2020年高考理科数学全国卷3(附答案与解析)

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2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国

理科数学答案解析

一、选择题 1.【答案】C

yx*

【解析】采用列举法列举出AB中元素的即可.由题意,AB中的元素满足,且xyN

xy8634,故A7254xy82x,得x4,所以满足xy8的有1

4.故选:C.

【考点】集合的交集运算,交集定义的理解 2.【答案】D

【解析】利用复数的除法运算求出z即可.因为z

B中元素的个数为

113i13i,所以复数z113i13i13i101013i

虚部为

3

.故选:D. 10

【考点】复数的除法运算,复数的虚部的定义 3.【答案】B

【解析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差,由此可得出标准差最大的一组. 对于A选项,该组数据的平均数为xA140.1230.42.5

2

方差为sA12.50.122.50.432.50.442.50.10.65

2

2

2

2

对于B选项,该组数据的平均数为xB140.4230.12.5

2方差为sB12.50.422.50.132.50.142.50.41.85

2

2

2

2

对于C选项,该组数据的平均数为xC140.2230.32.5

2方差为sC12.50.222.50.332.50.342.50.21.05

2

2

2

2

对于D选项,该组数据的平均数为xD140.3230.22.5

2方差为sD12.50.322.50.232.50.242.50.31.45.

2

2

2

2

因此,B选项这一组的标准差最大.故选:B. 【考点】标准差的大小比较,方差公式的应用 4.【答案】C

【解析】将tt代入函数It

K1e0.23t53



结合It0.95K求得t即可得解.



It

K1e0.23t53

,所

1 / 28






It

30.95K0.23t*530.23t53ln193t5366.所以,解得0.23t53e190.231e



K



故选:C.

【考点】对数的运算,指数与对数的互化 5.【答案】B

【解析】根据题中所给的条件ODOE,结合抛物线的对称性,可知DOxEOx



4

,从而可以确定

出点D的坐标,代入方程求得p的值,进而求得其焦点坐标,得到结果.因为直线x2与抛物线

y22pxp0交于ED两点,且ODOE,根据抛物线的对称性可以确定DOxEOx



4

,所以

1

D22,代入抛物线方程44p,求得p1,所以其焦点坐标为0,故选:B.

2

【考点】圆锥曲线,直线与抛物线的交点,抛物线的对称性,点在抛物线上的条件,抛物线的焦点坐标 6.【答案】D

ab的值.【解析】计算出aabab的值,利用平面向量数量积可计算出cosa



a5b6

aabaab5619.abab6



2

2



ab



2

a2abb2526367

22

ab因此,cosa

aab



aab



1919

.故选:D. 5735

【考点】平面向量夹角余弦值的计算,平面向量数量积的计算,向量模的计算 7.【答案】A

AB2BC2AC2

【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB,再根据cosB,即可求得答案.

2ABBC



2

ABC中,cosCAC4BC3.根据余弦定理:AB2AC2BC22ACBCcosC

32AB2BC2AC2991612

AB43243,可得AB9,即AB3.cosB

32ABBC2339

2

2

2

cosB

1

.故选:A. 9

【考点】余弦定理解三角形

2 / 28




8.【答案】C

【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积.根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形



根据立体图形可得:SABCSADCSCDB

1

222,根据勾股定理可得:ABADDB22, 2

ADB是边长为22的等边三角形,根据三角形面积公式可得: SADB

11

ABADsin602222



2



3

23该几何体的表面积是:3223623. 2

故选:C.

【考点】根据三视图求立体图形的表面积,根据三视图画出立体图形 9.【答案】D

【解析】利用两角和的正切公式,结合换元法,解一元二次方程,即可得出答案.



2tantan7

4

2tan

故选:D.

tan11t

77ttant12t整理得t24t40解得t2tan2.

1tan1t

【考点】利用两角和的正切公式化简求值 10.【答案】D

【解析】根据导数的几何意义设出直线l的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案.设直线l在曲线

yx上的切点为x0x0,则x00,函数yx

线lyx0



导数为y

12x

,则直线l的斜率k

1

,设直2x0

1

xx0x2x0yx00线lx2y212x05

x014x0



112

,两边平方并整理得5x04x010,解得x01x0(舍),则直线l的方程为55

x2y10,即y

11

x.故选:D. 22

3 / 28




【考点】导数的几何意义的应用,直线与圆的位置的应用 11.【答案】A

【解析】根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案.

c

5a

c5a,根据双曲线的定义可得PF1PF22aSPF1F2

F1PF2PPF1PF22cPF1PF2

2

2

2

1

PF1PF24,即PF1PF28 2



2

2PF1PF24c2,即a25a240,解得

a1,故选:A.

【考点】双曲线的性质以及定义的应用,勾股定理,三角形面积公式的应用 12.【答案】A

1利用作商法以及基本不等式可得出ab的大小关系,blog85【解析】由题意可得abc0

8b5结合5584可得出bclog13813c8结合13485可得出c综合可得出a

4545

1 bc的大小关系.由题意可知abc0

alog53lg3lg81



blog85lg5lg5lg52lg3lg8lg3lg8lg24abblog858b51

22lg5lg25

2

22

5b45c4558485b84可得bclog13813c813485134135c

4

5

可得c.综上所述,abc.故选:A.

【考点】对数式的大小比较,基本不等式、对数式与指数式的互化,指数函数单调性的应用 填空题 13.【答案】7

【解析】作出可行域,利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为z3x2y,所以

45

y

3xzz3x3xz

,易知截距越大,则z越大,平移直线y,当y经过A点时截距最大,此时222222

y2xx1z最大,由2,所以zmax31227.故答案为:7. ,得A1

y2x1

4 / 28






【考点】简单线性规划的应用,求线性目标函数的最大值 14.【答案】240

2

x2.

xTr1C6rx

26r

6

22

x

x

6

6



2rr2

123r0解得r4C6rx122r2xrC6r2x123rx2的展开

xx

r

442

式中常数项是:C62C6161516240.故答案为:240.

【考点】二项式定理,利用通项公式求二项展开式中的指定项 15.【答案】

2 3

【解析】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题,然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC2ABAC3,且点MBC边上的中点,设内切圆的圆心为O



由于AM321222,故SABC

1

22222,设内切圆半径为r,则: 2

5 / 28




1111

SABCSAOBSBOCSAOCABrBCrACr332r22,解得:

2222r

2422

,其体积:Vr3.故答案为:. 2333

16.【答案】②③

【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误;利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误;利用对称性的定x0..

51

f2f

26215

2622

f6f所以,函数fx的图象不关于y轴对称,6

命题①错误;对于命题②,函数fx的定义域为xxkkZ,定义域关于原点对称,



fxsinx

111

sinxsinxfx,所以,函数fx的图象关于原点

sinxsinxsinx

11

fxsinxcosx

cosx 22sinx

2

对称,命题②正确;对于命题③,

11

fxsinxcosx

cosx,则22sinx

2

关于直线x



fx2

fx,所以,函数fx的图象2



2

对称,命题③正确;对于命题④,当x0时,sinx0fxsinx

1

02sinx

命题④错误.故答案为:②③.

【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性,最值的求解 三、解答题

17.【答案】1a25a37an2n1,当n1时,a13成立;假设nk时,ak2k1成立.那么nk1时,ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*,都有

an2n1成立.

n1

2Sn2n122

【解析】1)利用递推公式得出a2a3,猜想得出an的通项公式,利用数学归纳法证明即可.由题意可a23a14945a33a281587,由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项,2为公差的等差数列,即an2n1,证明如下:当n1时,a13成立;假设nk时,ak2k1成立.那么nk1时,ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*,都有

an2n1成立;

6 / 28




nn

2)由错位相减法求解即可.由(1)可知,an22n12

Sn325227232Sn322523724

2n12n12n12n,①

2n12n2n12n1,②,由得:

Sn622223

n1

Sn2n122.

2n2n12n162

2212n112

2n12n112n2n12

【考点】求等差数列的通项公式,利用错位相减法求数列的和

18.【答案】1)该市一天的空气质量等级分别为1234的概率分别为0.430.270.210.09 2350

3)有,22列联表如下:

空气质量不好 空气质量好

人次≤400 人次>400

33 37

22

8

K2

100338372255457030

2

5.8203.841,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市

当天的空气质量有关.

【解析】1根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1234的概率.由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为

2162551012

0.43,等级为2的概率为0.27,等级

100100

3的概率为

720678

0.09. 0.21,等级为4的概率为

100100

2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以100可得结果.由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为

100203003550045

350.

100

3)根据表格中的数据完善22列联表,计算出K2的观测值,再结合临界值表可得结论.22列联表如下:

空气质量不好 空气质量好

人次≤400 人次>400

33 37

22

7 / 28

8




K2

100338372255457030

2

5.8203.841,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市

当天的空气质量有关.

【考点】利用频数分布表计算频率和平均数,独立性检验的应用

19.【答案】1)在棱CC1上取点G,使得C1GCG,连接DGFGC1EC1F

1

2



长方体ABCDA1B1C1D1中,ADBCADBCBB1CC1BB1CC1

1C1GCG

2

BF2FB1CGCC1

232

BB1BFCGBF,所以,四边形BCGF3

平行四边形,则AFDG

AFDG,同理可证四边形DEC1G为平行四边形,C1EDGC1EDGC1EAF

C1EAF,则四边形AEC1F为平行四边形,因此,点C1在平面AEF. 2

42 7

【解析】1)连接C1EC1F,证明出四边形AEC1F为平行四边形,进而可证得点C1在平面AEF.CC1上取点G,使得C1GCG,连接DGFGC1EC1F

1

2



8 / 28




长方体ABCDA1B1C1D1中,ADBCADBCBB1CC1BB1CC1

1C1GCG

2

BF2FB1CGCC1

232

BB1BFCGBF,所以,四边形BCGF3

平行四边形,则AFDG

AFDG,同理可证四边形DEC1G为平行四边形,C1EDGC1EDGC1EAF

C1EAF,则四边形AEC1F为平行四边形,因此,点C1在平面AEF内;

2)以点C1为坐标原点,C1D1C1B1C1C所在直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系

C1xyz,利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值,进而可求得二面角AEFA1的正弦.以点C1为坐标原点,C1D1C1B1C1C所在直线分别为xyz轴建立如下图所示的空间直角坐标

13A1210E202F011AE0C1xyz,则A211AF202

mAE0

,设平面的法向量为,由,得AEFA1E012A1F201mxyz111

mAF0y1z10

z11,得x1y11,则m111,设平面A1EF的法向量为nx2y2z2

2x2z011

y22z20nA1E0,得,取z22,得x21y24,则n142

2xz022nA1F0



cosmn

mnmn



3321



7

AEFA1的平面角为,则cos7,设二面角77

sin1cos2

4242

.因此,二面角AEFA1的正弦值为. 77

9 / 28




【考点】点在平面的证明,利用空间向量法求解二面角

x216y2

20.【答案】11

2525

2

5

2

x2y2

【解析】1因为C:210m5,可得a5bm,根据离心率公式,结合已知,即可求得答

25m

.

x2y2c15bm

C:210m5a5bm,根据离心率e11

25maa54

22

55x2y2x216y2

1,即解得mm(舍)C的方程为:1. 2552252544

4

2)点PC上,点Q在直线x6上,且BPBQBPBQ,过点Px轴垂线,交点为M,设

x6x轴交点为N,可得PMBBNQ,可求得P点坐标,求出直线AQ的直线方程,根据点到直

线距离公式和两点距离公式,即可求得APQ的面积.PC上,点Q在直线x6上,且

BPBQBPBQ,过点Px轴垂线,交点为M,设x6x轴交点为N.根据题意画出图形,

如图



BPBQBPBQPMBQNB90,又PBMQBN90BQNQBN90

x216y2

1 2525

PBMBQN,根据三角形全等条件“AAS”,可得:PMBBNQ

x216y2

PMBN651B50P点为xPyP可得P点纵坐标为yP1将其代入1

2525xP216

1 13可得:1,解得:xP3xP3P点为3

2525

2,画 1时,故MB532PMBBNQMBNQ2,可得:Q点为6①当P点为3

出图象,如图

10 / 28






A50Q62,可求得直线AQ的直线方程为:2x11y100,根据点到直线距离公式可得P

直线AQ的距离为:d

2311110

22112

2



5125



5

,根据两点间距离公式可得: 5

155

155P3

252

AQ

6520

2

55APQ

MB5+38PMBBNQMBNQ8,可得:Q点为68,画出图象,如图



A50Q68,可求得直线AQ的直线方程为:8x11y400,根据点到直线距离公式可得P

到直线AQ的距离为:d

8311140

811

2

2



5185



5185

,根据两点间距离公式可得:

AQ5

. 2

6580

22

155

185APQ面积为:185,综上所述,APQ面积为:

21852

【考点】椭圆标准方程,三角形面积,椭圆的离心率定义,数形结合求三角形面积 21.【答案】1b

3

4

311312

xcfx3x3xx,令fx0,得x

42242

2)由(1)可得fxx3

1111111

上单x;令fx0,得x,所以fx上单调递减,在

2222222

11 / 28




调递增,且f1c

1411

fc

42111

fcf1c,若fx所有零点中存在一个

442

绝对值大于1的零点x0,则f10f10,即cc

14111

.c时,f1c0

444

11

fc0

42111

fc0f1c0,又f4c64c33cc4c116c20

442



1上存在唯一一个零点x0,即fx1上存在唯一一个零由零点存在性定理知fx4c

上不存在零点,此时fx不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当c点,在1

1

时,4

1

f1c0

411

fc0

42111

fc0f1c0,又

442

f4c64c33cc4c116c20,由零点存在性定理知fx14c上存在唯一一个零点x

0上存在唯一一个零点,在1上不存在零点,此时fx不存在绝对值不大于1的零fx1

点,与题设矛盾;综上,fx所有零点的绝对值都不大于1.

12

【解析】1)利用导数的几何意义得到f0,解方程即可.因为fx3xb,由题意,

2

311

f0,即3b,则 b0

242

2

2)由(1)可得fx3x

2

311111

2xx,易知fx上单调递减,在422222

11

fc

42

111

fcf1c,采用反证法,

442

11

f1c上单调递增,且

42

推出矛盾即可.由(1)可得fxx3

31132

xcfx3x3xx,令fx0,得

4224

1111111

xx;令fx0,得x,所以fx上单调递减,在2222222

11

上单调递增,且f1c

4211

fc

42111

fcf1c,若fx所有

442

零点中存在一个绝对值大于1的零点x0,则f10f10,即cc

1411

.c时,

44

1

f1c0

411

fc0

42111

fc0f1c0,又

442

12 / 28




f4c64c33cc4c116c20,由零点存在性定理知fx4c1上存在唯一一个零点上不存在零点,此时fx不存在绝对值不大1上存在唯一一个零点,在1x0,即fx

1的零点,与题设矛盾;当c

11

时,f1c0

4411

fc0

4211

fc0

42

132

4c上存f1c0,又f4c64c3cc4c116c0,由零点存在性定理知fx1

4上存在唯一一个零点,在1上不存在零点,此时fx不存在在唯一一个零点x0,即fx1

绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,fx所有零点的绝对值都不大于1. 【考点】利用导数研究函数的零点,导数的几何意义,反证法 22.【答案】1410 23cossin120

【解析】1)由参数方程得出AB的坐标,最后由两点间距离公式,即可得出AB的值.x0,则

12.y0,则t23t20,解得,则y26412,即A0t2t20,解得t2t1(舍)

0.AB,则x2244,即B4t2t1(舍)

04120

22

410.

120

3

04

2AB的坐标得出直线AB的直角坐标方程,再化为极坐标方程即可.1可知kAB

则直线AB的方程为y3x4,即3xy120.xcosysin可得,直线AB的极坐标方程为3cossin120.

【考点】利用参数方程求点的坐标,直角坐标方程化极坐标方程 23.【答案】1

abc

2

a2b2c22ab2ac2bc0abbcca

12

ab2c20. 2

12

ab2c2. 2

abc均不为0,则a2b2c20abbcca

2)不妨设maxabca,由abc0abc1可知,a0b0c0

2

abc

bc1b2c22bc2bc2bc32

4.当且仅当bc时,取等号,a34,即 aaaa

bcbcbcbc

maxabc

3

4.

2

【解析】1)由abca2b2c22ab2ac2bc0结合不等式的性质,即可得出证明.

abc

2

abbccaa2b2c22ab2ac2bc0

12

ab2c2.2

abc均不为0

13 / 28




a2b2c20abbcca

12

ab2c20. 2

3

2

2)不妨设maxabca,由题意得出a0bc0,由aa

bca

bc

2

b2c22bc

,结

bc

合基本不等式,即可得出证明.不妨设maxabcaabc0abc1可知,a0b0c0

bc1b2c22bc2bc2bc32

4.当且仅当bc时,取等号,aaaabca

2

bc

bca34,即maxabc

3

4.

【考点】不等式的基本性质,基本不等式的应用





bcbc14 / 28


2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国

理科数学答案解析

一、选择题 1.【答案】C

yx*

【解析】采用列举法列举出AB中元素的即可.由题意,AB中的元素满足,且xyN

xy8634,故A7254xy82x,得x4,所以满足xy8的有1

4.故选:C.

【考点】集合的交集运算,交集定义的理解 2.【答案】D

【解析】利用复数的除法运算求出z即可.因为z

B中元素的个数为

113i13i,所以复数z113i13i13i101013i

虚部为

3

.故选:D. 10

【考点】复数的除法运算,复数的虚部的定义 3.【答案】B

【解析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差,由此可得出标准差最大的一组. 对于A选项,该组数据的平均数为xA140.1230.42.5

2

方差为sA12.50.122.50.432.50.442.50.10.65

2

2

2

2

对于B选项,该组数据的平均数为xB140.4230.12.5

2方差为sB12.50.422.50.132.50.142.50.41.85

2

2

2

2

对于C选项,该组数据的平均数为xC140.2230.32.5

2方差为sC12.50.222.50.332.50.342.50.21.05

2

2

2

2

对于D选项,该组数据的平均数为xD140.3230.22.5

2方差为sD12.50.322.50.232.50.242.50.31.45.

2

2

2

2

因此,B选项这一组的标准差最大.故选:B. 【考点】标准差的大小比较,方差公式的应用 4.【答案】C

【解析】将tt代入函数It

K1e0.23t53



结合It0.95K求得t即可得解.



It

K1e0.23t53

,所

15 / 28






It

30.95K0.23t*530.23t53ln193t5366.所以,解得0.23t53e190.231e



K



故选:C.

【考点】对数的运算,指数与对数的互化 5.【答案】B

【解析】根据题中所给的条件ODOE,结合抛物线的对称性,可知DOxEOx



4

,从而可以确定

出点D的坐标,代入方程求得p的值,进而求得其焦点坐标,得到结果.因为直线x2与抛物线

y22pxp0交于ED两点,且ODOE,根据抛物线的对称性可以确定DOxEOx



4

,所以

1

D22,代入抛物线方程44p,求得p1,所以其焦点坐标为0,故选:B.

2

【考点】圆锥曲线,直线与抛物线的交点,抛物线的对称性,点在抛物线上的条件,抛物线的焦点坐标 6.【答案】D

ab的值.【解析】计算出aabab的值,利用平面向量数量积可计算出cosa



a5b6

aabaab5619.abab6



2

2



ab



2

a2abb2526367

22

ab因此,cosa

aab



aab



1919

.故选:D. 5735

【考点】平面向量夹角余弦值的计算,平面向量数量积的计算,向量模的计算 7.【答案】A

AB2BC2AC2

【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB,再根据cosB,即可求得答案.

2ABBC



2

ABC中,cosCAC4BC3.根据余弦定理:AB2AC2BC22ACBCcosC

32AB2BC2AC2991612

AB43243,可得AB9,即AB3.cosB

32ABBC2339

2

2

2

cosB

1

.故选:A. 9

【考点】余弦定理解三角形

16 / 28




8.【答案】C

【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积.根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形



根据立体图形可得:SABCSADCSCDB

1

222,根据勾股定理可得:ABADDB22, 2

ADB是边长为22的等边三角形,根据三角形面积公式可得: SADB

11

ABADsin602222



2



3

23该几何体的表面积是:3223623. 2

故选:C.

【考点】根据三视图求立体图形的表面积,根据三视图画出立体图形 9.【答案】D

【解析】利用两角和的正切公式,结合换元法,解一元二次方程,即可得出答案.



2tantan7

4

2tan

故选:D.

tan11t

77ttant12t整理得t24t40解得t2tan2.

1tan1t

【考点】利用两角和的正切公式化简求值 10.【答案】D

【解析】根据导数的几何意义设出直线l的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案.设直线l在曲线

yx上的切点为x0x0,则x00,函数yx

线lyx0



导数为y

12x

,则直线l的斜率k

1

,设直2x0

1

xx0x2x0yx00线lx2y212x05

x014x0



112

,两边平方并整理得5x04x010,解得x01x0(舍),则直线l的方程为55

x2y10,即y

11

x.故选:D. 22

17 / 28




【考点】导数的几何意义的应用,直线与圆的位置的应用 11.【答案】A

【解析】根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案.

c

5a

c5a,根据双曲线的定义可得PF1PF22aSPF1F2

F1PF2PPF1PF22cPF1PF2

2

2

2

1

PF1PF24,即PF1PF28 2



2

2PF1PF24c2,即a25a240,解得

a1,故选:A.

【考点】双曲线的性质以及定义的应用,勾股定理,三角形面积公式的应用 12.【答案】A

1利用作商法以及基本不等式可得出ab的大小关系,blog85【解析】由题意可得abc0

8b5结合5584可得出bclog13813c8结合13485可得出c综合可得出a

4545

1 bc的大小关系.由题意可知abc0

alog53lg3lg81



blog85lg5lg5lg52lg3lg8lg3lg8lg24abblog858b51

22lg5lg25

2

22

5b45c4558485b84可得bclog13813c813485134135c

4

5

可得c.综上所述,abc.故选:A.

【考点】对数式的大小比较,基本不等式、对数式与指数式的互化,指数函数单调性的应用 填空题 13.【答案】7

【解析】作出可行域,利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为z3x2y,所以

45

y

3xzz3x3xz

,易知截距越大,则z越大,平移直线y,当y经过A点时截距最大,此时222222

y2xx1z最大,由2,所以zmax31227.故答案为:7. ,得A1

y2x1

18 / 28






【考点】简单线性规划的应用,求线性目标函数的最大值 14.【答案】240

2

x2.

xTr1C6rx

26r

6

22

x

x

6

6



2rr2

123r0解得r4C6rx122r2xrC6r2x123rx2的展开

xx

r

442

式中常数项是:C62C6161516240.故答案为:240.

【考点】二项式定理,利用通项公式求二项展开式中的指定项 15.【答案】

2 3

【解析】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题,然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC2ABAC3,且点MBC边上的中点,设内切圆的圆心为O



由于AM321222,故SABC

1

22222,设内切圆半径为r,则: 2

19 / 28




1111

SABCSAOBSBOCSAOCABrBCrACr332r22,解得:

2222r

2422

,其体积:Vr3.故答案为:. 2333

16.【答案】②③

【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误;利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误;利用对称性的定x0..

51

f2f

26215

2622

f6f所以,函数fx的图象不关于y轴对称,6

命题①错误;对于命题②,函数fx的定义域为xxkkZ,定义域关于原点对称,



fxsinx

111

sinxsinxfx,所以,函数fx的图象关于原点

sinxsinxsinx

11

fxsinxcosx

cosx 22sinx

2

对称,命题②正确;对于命题③,

11

fxsinxcosx

cosx,则22sinx

2

关于直线x



fx2

fx,所以,函数fx的图象2



2

对称,命题③正确;对于命题④,当x0时,sinx0fxsinx

1

02sinx

命题④错误.故答案为:②③.

【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性,最值的求解 三、解答题

17.【答案】1a25a37an2n1,当n1时,a13成立;假设nk时,ak2k1成立.那么nk1时,ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*,都有

an2n1成立.

n1

2Sn2n122

【解析】1)利用递推公式得出a2a3,猜想得出an的通项公式,利用数学归纳法证明即可.由题意可a23a14945a33a281587,由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项,2为公差的等差数列,即an2n1,证明如下:当n1时,a13成立;假设nk时,ak2k1成立.那么nk1时,ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*,都有

an2n1成立;

20 / 28




nn

2)由错位相减法求解即可.由(1)可知,an22n12

Sn325227232Sn322523724

2n12n12n12n,①

2n12n2n12n1,②,由得:

Sn622223

n1

Sn2n122.

2n2n12n162

2212n112

2n12n112n2n12

【考点】求等差数列的通项公式,利用错位相减法求数列的和

18.【答案】1)该市一天的空气质量等级分别为1234的概率分别为0.430.270.210.09 2350

3)有,22列联表如下:

空气质量不好 空气质量好

人次≤400 人次>400

33 37

22

8

K2

100338372255457030

2

5.8203.841,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市

当天的空气质量有关.

【解析】1根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1234的概率.由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为

2162551012

0.43,等级为2的概率为0.27,等级

100100

3的概率为

720678

0.09. 0.21,等级为4的概率为

100100

2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以100可得结果.由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为

100203003550045

350.

100

3)根据表格中的数据完善22列联表,计算出K2的观测值,再结合临界值表可得结论.22列联表如下:

空气质量不好 空气质量好

人次≤400 人次>400

33 37

22

21 / 28

8




K2

100338372255457030

2

5.8203.841,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市

当天的空气质量有关.

【考点】利用频数分布表计算频率和平均数,独立性检验的应用

19.【答案】1)在棱CC1上取点G,使得C1GCG,连接DGFGC1EC1F

1

2



长方体ABCDA1B1C1D1中,ADBCADBCBB1CC1BB1CC1

1C1GCG

2

BF2FB1CGCC1

232

BB1BFCGBF,所以,四边形BCGF3

平行四边形,则AFDG

AFDG,同理可证四边形DEC1G为平行四边形,C1EDGC1EDGC1EAF

C1EAF,则四边形AEC1F为平行四边形,因此,点C1在平面AEF. 2

42 7

【解析】1)连接C1EC1F,证明出四边形AEC1F为平行四边形,进而可证得点C1在平面AEF.CC1上取点G,使得C1GCG,连接DGFGC1EC1F

1

2



22 / 28




长方体ABCDA1B1C1D1中,ADBCADBCBB1CC1BB1CC1

1C1GCG

2

BF2FB1CGCC1

232

BB1BFCGBF,所以,四边形BCGF3

平行四边形,则AFDG

AFDG,同理可证四边形DEC1G为平行四边形,C1EDGC1EDGC1EAF

C1EAF,则四边形AEC1F为平行四边形,因此,点C1在平面AEF内;

2)以点C1为坐标原点,C1D1C1B1C1C所在直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系

C1xyz,利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值,进而可求得二面角AEFA1的正弦.以点C1为坐标原点,C1D1C1B1C1C所在直线分别为xyz轴建立如下图所示的空间直角坐标

13A1210E202F011AE0C1xyz,则A211AF202

mAE0

,设平面的法向量为,由,得AEFA1E012A1F201mxyz111

mAF0y1z10

z11,得x1y11,则m111,设平面A1EF的法向量为nx2y2z2

2x2z011

y22z20nA1E0,得,取z22,得x21y24,则n142

2xz022nA1F0



cosmn

mnmn



3321



7

AEFA1的平面角为,则cos7,设二面角77

sin1cos2

4242

.因此,二面角AEFA1的正弦值为. 77

23 / 28




【考点】点在平面的证明,利用空间向量法求解二面角

x216y2

20.【答案】11

2525

2

5

2

x2y2

【解析】1因为C:210m5,可得a5bm,根据离心率公式,结合已知,即可求得答

25m

.

x2y2c15bm

C:210m5a5bm,根据离心率e11

25maa54

22

55x2y2x216y2

1,即解得mm(舍)C的方程为:1. 2552252544

4

2)点PC上,点Q在直线x6上,且BPBQBPBQ,过点Px轴垂线,交点为M,设

x6x轴交点为N,可得PMBBNQ,可求得P点坐标,求出直线AQ的直线方程,根据点到直

线距离公式和两点距离公式,即可求得APQ的面积.PC上,点Q在直线x6上,且

BPBQBPBQ,过点Px轴垂线,交点为M,设x6x轴交点为N.根据题意画出图形,

如图



BPBQBPBQPMBQNB90,又PBMQBN90BQNQBN90

x216y2

1 2525

PBMBQN,根据三角形全等条件“AAS”,可得:PMBBNQ

x216y2

PMBN651B50P点为xPyP可得P点纵坐标为yP1将其代入1

2525xP216

1 13可得:1,解得:xP3xP3P点为3

2525

2,画 1时,故MB532PMBBNQMBNQ2,可得:Q点为6①当P点为3

出图象,如图

24 / 28






A50Q62,可求得直线AQ的直线方程为:2x11y100,根据点到直线距离公式可得P

直线AQ的距离为:d

2311110

22112

2



5125



5

,根据两点间距离公式可得: 5

155

155P3

252

AQ

6520

2

55APQ

MB5+38PMBBNQMBNQ8,可得:Q点为68,画出图象,如图



A50Q68,可求得直线AQ的直线方程为:8x11y400,根据点到直线距离公式可得P

到直线AQ的距离为:d

8311140

811

2

2



5185



5185

,根据两点间距离公式可得:

AQ5

. 2

6580

22

155

185APQ面积为:185,综上所述,APQ面积为:

21852

【考点】椭圆标准方程,三角形面积,椭圆的离心率定义,数形结合求三角形面积 21.【答案】1b

3

4

311312

xcfx3x3xx,令fx0,得x

42242

2)由(1)可得fxx3

1111111

上单x;令fx0,得x,所以fx上单调递减,在

2222222

25 / 28




调递增,且f1c

1411

fc

42111

fcf1c,若fx所有零点中存在一个

442

绝对值大于1的零点x0,则f10f10,即cc

14111

.c时,f1c0

444

11

fc0

42111

fc0f1c0,又f4c64c33cc4c116c20

442



1上存在唯一一个零点x0,即fx1上存在唯一一个零由零点存在性定理知fx4c

上不存在零点,此时fx不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当c点,在1

1

时,4

1

f1c0

411

fc0

42111

fc0f1c0,又

442

f4c64c33cc4c116c20,由零点存在性定理知fx14c上存在唯一一个零点x

0上存在唯一一个零点,在1上不存在零点,此时fx不存在绝对值不大于1的零fx1

点,与题设矛盾;综上,fx所有零点的绝对值都不大于1.

12

【解析】1)利用导数的几何意义得到f0,解方程即可.因为fx3xb,由题意,

2

311

f0,即3b,则 b0

242

2

2)由(1)可得fx3x

2

311111

2xx,易知fx上单调递减,在422222

11

fc

42

111

fcf1c,采用反证法,

442

11

f1c上单调递增,且

42

推出矛盾即可.由(1)可得fxx3

31132

xcfx3x3xx,令fx0,得

4224

1111111

xx;令fx0,得x,所以fx上单调递减,在2222222

11

上单调递增,且f1c

4211

fc

42111

fcf1c,若fx所有

442

零点中存在一个绝对值大于1的零点x0,则f10f10,即cc

1411

.c时,

44

1

f1c0

411

fc0

42111

fc0f1c0,又

442

26 / 28




f4c64c33cc4c116c20,由零点存在性定理知fx4c1上存在唯一一个零点上不存在零点,此时fx不存在绝对值不大1上存在唯一一个零点,在1x0,即fx

1的零点,与题设矛盾;当c

11

时,f1c0

4411

fc0

4211

fc0

42

132

4c上存f1c0,又f4c64c3cc4c116c0,由零点存在性定理知fx1

4上存在唯一一个零点,在1上不存在零点,此时fx不存在在唯一一个零点x0,即fx1

绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,fx所有零点的绝对值都不大于1. 【考点】利用导数研究函数的零点,导数的几何意义,反证法 22.【答案】1410 23cossin120

【解析】1)由参数方程得出AB的坐标,最后由两点间距离公式,即可得出AB的值.x0,则

12.y0,则t23t20,解得,则y26412,即A0t2t20,解得t2t1(舍)

0.AB,则x2244,即B4t2t1(舍)

04120

22

410.

120

3

04

2AB的坐标得出直线AB的直角坐标方程,再化为极坐标方程即可.1可知kAB

则直线AB的方程为y3x4,即3xy120.xcosysin可得,直线AB的极坐标方程为3cossin120.

【考点】利用参数方程求点的坐标,直角坐标方程化极坐标方程 23.【答案】1

abc

2

a2b2c22ab2ac2bc0abbcca

12

ab2c20. 2

12

ab2c2. 2

abc均不为0,则a2b2c20abbcca

2)不妨设maxabca,由abc0abc1可知,a0b0c0

2

abc

bc1b2c22bc2bc2bc32

4.当且仅当bc时,取等号,a34,即 aaaa

bcbcbcbc

maxabc

3

4.

2

【解析】1)由abca2b2c22ab2ac2bc0结合不等式的性质,即可得出证明.

abc

2

abbccaa2b2c22ab2ac2bc0

12

ab2c2.2

abc均不为0

27 / 28




a2b2c20abbcca

12

ab2c20. 2

3

2

2)不妨设maxabca,由题意得出a0bc0,由aa

bca

bc

2

b2c22bc

,结

bc

合基本不等式,即可得出证明.不妨设maxabcaabc0abc1可知,a0b0c0

bc1b2c22bc2bc2bc32

4.当且仅当bc时,取等号,aaaabca

2

bc

bca34,即maxabc

3

4.

【考点】不等式的基本性质,基本不等式的应用



bcbc28 / 28


本文来源:https://www.wddqw.com/doc/f2b6be44081c59eef8c75fbfc77da26925c59692.html