人随机写下一个都小于1的正实数对(,)x y ；再统计两数能与1构成钝角三角形．．．．．三边的数对(,)x y 的个数m ，最后再根据统计数m 估计π的值，假如统计结果是34m =，那么可以估计π的值约为（）. A. 9429 B. 4715C. 5116D. 5317 11. 如下图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别为棱1BB ，1CC 的中点，点O 为上底面的中心，过,,E F O 三点的平面把正方体分为两部分，其中含1A 的部分为1V ，不含1A 的部分为2V ，连接1A 和2V 的任一点M ，设1A M 与平面1111A B C D 所成角为α，则sin α的最大值为（）.A.B. C. D. 12. 已知函数()()2πcos 03f x x ωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，1x 、2x 、[]30,πx ∈，且[]0,πx ∀∈都有()()()12f x f x f x ≤≤，满3 / 12足()30f x =的实数3x 有且只有3个，给出下述四个结论：①满足题目条件的实数1x 有且只有1个；②满足题目条件的实数2x 有且只有1个；③()f x 在π0,10⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；④ω的取值范围是1319,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 其中所有正确结论的编号是（）.A. ①④B. ②③C. ①②③D. ①③④二、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(新课标Ⅲ卷)数学理一、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﹣1≥0}，B={0，1，2}，则A∩B=( )A.{0}B.{1}C.{1，2}D.{0，1，2}解析：∵A={x|x﹣1≥0}={x|x≥1}，B={0，1，2}，∴A∩B={x|x≥1}∩{0，1，2}={1，2}.答案：C2.(1+i)(2﹣i)=( )A.﹣3﹣iB.﹣3+iC.3﹣iD.3+i解析：(1+i)(2﹣i)=3+i.答案：D3.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )A.B.C.D.解析：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A.答案：A4.若sinα=13，则cos2α=( ) A.89 B.79C.﹣79D.﹣89解析：∵sinα=13，∴cos2α=1﹣2sin 2α=192719-⨯=. 答案：B5.(x 2+2x )5的展开式中x 4的系数为( )A.10B.20C.40D.80解析：由二项式定理得(x 2+2x )5的展开式的通项为：()()5210315522rrr rr rr xT Cx C x--+==，由10﹣3r=4，解得r=2，∴(x 2+2x )5的展开式中x 4的系数为5222C =40.答案：C6.直线x+y+2=0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x ﹣2)2+y 2=2上，则△ABP 面积的取值范围是( ) A.[2，6] B.[4，8]232，D.[2232，] 解析：∵直线x+y+2=0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点， ∴令x=0，得y=﹣2，令y=0，得x=﹣2，∴A(﹣2，0)，B(0，﹣2)，4+4=22∵点P 在圆(x ﹣2)2+y 2=2上，∴设P ()2co 2s sin 2θθ+，，∴点P 到直线x+y+2=0的距离：()2sin 42cos sin 242222d πθθθ+++++==，∵()sin 4πθ+∈[﹣1，1]，∴d= ()22sin 44πθ++∈[232，]， ∴△ABP 面积的取值范围是：[11222223222⨯⨯⨯⨯，，6].答案：A7.函数y=﹣x 4+x 2+2的图象大致为( )A.B.C.D.解析：函数过定点(0，2)，排除A ，B.函数的导数f′(x)=﹣4x 3+2x=﹣2x(2x 2﹣1)，由f′(x)＞0得2x(2x 2﹣1)＜0，得x ＜﹣或0＜x ＜，此时函数单调递增，排除C.答案：D8.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立.设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX=2.4，P(x=4)＜P(X=6)，则p=( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 解析：某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，看做是独立重复事件，满足X ～B(10，p)，P(x=4)＜P(X=6)，可得()()644466101011C p p C p p --＜，可得1﹣2p ＜0.即12p ＞. 因为DX=2.4，可得10p(1﹣p)=2.4，解得p=0.6或p=0.4(舍去). 答案：B9.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若△ABC 的面积为2224a b c +-，则C=( )A.2πB.3πC.4πD.6π解析：∵△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.△ABC 的面积为2224a b c +-，∴S △ABC =222s 1in 42a b c ab C +-=，∴sinC=2222a b c bc +-=cosC ，∵0＜C ＜π，∴C=4π.答案：C10.设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为( )A.B.C.D.543解析：△ABC 为等边三角形且面积为93，可得2393AB ⨯＝，解得AB=6，球心为O ，三角形ABC 的外心为O′，显然D 在O′O 的延长线与球的交点如图：()222362342323O C OO '=='=-=，，则三棱锥D ﹣ABC 高的最大值为：6，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为：31361833=答案：B11.设F 1，F 2是双曲线C ：22221y x a b -=(a ＞0.b ＞0)的左，右焦点，O 是坐标原点.过F 2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P ，若|PF 1|=6|OP|，则C 的离心率为( )A.5B.2C.3D.2解析：双曲线C ：22221y x a b -=(a ＞0.b ＞0)的一条渐近线方程为b y x a =， ∴点F 2到渐近线的距离22bcd b a b ==+，即|PF 2|=b ，∴2222222cos bOP OF PF c b a PF O c =-=-=∠=，， ∵|PF 16|OP|，∴|PF 16a ，在三角形F 1PF 2中，由余弦定理可得|PF 1|2=|PF 2|2+|F 1F 2|2﹣2|PF 2|·|F 1F 2|COS ∠PF 2O ，∴6a 2=b 2+4c 2﹣2×b ×2c ×bc =4c 2﹣3b 2=4c 2﹣3(c 2﹣a 2)，即3a 2=c 2， 即3a=c ，∴3c e a ==.答案：C12.设a=log 0.20.3，b=log 20.3，则( ) A.a+b ＜ab ＜0 B.ab ＜a+b ＜0 C.a+b ＜0＜ab D.ab ＜0＜a+b解析：∵a=log 0.20.3=lg 0.3lg 5-，b=log 20.3=lg 0.3lg 2，∴()5lg 0.3lg lg 0.3lg 5lg 2lg 0.3lg 0.32lg 2lg 5lg 2lg 5lg 2lg 5a b -+-=＝＝，10lg 0.3lg lg 0.3lg 0.33lg 2lg 5lg 2lg 5ab ⋅-⋅＝＝，∵105lg lg 32＞，lg 0.3lg 2lg 5＜，∴ab ＜a+b ＜0.答案：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a =(1，2)，b =(2，﹣2)，c =(1，λ).若c ∥(2a b +)，则λ=____. 解析：∵向量a =(1，2)，b =(2，﹣2)， ∴2a b +=(4，2)，∵c =(1，λ)，c ∥(2a b +)，∴142λ＝， 解得λ=12.答案： 1214.曲线y=(ax+1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为﹣2，则a=____.解析：曲线y=(ax+1)e x ，可得y′=ae x +(ax+1)e x，曲线y=(ax+1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为﹣2， 可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3. 答案：﹣315.函数f(x)=cos(3x+6π)在[0，π]的零点个数为____.解析：∵f(x)=cos(3x+6π)=0， ∴362x k πππ+=+，k ∈Z ，∴x=193k ππ+，k ∈Z ，当k=0时，x=9π，当k=1时，x=49π，当k=2时，x=79π，当k=3时，x=109π，∵x ∈[0，π]，∴x=9π，或x=49π，或x=79π，故零点的个数为3. 答案：316.已知点M(﹣1，1)和抛物线C ：y 2=4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点.若∠AMB =90°，则k=____.解析：∵抛物线C ：y 2=4x 的焦点F(1，0)， ∴过A ，B 两点的直线方程为y=k(x ﹣1)，联立()241y x y k x ⎪-⎧⎪⎨⎩＝＝可得，k 2x 2﹣2(2+k 2)x+k 2=0， 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则212242k x x k ++=，x 1x 2=1， ∴y 1+y 2=k(x 1+x 2﹣2)=4k ，y 1y 2=k 2(x 1﹣1)(x 2﹣1)=k 2[x 1x 2﹣(x 1+x 2)+1]=﹣4，∵M(﹣1，1)，∴MA =(x 1+1，y 1﹣1)，MB =(x 2+1，y 2﹣1)， ∵∠AMB=90°=0，∴0MA MB ⋅= ∴(x 1+1)(x 2+1)+(y 1﹣1)(y 2﹣1)=0，整理可得，x 1x 2+(x 1+x 2)+y 1y 2﹣(y 1+y 2)+2=0，∴24124420k k ++--+=，即k 2﹣4k+4=0，∴k=2. 答案：2三、解答题：共70分。

2020年高考全国一卷理科数学答案及解析2020-12-12【关键字】情况、条件、问题、焦点、建设、建立、了解、研究、位置、关系、检验、倾斜、满足、规划、实现参考答案与解析一、选择题：本题有12小题，每小题5分，共60分。

1、设z=，则|z|=A 、0B 、C 、1D 、【答案】C【解析】由题可得i z =+=2i ）i -（，所以|z|=1【考点定位】复数2、已知集合A={x|x 2-x-2>0}，则A =A 、{x|-1<x<2}B 、{x|-1x 2}C 、{x|x<-1}∪{x|x>2}D 、{x|x -1}∪{x|x 2} 【答案】B【解析】由题可得C R A={x|x 2-x-2≤0}，所以{x|-1x 2}【考点定位】集合3、某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是：A 、新农村建设后，种植收入减少。

B 、新农村建设后，其他收入增加了一倍以上。

C 、新农村建设后，养殖收入增加了一倍。

D 、新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半。

【答案】A【解析】由题可得新农村建设后，种植收入37%*200%=74%>60%， 【考点定位】简单统计4、记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3=S 2+S 4，a 1=2，则a 5= A 、-12 B 、-10C 、10D 、12 【答案】B【解析】3*(a 1+a 1+d+a 1+2d)=( a 1+a 1+d) (a 1+a 1+d+a 1+2d+a 1+3d)，整理得: 2d+3a 1=0 ; d=-3 ∴a 5=2+(5-1)*(-3)=-10 【考点定位】等差数列 求和5、设函数f （x ）=x 3+(a-1)x 2+ax ，若f （x ）为奇函数，则曲线y=f （x ）在点（0，0）处的切线方程为： A 、y=-2x B 、y=-x C 、y=2x D 、y=x 【答案】D【解析】f （x ）为奇函数，有f （x ）+f （-x ）=0整理得: f （x ）+f （-x ）=2*(a-1)x 2=0 ∴a=1 f （x ）=x 3+x 求导f ‘（x ）=3x 2+1 f ‘（0）=1 所以选D【考点定位】函数性质：奇偶性；函数的导数 6、在ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则=A 、--B 、--C 、-+D 、- 【答案】A【解析】AD 为BC 边∴上的中线 AD=AC 21AB 21+ E 为AD 的中点∴AE=AC 41AB 41AD 21+= EB=AB-AE=AC 41AB 43）AC 41AB 41（-AB -=+= 【考点定位】向量的加减法、线段的中点7、某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为11A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N的路径中，最短路径的长度为 A 、B 、C 、3D 、2 【答案】B【解析】将圆柱体的侧面从A 点展开：注意到B 点在41圆周处。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）答案详解一、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.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文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.14- B.12 C.14+ D.12+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>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 ．9【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文5）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的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 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.x y a be =+D.ln y a b x=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）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 =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文7）设函数()cos()6f x x πω=+在[]ππ-，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109πB.76πC.43πD.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A 10.（立体几何，同文12）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 ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）已知22:2220M x y x y +---= ，直线:20+=l x 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 ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】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本试卷共23题，共150分，共4页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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。

1．12i 12i +=-A ．43i 55--B ．43i 55-+C ．34i 55--D ．34i 55-+2．已知集合22{(,)|3,,A x y x y x y =+≤∈∈Z Z}，则A 中元素的个数为A ．9B ．8C ．5D ．43．函数2e e ()x xf x x--=的图象大致为4．已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b A ．4B ．3C ．2D ．05．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率为3，则其渐近线方程为A ．2y x =±B ．3y x =±C ．22y x =±D ．32y x =±6．在ABC △中，5cos 25C =，1BC =，5AC =，则AB = A ．42B ．30C ．29D ．257．为计算11111123499100S =-+-++-，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入A ．1i i =+B ．2i i =+C ．3i i =+D ．4i i =+8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A ．112 B ．114 C ．115 D ．1189．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角1011(50)f ++B ．0 12222x y Ca b+：在的直线上， 13141516．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．三、解答题：共70分。

大题规范练(一)“17题～19题＋二选一”46分练(时间：45 分钟分值：46 分)解答题(本大题共 4 小题，共46 分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知正项等差数列{ a n} 的前n项和为S n，且知足a1＋a5＝2a723，S7＝63.(1)求数列{a n} 的通项公式a n；(2)若数列{b n}知足b1＝a1 且b n＋1－b n＝a n＋1，求数列1b n的前n项和T n.【导学号：07804229】[解] (1)法一：(等差数列的基本量)设正项等差数列{a n} 的首项为a1，公差为d，易知a n＞0，2a1＋a1＋4d＝1＋2d7 a则2，7a1＋21d＝63a＝31解得，d 2＝∴a n＝2n＋1.22法二：(等差数列的性质)∵{ a n} 是等差数列且a1＋a5＝3，∴2a3＝a7 272 a3，又a n＞0，∴a3＝7.∵S7＝a1＋a72＝7a4＝63，∴a4＝9，∴d＝a4－a3＝2，∴a n＝a3＋( n－3)d＝2n＋1.＋1－b n＝a n＋1 且a n＝2n＋1，(2)∵b n∴b n＋1－b n＝2n＋3，当n≥2时，b n＝( b n－b n －1－b n－2)＋⋯＋(b2－b1)＋b1＝(2 n＋1)＋(2n－1)＋⋯＋5＋3＝－1)＋(b nn(n＋2)，当n＝1时，b1＝3知足上式，故b n＝n( n＋2)．1 1 ∴＝b nn n＋＝121 1－n n＋2.1 ∴T n＝＋b11＋⋯＋b21＋b n－1－11b n1＝2 1－13＋1 1－2 4＋1－315＋⋯＋1－n－11n＋1＋1n－1n＋212＝1＋12－1 1－n＋1 n＋23 ＝－42n＋3n＋n＋.18．如图1，已知直角梯形ABCD 中，AB＝AD＝12CD＝2，AB∥DC，AB⊥AD，E为C D 的中点，沿AE 把△DAE 折起到△PAE 的地点(D 折后变成P)，使得PB＝2，如图2.(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；(2)求直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图(1)，取AE 的中点O，连结PO，OB，BE.因为在平面图形中，如题图(图1)，连结BD，BE，易知四边形ABED为正方形，图(1)因此在立体图形中，△PAE，△BAE为等腰直角三角形，因此PO⊥AE，OB⊥AE，PO＝OB＝2，因为PB＝2，因此PO2＋OB2＝PB2，因此PO⊥OB，又AE∩OB＝O，因此PO⊥平面ABCE，因为PO? 平面PAE，因此平面PAE⊥平面ABCE .(2)由(1)知，OB，OE，OP 两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OE，OP 所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如图(2)，则O(0,0,0)，P(0,0，2)，B( 2，0,0)，E(0，→→→＝( 2，0，－2)，EP＝(0，－2，2)，EC＝( 2，2，0)．2，0)，C( 2，2 2，0)，PB图(2)设平面PCE 的法向量为n＝(x，y，z)，→n·EP则→＝0，＝0，n·EC 即－2y＋2z＝0，2x＋2y＝0，令x＝1，得y＝－1，z＝－1，故平面PCE 的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．→因此cos〈PB，n〉＝→PB·n 2 2＝＝→2 3|PB| ·|n|6，36因此直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值为.319.某学校为鼓舞家校互动，与某手机通信商合作，为教师办理流量套餐．为认识该校教师手机流量使用状况，经过抽样，获得100 位教师近 2 年每人手机月均匀使用流量L(单位：M) 的数据，其频次散布直方图以下：图3若将每位教师的手机月均匀使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频次视为概率，回答以下问题．(1)从该校教师中随机抽取 3 人，求这3人中至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率；(2)现该通信商推出三款流量套餐，详情以下：套餐名称月套餐费/元月套餐流量/MA 20 300B 30 500C 38 700这三款套餐都有以下附带条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦高出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元；假如又高出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元，以此类推，假如当月流量有节余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购此中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并肩负系统自动充值的流量资费的75%，其他部分由教师个人肩负，问学校正购哪一款套餐最经济？说明原因．[解] (1)记“从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量不超出300 M ”为事件 D.依题意，P(D )＝(0.000 8＋0.002 2) ×100＝0.3.X～这3 人中手机月使用流量不超出300 M 的人数为X，则中随机抽取 3 人，设从该校教师B(3,0.3)，中随机抽取 3 人，至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率为P(X＝校教师因此从该0 03＋C31×0.3 ×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.0)＋P(X＝1)＝C3×0.3 ×(1－0.3)(2)依题意，从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500] 的概率为(0.002 5(0.000 8＋0.000 2) ×100＝0.1.＋0.003 5) ×100＝0.6，L∈(500,700] 的概率为X1 元，则X1 的全部可能取值为当学校正购A 套餐时，设为学校为1位教师肩负的月花费20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P( X1＝50)＝0.1，因此X1 的散布列为X1 20 35 50P 0.3 0.6 0.1因此E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．费X2元，则X2的全部可能取值为30,45，肩负的月花为当学校正购B 套餐时，设学校为1位教师且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，因此X2 的散布列为X2 30 45P 0.9 0.1因此E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．为费X3 元，则X3 的全部可能取值为38，当学校正购C 套餐时，设学校为1位教师肩负的月花且P(X3＝38)＝1，因此E(X3)＝38×1＝38(元)．因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，．济因此学校正购B 套餐最经(请在第22～23题中选一题作答，假如多做，则依据所做第一题计分)22．选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标方程为ρ系中，圆C的极坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3.若以极点O为原点，极轴所在成立平面直角坐标系.为x轴直线【导学号：07804230】(1)求圆C的参数方程；(2)在直角坐标系中，点P(x，y)是圆C上的动点，试求x＋2y 的最大值，并求出此时点P 的．直角坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3，[解] (1)因为ρ因此x2＋y2－4x－4y＋3＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝5为方程，圆C 的直角坐标(θ为参数)．x＝2＋5cos θy＝2＋5sin θC的参数方程为因此圆2＋y2－4x－4y＋3＝0，整理得5y2＋4(1－t)y＋t2 (2)法一：设x＋2y＝t，得x＝t－2y，代入x－4t＋3＝0 (*) ，则对于y 的方程必有实数根．因此Δ＝16(1－t)2－20(t2－4t＋3) ≥0，化简得t2－12t＋11≤0，解得1≤t≤ 1 1，即x＋2y 的最大值为11.将t＝11 代入方程(*) 得y2－8y＋16＝0，解得y＝4，代入x＋2y＝11，得x＝3，故x＋2y 的最大值为11时，点P 的直角坐标为(3,4)．法二：由(1)可设点P(2＋5cos θ，2＋5sin θ)，则x＋2y＝6＋5cos θ＋2 5sin θ＝6＋55 2 55 cos θ＋ 5 sin θ，设s in α＝5 2 5，则c os α＝，因此x＋2y＝6＋5sin(θ＋α)，5 5当sin(θ＋α)＝1时，(x＋2y)max＝11，π此时，θ＋α＝＋2kπ，k∈Z，即θ＝2 π－α＋2kπk(∈Z)，2因此sin θ＝cos α＝2 55，cos θ＝sin α＝5，故点P 的直角坐标为(3,4)．523．选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x－2|＋2，g(x)＝m|x|(m∈R)．(1)解对于x 的不等式f( x)＞5；(2)若不等式f(x) ≥g(x)对随意x∈R恒成立，求m 的取值范围．[解] (1)由f(x)＞5，得|x－2|＞3，∴x－2＜－3 或x－2＞3，解得x＜－1 或x＞5.故原不等式的解集为{ x|x＜－1 或x＞5} ．(2)由f(x) ≥g(x)，得|x－2|＋2≥m|x|对随意x∈R恒成立，当x＝0时，不等式|x－2|＋2≥0恒成立，|x－2|＋2当x≠0时，问题等价于m≤对随意非零实数恒成立，|x||x－2|＋2 |x－2＋2|∵＝1，∴m≤1，即m 的取值范围是(－∞，1]．≥|x| |x|。

专项小测：“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟 满分：46分17．(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＝1，S n ＋1－1＝S n ＋a n ，数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为W n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，试比较W n 与1T n的大小．解：(1)由a 1＝1，S n ＋1－1＝S n ＋a n ，可得a n ＋1＝a n ＋1， 即数列{a n }为首项和公差均为1的等差数列，可得a n ＝n . (3分) 数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *. 设公比为q ，可得b 1＝4b 1q 2，可得q ＝±12，当q ＝12时，12b 1＝14，可得b 1＝12＞14，q ＝－12不成立，舍去，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .(6分) (2)因为1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，(8分)所以W n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1＜1，(10分)所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈(0,1)，则1T n ＞1，即有W n ＜1T n .(12分) 18．(12分)在五边形AEBCD 中，BC ⊥CD ，CD ∥AB ，AB ＝2CD ＝2BC ，AE ⊥BE ，AE ＝BE (如图)，将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O (如图)．(1)求证：平面ABE ⊥平面DOE ；(2)求平面EAB 与平面ECD 所成的锐二面角的大小． 解：(1)由题意AB ＝2CD ，O 是线段AB 的中点，则OB ＝CD . 又CD ∥AB ，则四边形OBCD 为平行四边形， 又BC ⊥CD ，则AB ⊥OD .(2分)因为AE ＝BE ，OB ＝OA ，则EO ⊥AB . 又EO ∩DO ＝O ，则AB ⊥平面EOD . (4分) 又AB ⊂平面ABE ，故平面ABE ⊥平面EOD .(6分) (2)由(1)易知OB ，OD ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，以OB ，OD ，OE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，△EAB 为等腰直角三角形，且AB ＝2CD ＝2BC ， 则OA ＝OB ＝OD ＝OE ，取CD ＝BC ＝1， 则O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)， C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)， 则CD→＝(－1,0,0)，DE →＝(0，－1,1)． 设平面ECD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·CD→＝0，n ·DE→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－y ＋z ＝0， 令z ＝1，得平面ECD 的一个法向量n ＝(0,1,1)． (8分)因为OD ⊥平面ABE ，所以平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)．(10分)设平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为θ，则 cos θ＝|cos 〈OD →，n 〉|＝|0×0＋1×1＋0×1|1×12＋12＝22. 因为θ∈(0°，90°)，所以θ＝45°，故平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为45°. (12分) 19．(12分)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，A ()2，0是长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，点C 在第一象限，且AC →·BC →＝0，|OC →－OB →|＝2|AB →＋BC →|.(1)求椭圆的标准方程；(2)设P 、Q 为椭圆上不重合的两点且异于A 、B ，若∠PCQ 的平分线总是垂直于x 轴，问是否存在实数λ，使得PQ →＝λAB →？若不存在，请说明理由；若存在，求λ取得最大值时的PQ 的长．解：(1)∵AC →·BC →＝0，∴∠ACB ＝90°. ∵|OC→－OB →|＝2|AB →＋BC →|，即|BC →|＝2|AC →|， ∴△AOC 是等腰直角三角形．∵A ()2，0，∴C ()1，1，而点C 在椭圆上， ∴1a 2＋1b 2＝1，a ＝2，∴b 2＝43， ∴所求椭圆方程为x 24＋y 243＝1.(2)对于椭圆上两点P ，Q .∵∠PCQ 的平分线总是垂直于x 轴，∴PC 与CQ 所在直线关于x ＝1对称，令k PC ＝k ， 则k CQ ＝－k . ∵C ()1，1，∴PC 的直线方程为y ＝k ()x －1＋1，① QC 的直线方程为y ＝－k ()x －1＋1, ②将①代入x 24＋3y 24＝1，得()1＋3k 2x 2－6k ()k －1x ＋3k 2－6k －1＝0，③∵C ()1，1在椭圆上，∴x ＝1是方程③的一个根， ∴x P ＝3k 2－6k －11＋3k 2，以－k 替换k ，得到x Q ＝3k 2＋6k －13k 2＋1，∴k PQ ＝k ()x P ＋x Q －2k x P －x Q＝13.∵∠ACB ＝90°，A ()2，0，C ()1，1，弦BC 过椭圆的中心O ， ∴A ()2，0，B ()－1，－1，∴k AB ＝13， ∴k PQ ＝k AB ，∴PQ ∥AB ， ∴存在实数λ，使得PQ →＝λAB →， |PQ→|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1＋3k 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 1＋3k 22＝1609k 2＋1k 2＋6≤2303， 当9k 2＝1k 2时，即k ＝±33时取等号，|PQ →|max ＝2303.又|AB →|＝10，λmax ＝230310＝233 ， ∴λ取得最大值时的PQ 的长为2303.(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋2cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)，以坐标原点O 为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2.(1)设点M ，N 分别为曲线C 1与曲线C 2上的任意一点，求|MN |的最大值；(2)设直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)与曲线C 1交于P ，Q 两点，且|PQ |＝1，求直线l 的方程．解：(1)由题意知，曲线C 1的普通方程为(x －3)2＋y 2＝4，圆心C 1(3,0)，半径r 1＝2.曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4，圆心C 2(0,0)，半径r 2＝2. ∴|MN |max ＝|C 1C 2|＋r 1＋r 2＝3＋2＋2＝7. (5分)(2)将直线l 的参数方程代入(x －3)2＋y 2＝4中，得(t cos α－4)2＋(t sin α)2＝4，整理得t 2－8t cos α＋12＝0，∴Δ＝64cos 2α－48>0.设P ，Q 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝8cos α，t 1t 2＝12.由|PQ |＝1及参数t 的几何意义，得|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝(8cos α)2－4×12＝1，解得cos α＝±78，满足Δ>0，∴直线l 的斜率为tan α＝±157，∴直线l 的方程为15x ±7y ＋15＝0. (10分) 23．[选修4－5：不等式选讲](10分) 已知函数f (x )＝2|x ＋1|－|x －a |(a ∈R )．(1)当a ＝2时，作出函数f (x )的图象，并写出不等式f (x )≥6的解集； (2)当x ∈[－1,1]时，若不等式f (x )≤2恒成立，求实数a 的取值范围．思路分析：(1)当a ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4，x ＜－1，3x ，－1≤x ≤2，x ＋4，x ＞2，利用分段函数求解；(2)由x ∈[－1,1]，可得f (x )＝2x ＋2－|x －a |，所以f (x )≤2转化为2x ＋2－|x －a |≤2，即|x －a |≥2x 可解．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝2|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4，x ＜－1，3x ，－1≤x ≤2，x ＋4，x ＞2，作出的函数图象如下：(3分) 从图中可知，不等式f (x )≥6的解集为(－∞，－10]∪[2，＋∞)．(5分)(2)因为x ∈[－1,1]，所以f (x )＝2|x ＋1|－|x －a |＝2x ＋2－|x －a |， 所以f (x )≤2转化为2x ＋2－|x －a |≤2， 即得|x －a |≥2x 对x ∈[－1,1]恒成立， 即x －a ≥2x 或x －a ≤－2x ，也就是a≤－x或a≥3x对x∈[－1,1]恒成立，(8分) 所以a≤－1或a≥3，故实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．(10分)。

2020年新高考1卷数学第22题2020年新高考1卷数学第22题解析在2020年的新高考数学卷子中，第22题是一个关于概率的问题。

这道题目考察了学生对概率和条件概率的理解和应用能力。

让我们一起来看看这道题目的解析过程。

题目描述如下：某大学的A、B、C三个学生同时参加一次考试，且已知他们的命题作答情况是独立的。

已知A答对题的概率是0.6，B答对题的概率是0.7，C 答对题的概率是0.5。

现在我们随机选取了一个答对题的学生，请问这个学生是A 的概率是多少？解题思路：我们可以先来看一下题目给出的信息。

已知A答对题的概率是0.6，B答对题的概率是0.7，C答对题的概率是0.5。

我们需要求的是随机选取了一个答对题的学生是A的概率。

在这个问题中，我们可以使用条件概率的概念来解答。

条件概率是指在某一条件下发生某一事件的概率。

首先，我们需要知道的是，随机选取一个答对题的学生，这个学生是A的概率是多少。

我们可以表示为P(A|D)，其中P(A|D)表示在已知答对题的条件下，这个学生是A的概率。

根据条件概率的定义，我们可以将P(A|D)表示为P(A∩D)/P(D)，其中P(A∩D)表示学生是A且答对题的概率，P(D)表示答对题的概率。

已知A答对题的概率是0.6，B答对题的概率是0.7，C答对题的概率是0.5。

我们可以计算出P(D)的概率为P(A) + P(B) + P(C)。

即P(D) = 0.6 + 0.7 + 0.5 = 1.8。

接下来，我们需要计算P(A∩D)的概率，即学生是A且答对题的概率。

根据题目的条件，我们已知A、B、C三个学生的命题作答情况是独立的。

因此，P(A∩D)可以表示为P(A) × P(D|A)，其中P(D|A)表示在已知学生是A的情况下，答对题的概率。

已知A答对题的概率是0.6，我们可以将P(D|A)表示为P(D|A) = P(A∩D) / P(A)。

根据概率的定义，P(A∩D) = P(D|A) × P(A)。

★绝密 启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前,考生一定将自己的姓名.考生号等填写在答题卡和试题指定位置上.2．回答选择题时,找出每个小题答案后,用铅笔把答题卡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,将本试题和答题卡一并交回.一.选择题：本题共12小题,每个小题5分,共60分。

在每个小题给出的四个选择项中,仅有一项是符合题目要求的.1.若z=1+i ,则|z 2–2z |=（）A. 0 B. 1C.2D. 2【答案】D 【分析】【分析】由题意首先求得 z 2 - 2z 的值,然后计算其模即可.2=(1 i +)2=2i ,则z 2- 2z = 2i - 2(1+ i )= -2【详解】由题意可得：- 2z = -2 = 2.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识,属于基础题.2.设集合A ={x |x 2–4≤0},B ={x |2x +a ≤0},且A ∩B ={x |–2≤x ≤1},则a =（z .z2故）A. –4B. –2C. 2D. 4【答案】B 【分析】【分析】由题意首先求得集合A ,B ,然后结合交集的结果得到关于a 的方程,求解方程即可确定实数a 的值.A = x | -2 ≤ x ≤ 2},{【详解】求解二次不等式 x 2 -4≤ 0 可得：⎧⎩a ⎫2⎭2x + a ≤ 0 B = ⎨x | x ≤ - ⎬求解一次不等式可得：.a A ⋂ B = x | -2 ≤ x ≤1{},故：- =1 a = -2,解得：由于.2故选：B.【点睛】本题主要考查交集的运算,不等式的解法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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（）5 -15 -1 5 +1 5 +1A.B.C.D.4242【答案】C 【分析】【分析】1设CD = a ,PE = b ,利用PO 2 = CD ⋅ PE a ,b 得到关于的方程,解方程即可得到答案.22a 【详解】如图,设CD = a ,PE = b ,则 PO ,=PE OE 22-=b 2-41a 21b b PO 2= ab ,即b 2-= ab 4( )2 - 2⋅ -1 = 0由题意,化简得,242a ab 1+ 5=（负值舍去）.解得a 4故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算,考查学生的数学计算能力,是一道容易题.4.已知A 为抛物线C :y 2=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. 9【答案】C 【分析】【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F ,由抛物线的定义知故选：C.pp | AF |= x A + =12 ,即12 = 9 +p =6 .,解得22【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径,考查学生转化与化归思想,是一道容易题.5.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 (x , y )(i =1,2, , 20) 得到下面的散点图：i i 据此散点图,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（y = a + bx）y = a + bx 2B.A.y = a + b ln xD.C. y = a + b e x 【答案】D 【分析】【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.【详解】由散点图分布可知,散点图分布在一个对数函数的图象附近,y x y = a + b ln x 因此,最适合作为发芽率 和温度 的回归方程类型的是故选：D.【点睛】本题考查函数模型的选择,主要观察散点图的分布,属于基础题..6.函数 f (x ) = x 4 - 2x 3 的图像在点(1,f (1))处的切线方程为（）y = -2x -1y = -2x +1A.C. B.D.y = 2x -3y = 2x +1【答案】B 【分析】【分析】y = f x ()的导数 f '(x ) f (1)和 f '(1)求得函数【详解】,计算出的值,可得出所求切线的点斜式方程,化简即可.f x = x 4 - 2x 3()∴ f ' x = 4x 3 - 6x 2 ,∴ f (1)= -1, f '(1)= -2,( ),y +1= -2 x -1),即 y = -2x+1.(因此,所求切线的方程为故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程,考查计算能力,属于基础题πf (x ) = cos( x + ) 在[-π,π]7.设函数的图像大致如下图,则f (x )的最小正周期为（）610π7πA.C.B.D.94π63π32【答案】C 【分析】【分析】⎛ 4π⎫⎭⎛ 4ππ ⎫6 ⎭⎛ 4π⎫⎭由图可得：函数图象过点- ,0⎪,即可得到cos - ⋅ω + ⎪ = 0,结合 - ,0⎪ f (x )是函数⎝9⎝9⎝94πππ3x图象与 轴负半轴的第一个交点即可得到-⋅ω + = - ,即可求得ω =9622,再利用三角函数周期公式即可得解.⎛ 4π⎫⎭【详解】由图可得：函数图象过点- ,0⎪,⎝9⎛ 4ππ ⎫6 ⎭将它代入函数( )可得：cos - ⋅ω + ⎪ = 0f x ⎝9⎛ 4π⎫⎭ -,0⎪ f x ( )图象与 轴负半轴的第一个交点,x 又是函数⎝94πππ3所以 -⋅ω + = - ,解得：ω =96222π 2π 4πT ===所以函数( )的最小正周期为f x ω323故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力,还考查了三角函数周期公式,属于中档题.y 28. (x + )(x + y )5 的展开式中x 3y 3的系数为（）xA. 5B. 10C. 15D. 20【答案】C 【分析】【分析】y 2⎫x5-ry rr ∈ N x +求得 (x + y )5展开式的通项公式为T r +1= C 5r（且r ≤ 5）,即可求得⎛与(x + y )5x ⎭⎝展开式的乘积为C r 5x 6-r y r或C 5rx 4-r y r +2形式,对 分别赋值为3,1即可求得r x 3y 3的系数,问题得解.【详解】 (x + y )5展开式的通项公式为Tr +1= C 5r x 5-r y r （r∈ N 且 r ≤ 5）⎛2⎫y x +⎪(x + y )5展开式的乘积可表示为：所以与x ⎭⎝y 2y 2xT r +1 = xC 5x5-r r y r= C 5r x6-ry r=x 5-r = C 5x 4-r y r +2C 5r y r r 或T r +1x xxT r +1 = C 5r x 6-r y r r = 3,可得： xT 4 = C 53x 3y 333x y 的系数为10在在中,令,该项中,y 2y 2T r +1 = C 5r x 4-r y r +2r =1,可得： T 2 = C 51x 3y 3x 3y 3的系数为5中,令,该项中x xx 3y 3的系数为10 + 5 =15所以故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式,还考查了赋值法.转化能力及分析能力,属于中档题.9.已知α∈(0,π),且3cos2α -α = 5 ,则sin α =（）8cos 52A.C. B.3315D.39【答案】A 【分析】【分析】cos αcos α的一元二次方程,求解得出用二倍角的余弦公式,将已知方程转化为关于,再用同角间的三角函数关系,即可得出结论.【详解】3cos 2α - 8cos α = 5,得 6cos 2 α -8cos α -8 = 0 ,2α - 4 cos α - 4 = 0 ,解得cos α = -cos α = 2（舍去）,即 3cos 2或35又 α ∈(0,π ),∴sin α = 1- cos 2 α =.3故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值,熟记公式是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.A ,B ,C 为球O的球面上的三个点,⊙OABC 的外接圆,若⊙O的面积为4π10.已知为A ,11AB = BC = AC = OO 1 ,则球O的表面积为（）A. 64πB.48πC.36πD. 32π【答案】A 【分析】【分析】由已知可得等边A ABC 的外接圆半径,进而求出其边长,得出OO1的值,根据球截面性质,求出球的半径,即可得出结论.【详解】设圆Or 半径为,球的半径为 R ,依题意,1得πr = 4π,∴r = 22,由正弦定理可得 AB = 2r sin 60︒ = 2 3 ,∴OO = AB = 2 3 ,根据圆截面性质OO ⊥平面 ABC ,11∴OO ⊥ O A ,R = OA = OO 2+ O 1A 2 = OO 12 + r 2 = 4,111∴球O 的表面积 = πS 4 R 2 64π .=故选：A【点睛】本题考查球的表面积,应用球的截面性质是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.11.已知⊙M ： x 2线PA , PB ,切点为 A , B ,当| PM | ⋅| AB |最小时,直线 AB 的方程为（2x - y -1= 0 2x + y -1= 02x - y +1= 0+y 2 −2x −2y −2 =0,直线 ：l 2x +y +2 =0, P 为 上的动点,过点 P 作⊙M 的切l ）2x + y +1= 0D.A. B. C.【答案】D 【分析】【分析】A , P ,B ,M ⊥由题意可判断直线与圆相离,根据圆的知识可知,四点共圆,且 AB MP ,根据PM ⋅ AB MP PM ⋅ AB = 2S △PAM = 2 PA MP ⊥ l时,可知,当直线最小,求出以为直径的圆的方程,根据圆系的知识即可求出直线 AB 的方程．2⨯1+1+ 2【详解】圆的方程可化为(x 1) (y 1)-2+-2= d == 5 > 24 ,点 M 到直线 的距离为l 22+12l,所以直线 与圆相离．A , P ,B ,M ⊥依圆的知识可知,四点四点共圆,且 AB MP ,所以1PM ⋅ AB = 2S △PAM = 2⨯ ⨯ PA ⨯ AM = 2 PA PA = MP 2- 4,而,2当直线 MP ⊥ l 时,MP = 5PA =1,此时 PM ⋅ AB ,最小．min min ⎧1212⎪ y = x +⎧x = -1⎩y = 01112MP : y 1-= ( - ) y = x +x 1⎨⎨∴即,由解得,．22⎪⎩2x + y + 2 = 0所以以 MP 为直径的圆的方程为(x -1 x +1 + y y -1 = 0)()(),即x 2+ y 2 - y -1= 0,2x + y +1= 0两圆的方程相减可得：,即为直线AB 的方程．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与圆,圆与圆的位置关系的应用,以及圆的几何性质的应用,意在考查学生的转化能力和数学运算能力,属于中档题．2a+ log 2 a = 4b + 2 log 4 b,则（12.若）A. a > 2bB. a < 2bC. a > b 2D. a < b 2【答案】B 【分析】【分析】设 f (x ) = 2x + log 2 x ,利用作差法结合 f (x ) 的单调性即可得到答案.f (x ) 为增函数,因为2a+ l og 2 a = 4b+ 2 l og 4 b = 22b + l og 2 b【详解】设 f (x ) = 2x + log 2 x ,则1f (a ) - f (2b ) = 2a + log 2 a - (22b + log 2 2b ) = 22b + log 2 b - (22b + log 2 2b ) = log 2 = -1< 0所以所以,2f (a ) < f (2b ) a < 2b ,所以.f (a ) - f (b 2 ) = 2a log 2+ a -(2b 2+2= 22b + log 2 b - (2b 2 + log 2 b 2 ) = 22b - 2b 2 - log 2 b log 2b ),当b =1时, f (a ) - f (b 2 ) = 2 > 0,此时 f (a ) > f (b 2 )a >b 2,有当b = 2 时, f (a ) - f (b 2 ) = -1< 0,此时 f (a ) < f (b 2 )a <b 2,有,所以C .D 不正确.故选：B.【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用,涉及到构造函数,利用函数的单调性比较大小,是一道中档题.二.填空题：本题共4小题,每个小题5分,共20分。

教课资料范本2020版新高考复习理科数学专项小测：13“ 17～ 19题”＋“二选一”含分析编辑： __________________时间： __________________第二部分解答题专项小测专项小测 (十三 )“17～19题”＋“二选一”时间： 45 分钟满分：46分17．(12分)已知是△ ABC的内角分别是角的对边．若 cos2B－sin2A－sinAsinB＝cos2C.(1)求角 C的大小；π(2)若A＝6 .△ABC的面积为 3.M为BC的中点 .求 AM.思路剖析： (1)由 sin2α＋cos2α＝1.可将 cos2B.cos2C 转变为 1－sin2B,1－sin2C.代入原式 .依据正弦定理可得 c2－b2＝a2＋ab.联合余弦ππ定理 .及 0＜C＜π.可得角 C 的大小； (2)因为 A＝6 .所以 B＝6 .所以△ABC 为等腰三角形 .依据面积为 3.可得 a＝b＝2.在△ MAC 中.AC＝2π2.CM＝ 1.C＝3 .联合余弦定理 .即可求解．解： (1)由 cos2－ 2 －＝2B sin A sinAsinB cos C.得 sin2＋＝2－2B.(2分)A sinAsinB sinC sin由正弦定理 .得 c2－b2＝a2＋ab.即 a2＋b2－c2＝－ ab.(4 分 ) a2＋b2－c2－ab1所以 cosC＝2ab＝2ab＝－2.2π又 0＜C＜π.所以 C＝3 .(6 分)ππ(2)因为 A＝6 .所以 B＝6 .2π所以△ ABC 为等腰三角形 .且顶角 C＝3 .(8 分) 13因为 S△ABC＝2absinC＝4ab＝ 3.所以 a＝b＝2.(10 分)2π在△ MAC 中.AC＝2.CM＝1.C＝3 .1所以 AM2＝ AC2＋CM2－2AC·CM·cosC＝4＋1＋2×2×1×2＝7.解得 AM＝ 7.(12 分)18．(12分)在四棱锥 P－ABCD中.四边形 ABCD为菱形 .且∠ ABC＝2π3.M.N分别为棱 AP.CD的中点．(1)求证： MN∥平面 PBC；(2)若PD⊥平面 ABCD.PB＝2AB.求平面 PBC与平面 PAD所成二面角的正弦值．思路剖析： (1)设 PB 的中点为 G.连结 MG.GC.先证明 MN∥GC.即证 MN∥平面 PBC；(2)连结 AC.BD.设 AC∩BD＝O.连结 OG. 分别以OA.OB.OG 为 x 轴.y 轴.z 轴的非负半轴 .成立以下图的空间直角坐标系O－xyz.再利用向量方法求平面 PBC 与平面 PAD 所成二面角的正弦5值为5.解： (1)证明：设 PB 的中点为 G.连结 MG.GC.∵M .G 分别是 AP.PB 的中点 .1∴MG∥AB.且 MG＝2AB.1由已知得 CN ＝2AB.且 CN ∥AB.∴MG ∥CN.且 MG ＝CN.∴四边形 MGCN 是平行四边形 .∴MN ∥GC.(4 分)∵MN?平面 PBC.CG? 平面 PBC.∴MN ∥平面 PBC. (6 分)(2)连结 AC.BD.设 AC ∩BD ＝O.连结 OG. 设菱形 ABCD 的边长为 a.由题设得 PB ＝2a.PD ＝ 3a.OG ∥PD.OG ⊥平面 ABCD.分别以 OA.OB.OG 为 x 轴.y 轴.z 轴的非负半轴 .成立以下图的空间直角坐标系O －xyz.a3由题设得 P 0，－ 2， 3a .A 2 a ，0，0 .a a ，03D 0，－ ，0 .B 0， .C － a ，0，0 .2 22 →→3 a∴PB ＝(0.a.－ 3a).CB ＝ 2 a ，2，0 . (8 分)设 n ＝(x.y.z)是平面 PBC 的法向量 .→y－ 3z＝0，n·PB＝0，则化简得→3x＋y＝0.n·CB＝0，令 x＝1.则 y＝－ 3.z＝－ 1.∴n＝(1.－ 3.－1)．同理可求得平面 PAD 的一个法向量 m＝(1.－ 3.0)． (10 分)|m·n| 2 5∴|cos〈m.n〉|＝|m||n|＝5 .5∴sin〈m.n〉＝5 .∴平面 PBC 与平面 PAD 所成二面角的正弦值5为5 .(12 分) 19．(12分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0).其焦点为F.O为坐标原点 .直线l 与抛物线 C订交于不一样的两点为AB的中点．(1)若p＝2.M的坐标为 (1,1).求直线 l的方程；2|MN|2(2)若直线 l 过焦点 F.AB的垂直均分线交 x轴于点 N.试问：|FN|能否为定值？若为定值 .试求出此定值；不然 .说明原因．思路剖析： (1)判断直线 l 的斜率存在且不为 0.设出直线 l 的方程 . 将直线 l 的方程与抛物线的标准方程联立 .利用根与系数的关系及中点坐标公式计算直线的方程； (2)先利用中点坐标公式计算点 M 的坐标 .2|MN|2再计算点 N 的坐标 .由两点间的距离公式计算|MN|.|FN|.并计算|FN|的值．解： (1)由题意知直线 l 的斜率存在且不为0.故设直线 l 的方程为 x －1＝t(y－1).即 x＝ty＋1－t.设 A(x1.y1).B(x2.y2)．x＝ty ＋1－t(2 分)由得 y2－4ty－4＋ 4t＝0.y2＝4x∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)>0.y1＋y2＝4t.(3 分)1∴4t ＝2.即 t ＝2.(4 分) ∴直线 l 的方程为 2x － y －1＝0.(5 分)2|MN|2(2) |FN| 为定值 2p.证明以下．p∵抛物线 C ： y 2＝2px(p>0).∴焦点 F 的坐标为 2，0 .由题意知直线 l 的斜率存在且不为 0.直线 l 过焦点 F.故设直线 l 的p方程为 x ＝ty ＋2(t ≠0).设 A(x 1.y 1).B(x 2.y 2)．p由 x ＝ty ＋2得 y 2－2pty －p 2＝0.y2＝2px∴y 1＋y 2＝2pt. ＝4p 2t 2＋4p 2>0.(7 分)∴x 1＋x 2＝t(y 1＋y 2＋ ＝2＋p.)p 2ptp∴M pt2 ＋2，pt .(8 分 )p∴MN 的方程为 y －pt ＝－ t x －pt2 －2 .(9 分)3p 3p令 y ＝0.解得 x ＝pt 2＋ 2 .N pt2 ＋ 2 ，0 .(10 分) ∴|MN|2＝p 2＋p 2 ＝3p p (11 分)2 2＋ － ＝pt 2＋p. t .|FN| pt2 22|MN|2∴ |FN| ＝错误 ! ＝2p.(12 分)(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答 .如果多做 .则按所做的第一题计分．22．[选修 4－4：坐标系与参数方程 ](10分)1x ＝a ＋2t ，在直角坐标系 xOy 中.直线 l 的参数方程为3y ＝ 2 t(t 为参数 ).以坐标原点为极点 .x 轴的非负半轴为极轴 .成立极坐标系 .曲3线C 的极坐标方程为 ρ2＝1＋2cos2θ .(1)求直线 l 的一般方程以及曲线 C 的直角坐标方程；(2)当a ＝1时.P 为曲线 C 上一动点 .求点 P 到直线 l 距离的最大值．解： (1)直线 l 的参数方程消去参数 .得直线 l 的一般方程为 y ＝3(x － a)．曲线 C 的极坐标方程可化为 ρ2＋2ρ2cos 2θ＝3.y2即 x 2＋y 2＋2x 2＝3.即 x 2＋ 3 ＝1.y2所以曲线 C 的直角坐标方程为 x 2＋ 3 ＝1.(5 分)(2)当 a ＝ 1 时.直线 l 的一般方程为3x －y －3＝0.y2由点 P 在曲线 C ：x 2＋ 3 ＝1 上.可设点 P 的坐标为 (cos α. 3sin α).| 3cos α－ 3sin α－ 3| 3 所以点 P 到直线 l 的距离 d ＝2＝ 23 π －1.|cos α－sin α－1|＝ 2 | 2cos α＋ 4当 cos α＋ π＝－ 1 时.d 获得最大值为6＋ 34 2.所以点 P 到直线 l 距离的最大值为6＋ 3(10 分)2.23．[选修 4－5：不等式选讲 ](10分)设＞0.且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥ 3.(2)a b c＋＋≥ 3( a＋ b＋ c)．bc ac ab证明： (1)要证 a＋b＋c≥ 3.因为＞ 0.所以只要证 (a＋b＋c)2≥3.即证 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3.而 ab＋bc＋ca＝1.故只要证 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ ca).即证 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.a2＋b2 b2＋c2＋c2＋a2而这能够由 ab＋bc＋ca≤2＋2＝a2＋b2＋2c2(当且仅当 a＝b＝c 时等号成立 )证得 .∴原不等式成立．(5 分)a b c a＋b＋c(2)bc ＋ac＋ab＝abc.因为 (1)中已证 a＋b＋c≥ 3.所以要证原不等式成立 .只要证1≥ a＋ b＋ c. abc即证 a bc＋b ac＋c ab≤1.即证 a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca.而 a bc＝ ab·ac≤ab＋ac.bab＋bc 2ac≤2.c ab≤bc＋ca2.2∴a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(当且仅当 a＝b＝c＝3时等号成立 ).∴原不等式成立．(10 分)。

教课资料范本2020版新高考复习理科数学专项小测：20“ 17～ 19题”＋“二选一”含分析编辑： __________________时间： __________________专项小测 (二十 )“17～19 题”＋“二选一 ”时间： 45 分钟 满分： 46 分17．(12分)数列 { a n } 中.a 1＝2.(n ＋1)(a n ＋ 1－a n )＝2(a n ＋n ＋1)．(1)求a 2.a 3的值；(2)已知数列n的通项公式是n ＝n ＋1.a n ＝n 2＋1.a n ＝n 2＋n 中的{ a }a1Tn一个 .设数列 {an } 的前 n 项和为 S n .{ a n ＋1－a n } 的前 n 项和为 T n .若Sn＞360.求n 的取值范围．思路剖析： (1)依据已知条件 .分别令 n ＝1.n ＝2.求得 a 2.a 3 的值． (2)依据 a 2＝6 判断出数列的通项公式为 a n ＝n 2＋n ＝n(n ＋1).利用Tn裂项乞降法求得 S n 的值 .利用累加法求得 T n 的值 .依据Sn ＞360 列不等式.解不等式求得 n 的取值范围．解： (1)∵(n ＋1)(a n ＋1－a n )＝2(a n ＋n ＋1).n ＋3∴a n ＋1＝a n ＋2.n ＋11＋3∴a 2＝1＋1a 1＋2＝6.(2 分)2＋3a 3＝2＋1a 2＋2＝12.(4 分)(2) 由数列n 的通项公式是a n ＝n ＋1.a n ＝n 2＋1.a n ＝n 2＋n 中的一{ a }1个.和 a 2＝6 得数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝n 2＋n ＝n(n ＋ 1).因此 an ＝错误!＝错误! －错误! .1 1 1 1111 1 1.∴ ＋ ＋ ＋ ＝1－2＋ 2－3＋ ＋n －n ＋1＝1－ ＋ a1a2ann 11∴S n ＝1－n ＋1. (8 分)∵ (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋ ＋(a n ＋1－a n )＝a n ＋1－a 1.a n ＝n(n ＋1).∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋＋(a n＋1－a n)＝n2＋3n.即 T n＝n2＋3n.(10分)Tn由＞360.得 n2＋4n－357＞0.Sn解得 n＞17 或 n＜－ 21.∵n 是正整数 .∴所求 n 的取值范围为 n＞17.且 n 是正整数．(12分)18．(12分)在四棱锥 P－ABCD中.AB∥CD.AB＝2CD＝ 2BC＝2AD＝4.∠DAB＝60°.AE＝BE.△PAD为正三角形 .且平面 PAD⊥平面 ABCD.(1)求二面角 P－EC－ D的余弦值；(2)线段 PC上能否存在一点 M.使异面直线 DM 和PE所成角的余弦值6为8？若存在 .指出点 M 的地点；若不存在 .请说明原因．解：设 O 是 AD 中点 .△PAD 为正三角形 .则 PO⊥AD.平面 PAD⊥平面 ABCD.PO⊥平面 ABCD.又∵ AD＝AE＝2.∠ DAB＝60°.因此△ ADE 为正三角形 .OE⊥ AD.成立如下图空间直角坐标系O－xyz.则P( 0，0，3) .E( 0，3，0) C(－2，3，0) .D(－1，0，0) .→→→于是 PC＝(－2. 3.－3).PE＝(0. 3.－3).DP＝(1,0. 3)．(1)设平面 PEC 的法向量为 n1＝ (x.y.z)．→→＝0得一个法向量 n ＝(0,1,1).由PC·＝0.PE·n1n11平面 EDC 的一个法向量为 n2＝(0,0,1)．设二面角 P－EC－D 的平面角为θ.则|cosθ|＝|cos〈n1.n2〉＝1＝222.2由图知θ为锐角 .因此二面角 P－EC－D 的余弦值为2 .设→→≤λ≤则→＝(－2λ.3λ.－ 3λ).(2)＝λPCPM(01).PM →→→3－→3).因此 |cosDM＝DP＋PM＝(1－2λ. 3λ.3λ).PE＝(0. 3.－→ →→→|6 λ－ 3|6〉＝ |DM·PE＝＝〈DM→→8 ..PE6· 10λ2－10λ＋ 4|DM‖PE|12解得λ＝3或3.因此存在知足题设的点M.且点 M 为线段 PC 的三等分点．19．(12分)为培育学生在高中阶段的数学能力 .某校将举行数学建模比赛．已知该比赛共有 60名学生参加 .他们成绩的频次散布直方图如下图．(1)预计这 60名参赛学生成绩的中位数；(2)为了对数据进行剖析 .将60分以下的成绩定为不合格 .60分以上( 含60分)的成绩定为合格 .某评估专家决定利用分层抽样的方法从这60 名学生中选用10人.而后从这10人中抽取4人参加会谈会 .记ξ为抽取的 4 人中成绩不合格的人数 .求ξ的散布列与数学希望；2(3)已知这60名学生的数学建模比赛成绩Z听从正态散布N(μ.σ).此中μ可用样本均匀数近似取代 .σ2可用样本方差近似取代(同一组数据用该区间的中点值作代表).若成绩在46分以上的学生均能获得奖赏 .本次数学建模比赛满分为100分.预计此次比赛遇到奖赏的人数(结果依据四舍五入保存整数 )．参照数据： P(μ－σ<Z≤μ＋σ)≈0.682 7.P(μ－ 2σ<Z≤μ＋2σ)≈0.954 5.P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)≈0.997 3.解： (1)设中位数为 x.则 0.005×20＋0.015×20＋(x－60)×0.02＝0.5.解得 x＝65.因此这 60 名参赛学生成绩的中位数为65. (3分)(2)联合频次散布直方图和分层抽样的方法可知 .抽取的 10 人中合格的人数为 (0.01＋0.02)×20×10＝6.不合格的人数为 10－6＝4.由题意可知ξ的可能取值为 0,1,2,3,4.C46 1C14C36 8 C24C26 3则 P(ξ＝0)＝C410＝14.P(ξ＝1)＝ C410 ＝21.P(ξ＝2)＝ C410 ＝7.P(ξ＝C34C16 4 C413)＝ C410 ＝35.P(ξ＝4)＝C410＝210.因此 ξ的散布列为ξ 0 1 2 3 4P1 8 3 4 114217 35 2101834 1因此 ξ的数学希望 E(ξ)＝0×14＋1×21＋2×7＋3×35＋ 4×210＝5635.(8 分)(3)由题意可得 .μ＝ (30×0.005＋50×0.015＋70×0.02＋90 0.01) 20 64. 2＝(30－64)2×0.1＋(50－64)2×0.3＋(70－ × × ＝ σ64)2×0.4＋(90－64)2×0.2＝324.则 σ＝18.由 Z 听从正态散布 N(μ.σ2).得 P(64－18<Z ≤64＋18)＝1P(46<Z ≤82)≈0.682 7.则 P(Z>82)≈2(1－0.6827)＝0.15865.P(Z>45)≈0.6927＋0.158 65＝0.841 35.因此此次比赛遇到奖赏的人数为 60×0.841 35≈50.(12分)(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答 .假如多做 .则按所做的第一题计分．22．[选修 4－4：坐标系与参数方程 ](10分)x ＝tcos α， 在平面直角坐标系 xOy 中.曲线 C 1的参数方程为y ＝tsin απx ＝cos β，(t 为参数且 t ＞0.α∈ 0，)曲线 C 2的参数方程为2y ＝1＋sin β (β为参数 .且β∈π π ).以O 为极点 .x 轴的正半轴为极轴成立极坐标－ ，2 2π系.曲线 C3的极坐标方程为ρ＝1＋cosθθ∈ 0，2.曲线 C4的极坐标方程为ρcosθ＝1.(1)求C3与C4的交点到极点的距离；π(2)设曲线 C1与C2交于 P点.C1与C3交于 Q点.当α在 0，2上变化时 .求 |OP|＋|OQ|的最大值．解： (1)联立曲线 C3.C4的极坐标方程πρ＝ 1＋cosθ，θ∈ 0，2ρcosθ＝ 1，21＋ 51－ 5(舍去 ).得ρ－ρ－1＝0.解得ρ＝2.ρ＝21＋ 5(5 分)即交点到极点的距离为2.(2)由题意得曲线 C1的极坐标方程为πθ＝α. α∈ 0，2，ρ＞ 0 .π曲线 C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ.θ∈ 0，2.π联立双方程得ρ＝2sinα.α∈ 0，2 .π即|OP|＝2sinα.α∈ 0，2 .曲线 C1与曲线 C3的极坐标方程联立 .得ππρ＝1＋cosα.α∈ 0，2 .即 |OQ|＝1＋cosα.α∈ 0，2 .因此 |OP|＋ |OQ|＝1＋2sinα＋cosα＝1＋5sin(α＋φ).此中φ的终边经过点 (2,1).π当α＋φ＝2＋2kπ.k∈Z 时.|OP|＋|OQ|获得最大值为 1＋ 5.(10分) 23．[选修 4－5：不等式选讲 ](10分)已知 f(x)＝|x－1|＋ |ax＋ 1|.(1)a＝1时.求不等式 f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤3－x的解集包括 [ －1,1].求a的取值范围．2x，x≥1，解： (1)a＝1.f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝2，－ 1＜x＜1，－2x，x≤－ 1，3 3f(x)≥3.则 x≤－2或 x≥2.因此不等式的解集为33.(5 分) x|x ≤－或x≥22(2)f(x)≤3－x 的解集包括 [ －1,1].即为 f(x)≤3－x 在[－1,1]上恒成立．当 x∈[－1,1].f(x)＝|x－1|＋|ax＋1|＝1－x＋|ax＋1|.故 f(x)≤3－x 即为 1－x＋|ax＋1|≤3－x.即|ax＋1|≤2.因此－ 2≤ax＋1≤2.－3≤ax≤1.又由于 x∈[ －1,1].错误!因此 a∈[－1,1]．(10分)。

教课资料范本2020版新高考复习理科数学专项小测：18“ 17～ 19题”＋“二选一”含分析编辑： __________________时间： __________________专项小测 (十八 )“17～19 题”＋“二选一 ”时间： 45 分钟 满分： 46 分17．(12分)已知数列 { a n } 知足 a n ≠0.且3a n －3a n ＋ 1＝a n a n ＋1.等比数列 { b n } 中.b 2＝a 1.b 4＝3.b 6＝9.1(1)证明：数列 an 为等差数列 .并求数列 { a n } 的通项公式．(2)求数列 { a n a n ＋ 1} 的前 n 项和 S n .解： (1)由于 a n ≠0.且 3a n －3a n ＋1＝a n a n ＋ 1.因此等号两边同时除以1 － 1 11 n n ＋ 1 ＋＝.因此数列 1 是公差为 的等差数列．3a a .得1 an an 3an 3(2 分)由于 { b n } 是等比数列 .因此 b 2b 6＝b24.又 b 4＝3.b 6＝9.因此 9b 2＝9.因此 b 2＝1. (4 分)因此 a 1 1 1 1 1 ＝b 2＝1.故 ＝ ＋ (n －1)＝1＋ (n － 1)＝an a1 3 3(2)由(1)知 a n a n ＋1＝错误 ! ＝9错误 ! .1 1 1 1 1 1 因此 S n ＝9 3－ 4＋4－5＋ ＋ n ＋2－n ＋3n ＋2 33 .a n ＝n ＋2.(6 分)(8 分)1 1 3n ＝9 3－n ＋3 ＝n ＋3.(12分)18．(12分)4 3如图 .在多面体 ABCDEF 中.四边形 ABCD 是边长为 3的菱形 .∠BCD ＝60°.AC 与BD 交于点 O.平面 FBC ⊥平面 ABCD.EF ∥AB.2 3FB ＝FC.EF ＝ 3 .(1)求证： OE⊥平面 ABCD；(2)若△ FBC为等边三角形 .点Q为AE的中点 .求二面角 Q－BC－A的余弦值．解： (1)证明：取 BC 的中点 H.连接 OH、FH、 OE.由于 FB＝FC.因此 FH⊥ BC.由于平面 FBC⊥平面 ABCD.平面 FBC∩平面 ABCD＝BC.FH? 平面 FBC.因此 FH⊥平面 ABCD.(2 分)由于 H、O 分别为 BC、AC 的中点 .123因此 OH∥AB 且 OH＝2AB＝3 .(4 分)23又由于 EF∥AB.EF＝3.因此 EF 綊 OH.因此四边形 OEFH 为平行四边形 .因此 OE∥ FH.因此 OE⊥平面 ABCD.(6 分)(2)由于菱形 ABCD.因此 OA＝OC＝OE＝ FH＝2.因此 OA.OB.OE 两两垂直 .成立空间直角坐标系O－xyz.如图所示．2 3则 A(2,0,0).B 0， 3 ，0 .C(－2,0,0).E(0,0,2).因此 Q(1,0,1).→23BC ＝ －2，－，0 .3→ (8 分)CQ ＝(3,0,1)．设平面 BCQ 的法向量为 m ＝(x.y.z)．→2 3BC ·m ＝ 0得 －2x － 3 y ＝0，取 x ＝1.则 y ＝－ 3.z由→3x ＋z ＝0，CQ ·m ＝ 0＝－ 3可得 m ＝(1.－ 3.－3).平面 ABC 的一个法向量为 n ＝(0,0,1)． (10分)m ·n设二面角 Q － BC －A 的平面角为 θ.则 cos 〈m.n 〉＝ |m||n| ＝－3－3 13＝13 .1× 1＋3＋93 13由于二面角 Q －BC － A 的平面角为锐角 .因此 cos θ＝ 13 .313因此二面角 Q －BC － A 的余弦值为 13.(12分)19．(12分)某企业为了提升收益 .从20xx 年至 20xx 年每年对生产环节的改良进行投资 .投资本额与年收益增加的数据以下表：年份20xx 20xx 20xx 20xx 20xx 20xx 20xx投资本额4.55.05.56.06.57.07.5x(万元 )年收益增 6.0 7.0 7.4 8.1 8.9 9.6 11.1长y(万元 )(1)请用最小二乘法求出 y 对于 x 的回归直线方程；假如 20xx 年该企业计划对生产环节的改良的投资本额为 8万元 .预计该企业在该年的年收益增加多少？ (结果保存两位小数 )(2)现从 20xx 年—20xx 年这 7年中抽出三年进行检查 .记λ＝年收益增加－投资本额 .设这三年中 λ≥2(万元 )的年份数为 ξ.求随机变量 ξ的散布列与希望．参照公式：^b ＝错误 ! ＝错误 ! .错误 ! ＝错误 ! －错误 ! 错误 ! .参照数据： 7∑ x i y i ＝359.6.i ＝1 i7 ∑ x2i ＝259. ＝11解： (1) x ＝7×(4.5＋5.5＋5＋6＋6.5＋ 7＋7.5)＝6.1y ＝7×(6＋7＋7.4＋8.1＋8.9＋9.6＋11.1)＝8.3.7 x y ＝348.6.7——^ ∑ xiyi－7 x y359.6 －348.611i ＝1b ＝ 7＝ 259－7×36＝ 7 ≈1.571.∑ x2i －7 x 2i ＝1^ ^＝8.3－1.571×6＝－ 1.126≈－1.13.a ＝ y －b x^ (2 分)那么回归直线方程为 y ＝1.57x －1.13.^(4 分)将 x＝8 代入方程得 y＝1.57×8－1.13＝11.43.即该企业在该年的年收益增加大概为11.43万元 .(6 分)(2)由题意可知 .年份20xx20xx20xx20xx20xx20xx20xxλ 1.52 1.9 2.1 2.4 2.6 3.6C2C151C12C25ξ的可能取值为 1,2,3.P(ξ＝1)＝C37＝7.P(ξ＝2)＝C374C352＝7.P(ξ＝3)＝C37＝7.(8分)则散布列为ξ123P 142777(10分)ξ＝×1＋2×4＋3×2＝15分E() 17777 .(12 )(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答 .假如多做 .则按所做的第一题计分．22．[选修 4－4：坐标系与参数方程 ](10分)在平面直角坐标系 xOy中.曲线 C的参数方程为x＝2＋2cosα，y＝2sin α(α为参数 ).以O为极点 .x轴的正半轴为极轴 .成立极坐标系．(1)求曲线 C的极坐标方程；π(2)已知 A.B是曲线 C上随意两点 .且∠ AOB＝3 .求OAB面积的最大值．解： (1)消去参数α.获得曲线 C 的一般方程为(x－ 2)2＋y2＝4.故曲线 C 的极坐标方程为ρ＝4cosθ.(5 分)(2)在极坐标系中 .不如设 A(ρ.θ) .B ρ2，θ 0＋ π1＞ ρ2＞ － ππ3 .此中 ρ 0. 0. 2 <θ< 2 .由 (1) 知 ρ＝ θ ＝4cos θ0＋π1 4cos ρ 3.0.2因此△ OAB 面积＝112π ＝4 3cos θ0 θ0＋ πS 2ρρsin 3 cos 3 .因此 S ＝2 3cos 2 －6sin θ θ＝ 3(1＋cos2θ － θ＝2 3θ0 0cos 00) 3sin2 0 π ＋ 3.cos 2θ0＋3当 θ＋π＝ 0 时 即 θ＝－ π .cos 2θ0＋ π有最大值 1.此时 S max 2 0 3. 0 6 3＝3 3.故△ OAB 面积的最大值为 3 3.(10分)23．[选修 4－5：不等式选讲 ](10分)已知正实数 a.b 知足 a ＋b ＝2.(1)求证： 2a ＋1＋ 2b ＋1≤2 3；(2)若对随意正实数 a.b.不等式 |x ＋1|－|x －3|≥ab 恒成立 .务实数 x 的取值范围．解： (1)( 2a ＋1＋ 2b ＋1)2＝2(a ＋b)＋2＋2 2a ＋1· 2b ＋1≤6＋2(a ＋b)＋2＝12.因此 2a ＋1＋ 2b ＋1≤2 3.(5 分)(2)对正实数 a.b 有 a ＋b ≥2 ab.因此 2 ab ≤2.解得 ab ≤1.当且仅当 a ＝b 时等号成立．由于对随意正实数 a.b.|x ＋1|－|x －3|≥ab 恒成立 .因此 |x ＋1|－ |x －3|≥1 恒成立．当 x ≤－1 时.不等式化为－ x －1－(3－x)≥1.整理得－ 4≥1.不等式无解；当－ 1<x<3 时 .不等式化为 x ＋1－(3－x)≥1.3解得2≤x<3；当 x≥3 时 .不等式化为 x＋1－(x－3)≥1.整理得 4≥1.不等式恒成立．3综上可得 x 的取值范围是2，＋∞ .(10分)。

专项小测：“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟 满分：46分17．(12分)如图，在△ABC 中，点D 在BC 边上，∠ADC ＝60°，CD ＝2.(1)若AD ＝BD ＝3，求△ABC 的面积； (2)若AD ＝2，BD ＝4，求sin B 的值． 解：(1)当AD ＝BD ＝3时，△ABD 的面积S △ABD ＝12·AD ·BD ·sin ∠ADB ＝12·3·3·32＝934， △ACD 的面积S △ACD ＝12·AD ·CD ·sin ∠ADC ＝12·3·2·32＝332， △ABC 的面积S △ABC ＝S △ABD ＋S △ACD ＝934＋332＝1534. (2)当AD ＝2，BD ＝4时，∠ADB ＝180°－∠ADC ＝120°，在△ADB 中，由余弦定理可得AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ＝22＋42－2×2×4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝28，故AB ＝27.在△ADB 中，由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝ADsin ∠B ，即2732＝2sin ∠B ，整理得sin ∠B ＝327＝2114.18．(12分)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，△ADE ，△BCF 均为等边三角形，EF ∥AB ，EF ＝AD ＝12AB .(1)过BD作截面与线段CF交于点N，使得AF//平面BDN，试确定点N的位置，并予以证明；(2)在(1)的条件下，求直线BN与平面ABF所成角的正弦值．解：(1)当N为线段FC的中点时，使得AF∥平面BDN.证明：连接AC，BD，设AC∩BD＝O.∵四边形ABCD为矩形，∴O为AC的中点．又∵N为FC的中点，∴ON为△ACF的中位线，∴AF∥ON. (2分)∵AF⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，∴AF∥平面BDN，故N为FC的中点时，使得AF∥平面BDN.(4分)(2)过O作PQ∥AB分别与AD，BC交于P，Q.因为O为AC的中点，所以P，Q分别为AD，BC的中点．∵ΔADE与ΔBCF均为等边三角形，且AD＝BC，∴ΔADE≅ΔBCF，连接EP，FQ，则得EP＝FQ.∵EF∥AB，AB綊PQ，EF＝12AB，∴EF∥PQ，EF＝12PQ，∴四边形EPQF为等腰梯形．取EF的中点M，连接MO，则MO⊥PQ. (6分)又∵AD⊥EP，AD⊥PQ，EP∩PQ＝P，∴AD⊥平面EPQF.过O点作OG⊥AB于G，则OG∥AD，∴OG⊥OM，OG⊥OQ.(8分)分别以OG→，OQ →，OM →的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，不妨设AB ＝4，则由条件可得：O (0,0,0)，A (1，－2,0)，B (1,2,0)，F (0,1，2)，D (－1，－2，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22.AB→＝(0,4,0)，AF →＝(－1,3，2)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面ABF 的法向量， 则⎩⎨⎧n ·AB→＝0，n ·AF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，－x ＋3y ＋2z ＝0，所以可取n ＝(2，0,1)．(10分)由BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，22， 可得|cos 〈BN →，n 〉|＝|BN →·n ||BN →|·|n |＝23，∴直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值为23. (12分)19．(12分)已知抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)经过点A (1,2)，过A 作两条不同直线l 1，l 2，其中直线l 1，l 2关于直线x ＝1对称．(1)求抛物线E 的方程及准线方程；(2)设直线l 1，l 2分别交抛物线E 于B 、C 两点(均不与A 重合)，若以线段BC 为直径的圆与抛物线E 的准线相切，求直线BC 的方程．解：(1)∵抛物线E 过点A (1,2)，∴2p ＝4，解得p ＝2， (2分)∴抛物线的方程为y 2＝4x ，准线方程为x ＝－1.(4分)(2)法一：不妨设B 在C 的左边，从而可设直线AB 的方程为x －1＝m (y －2)(m ＞0)，即x ＝my －2m ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2m ＋1，y 2＝4x 消去x 整理得y 2－4my＋8m －4＝0.设B (x B ，y B )，则y B ＋2＝4m ，故y B ＝4m －2， ∴x B ＝4m 2－4m ＋1， ∴点B (4m 2－4m ＋1,4m －2)． (6分)又由条件得AB 与AC 的倾斜角互补，以－m 代替点B 坐标中的m ，可得点C (4m 2＋4m ＋1，－4m －2)．∴|BC |＝(－8m )2＋(8m )2＝82m ，且BC 中点的横坐标为x B ＋x C2＝4m 2＋1.(8分)∵以线段BC 为直径的圆与抛物线E 的准线相切， ∴4m 2＋1＋1＝|BC |2＝42m ，解得m ＝22，(10分)∴B (3－22，22－2)，C (3＋22，－22－2) ∴k BC ＝－1，∴直线BC 的方程为y －(22－2)＝－(x －3＋22)， 即x ＋y －1＝0.(12分)法二：设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，因为直线l 1，l 2关于x ＝1对称，所以AB 与AC 的倾斜角互补，所以k AB ＋k AC ＝y 1－2x 1－1＋y 2－2x 2－1＝y 1－2y 214－1＋y 2－2y 224－1＝4y 1＋2＋4y 2＋2＝0，所以y 1＋y 2＝－4，所以k BC ＝y 1－y 2x 1－x 2＝y 1－y 2y 214－y 424＝4y 1＋y 2＝－1.(6分) 设直线BC 的方程为y ＝－x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋m ，y 2＝4x 消去y 整理得x 2－(2m ＋4)x ＋m 2＝0， 所以x 1＋x 2＝2m ＋4，x 1x 2＝m 2， 所以|BC |＝2|x 1－x 2|＝42m ＋1，且 BC 中点D 的横坐标为x 1＋x 22＝m ＋2. (8分)因为以线段BC 为直径的圆与抛物线的准线x ＝－1相切，所以x 1＋x 22＋1＝|BC |2，即m ＋3＝22m ＋1，解得m ＝1， (10分) 所以直线BC 的方程为y ＝－x ＋1， 即x ＋y －1＝0.(12分)(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋r cos αy ＝r sin α (α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝3，且曲线C 1与C 2恰有一个公共点．(1)求曲线C 1的极坐标方程；(2)已知曲线C 1上两点A ，B 满足∠AOB ＝π4，求△AOB 面积的最大值．解：(1)曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32ρsin θ＋12ρcos θ＝3，将ρsin θ＝y ，ρcos θ＝x 代入上式可得C 2的直角坐标方程为32y ＋12x ＝3，即x ＋3y －6＝0，所以曲线C 2为直线．又曲线C 1是圆心为(2,0)，半径为|r |的圆，圆C 1与直线C 2恰有一个公共点，所以|r |＝|2－6|2＝2，所以圆C 1的普通方程为x 2＋y 2－4x ＝0， 把x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入上式可得C 1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＝0，即ρ＝4cos θ.(2)由题意可设A (ρ1，θ)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，θ＋π4， ()ρ1>0，ρ2>0，S △AOB ＝12|OA →||OB →|sin π4＝24ρ1ρ2 ＝42cos θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝4()cos 2θ－sin θcos θ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2θ2－sin2θ2 ＝2＋22cos ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4， 所以当cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝1时，△AOB 的面积最大，且最大值为2＋2 2.23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f (x )＝|x ＋4|－m ，m ∈R ，且f (x －2)≤0的解集为[－4,0]． (1)求m 的值；(2)已知a ，b ，c 都是正数，且a ＋2b ＋c ＝m ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ≥2.解：(1)因为f (x －2)＝|x －2＋4|－m ＝|x ＋2|－m ≤0，所以|x ＋2|≤m ， 所以m ≥0，且－m ≤x ＋2≤m ，解得－2－m ≤x ≤－2＋m . (3分)又不等式f (x －2)≤0的解集为[－4,0]，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2－m ＝－4，－2＋m ＝0，解得m ＝2. (5分)(2)由(1)知a ＋2b ＋c ＝2，则1a ＋b ＋1b ＋c ＝12[(a ＋b )＋(b ＋c )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b b ＋c ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋2b ＋c a ＋b ·a ＋b b ＋c ＝2，当且仅当a ＝c 时，等号成立．(10分)。