2020年高考理数真题试卷（新课标Ⅲ)

2020年高考理数真题试卷（新课标Ⅲ)
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．（2020·新课标Ⅲ·理）已知集合 ， ，则 中元素的个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】由题意， 中的元素满足 ，且 ，
由 ，得 ，
所以满足 的有 ，
故 中元素的个数为4.
故答案为：C.
【分析】采用列举法列举出 中元素的即可.
2．（2020·新课标Ⅲ·理）复数 的虚部是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为 ，
所以复数 的虚部为 .
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法运算求出z即可.
3．（2020·新课标Ⅲ·理）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为 ，且 ，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】对于A选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 ；
对于B选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 ；
对于C选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 ；
对于D选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 .
因此，B选项这一组的标准差最大.
故答案为：B.
【分析】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.
4．（2020·新课标Ⅲ·理）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型： ，其中K为最大确诊病例数．当I( )=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则 约为（　　）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
【答案】C
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】 ，所以 ，则 ，
所以， ，解得 .
故答案为：C.
【分析】将 代入函数 结合 求得 即可得解.
5．（2020·新课标Ⅲ·理）设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（　　）
A．（ ，0） B．（ ，0） C．（1，0） D．（2，0）
【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为直线 与抛物线 交于 两点，且 ，
根据抛物线的对称性可以确定 ，所以 ，
代入抛物线方程 ，求得 ，所以其焦点坐标为 ，
故答案为：B.
【分析】根据题中所给的条件 ，结合抛物线的对称性，可知 ，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.
6．（2020·新课标Ⅲ·理）已知向量a，b满足 ， ， ，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】 ， ， ， .
，
因此， .
故答案为：D.
【分析】计算出 、 的值，利用平面向量数量积可计算出 的值.
7．（2020·新课标Ⅲ·理）在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】 在 中， ， ，
根据余弦定理：
可得 ，即
由
故 .
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得 ，再根据 ，即可求得答案.
8．（2020·新课标Ⅲ·理）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（　　）
A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2
【答案】C
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】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：
根据勾股定理可得：
是边长为 的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是： .
故答案为：C.
【分析】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.
9．（2020·新课标Ⅲ·理）已知2tanθ–tan(θ+ )=7，则tanθ=（　　）
A．–2 B．–1 C．1 D．2
【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】 ， ，
令 ，则 ，整理得 ，解得 ，即 .
故答案为：D.
【分析】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.
10．（2020·新课标Ⅲ·理）若直线l与曲线y= 和x2+y2= 都相切，则l的方程为（　　）
A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y= x+1 D．y= x+
【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；圆的切线方程
【解析】【解答】设直线 在曲线 上的切点为 ，则 ，
函数 的导数为 ，则直线 的斜率 ，
设直线 的方程为 ，即 ，
由于直线 与圆 相切，则 ，
两边平方并整理得 ，解得 ， （舍），
则直线 的方程为 ，即 .
故答案为：D.
【分析】根据导数的几何意义设出直线 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
11．（2020·新课标Ⅲ·理）设双曲线C： （a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 ．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】A
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】 ， ，根据双曲线的定义可得 ，
，即 ，
， ，
，即 ，解得 ，
故答案为：A.
【分析】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.
12．（2020·新课标Ⅲ·理）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（　　）
A．a【答案】A
【知识点】指数函数单调性的应用；对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由题意可知 、 、 ， ， ；
由 ，得 ，由 ，得 ， ，可得 ；
由 ，得 ，由 ，得 ， ，可得 .
综上所述， .
故答案为：A.
【分析】由题意可得a、b、 ，利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系，由 ，得 ，结合 可得出 ，由 ，得 ，结合 ，可得出 ，综合可得出a、b,c的大小关系.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2020·新课标Ⅲ·理）若x，y满足约束条件 ，则z=3x+2y的最大值为　 　．
【答案】7
【知识点】二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】【解答】不等式组所表示的可行域如图
因为 ，所以 ，易知截距 越大，则z越大，
平移直线 ，当 经过A点时截距最大，此时z最大，
由 ，得 ， ，
所以 .
故答案为：7.
【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.
14．（2020·新课标Ⅲ·理） 的展开式中常数项是　 　（用数字作答）．
【答案】240
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】
其二项式展开通项：
当 ，解得
的展开式中常数项是： .
故答案为： .
【分析】写出 二项式展开通项，即可求得常数项.
15．（2020·新课标Ⅲ·理）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为　 　．
【答案】
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】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 ，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为O，
由于 ，故 ，
设内切圆半径为 ，则：
，
解得： ，其体积： .
故答案为： .
【分析】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.
16．（2020·新课标Ⅲ·理）关于函数f（x）= 有如下四个命题：
①f（x）的图像关于y轴对称．
②f（x）的图像关于原点对称．
③f（x）的图像关于直线x= 对称．
④f（x）的最小值为2．
其中所有真命题的序号是　 　．
【答案】②③
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】对于命题①， ， ，则 ，
所以，函数 的图象不关于 轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数 的定义域为 ，定义域关于原点对称，
，
所以，函数 的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③， ，
，则 ，
所以，函数 的图象关于直线 对称，命题③正确；
对于命题④，当 时， ，则 ，
命题④错误.
故答案为：②③.
【分析】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；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取 可判断命题④的正误.综合可得出结论.
三、解答题
17．（2020·新课标Ⅲ·理）设数列{an}满足a1=3， ．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1）解：由题意可得 ， ，
由数列 的前三项可猜想数列 是以3为首项，2为公差的等差数列，即 ，
证明如下：
当 时， 成立；
假设 时， 成立.
那么 时， 也成立.
则对任意的 ，都有 成立
（2）解：由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即 .
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用递推公式得出 ，猜想得出 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.
18．（2020·新课标Ⅲ·理）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
锻炼人次 空气质量等级 [0，200] (200，400] (400，600]
1（优） 2 16 25
2（良） 5 10 12
3（轻度污染） 6 7 8
4（中度污染） 7 2 0
附： ，
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有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？
　 人次≤400 人次>400
空气质量好
　
　
空气质量不好
　
　
【答案】（1）解：由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为 的概率为 ，等级为 的概率为 ，等级为 的概率为 ，等级为 的概率为
（2）解：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
（3）解： 列联表如下：
　 人次 人次
空气质量不好 33 37
空气质量好 22 8
，
因此，有 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.
【知识点】独立性检验的应用；概率的应用
【解析】【分析】（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1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善 列联表，计算出 的观测值，再结合临界值表可得结论.
19．（2020·新课标Ⅲ·理）如图，在长方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ．
（1）证明：点 在平面 内；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】（1）解：在棱 上取点G，使得 ，连接 、 、 、 ，
在长方体 中， 且 ， 且 ，
， ， 且 ，
所以，四边形 为平行四边形，则 且 ，
同理可证四边形 为平行四边形， 且 ，
且 ，则四边形 为平行四边形，
因此，点 在平面 内
（2）解：以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
则 、 、 、 ，
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 取 ，得 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，得 ， ，则 ，
，
设二面角 的平面角为 ，则 ， .
因此，二面角 的正弦值为
【知识点】平面的基本性质及推论；空间向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，进而可证得点 在平面 内；（2）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法可计算出二面角 的余弦值，进而可求得二面角 的正弦值.
20．（2020·新课标Ⅲ·理）已知椭圆 的离心率为 ，A，B分别为C的左、右顶点．
（1）求C的方程；
（2）若点P在C上，点Q在直线 上，且 ， ，求 的面积．
【答案】（1）解：
， ，
根据离心率 ，
解得 或 (舍)，
C的方程为： ，
即
（2）解： 点P在C上，点Q在直线 上，且 ， ，
过点P作x轴垂线，交点为M，设 与x轴交点为N
根据题意画出图形，如图
， ， ，
又 ， ，
，
根据三角形全等条件“ ”，
可得： ，
，
，
，
设 点为 ，
可得 点纵坐标为 ，将其代入 ，
可得： ，
解得： 或 ，
P点为 或 ，
①当 点为 时，
故 ，
，
，
可得：Q点为 ，
画出图象，如图
, ，
可求得直线 的直线方程为： ，
根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ，
根据两点间距离公式可得： ，
面积为： ；
②当 点为 时，
故 ，
，
，
可得：Q点为 ，
画出图象，如图
, ，
可求得直线 的直线方程为： ，
根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ，
根据两点间距离公式可得： ，
面积为： ，
综上所述， 面积为： .
【知识点】平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】（1）因为 ，可得 ， ，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点P在C上，点Q在直线 上，且 ， ，过点P作x轴垂线，交点为M，设 与x轴交点为N，可得 ，可求得P点坐标，求出直线 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 的面积.
21．（2020·新课标Ⅲ·理）设函数 ，曲线 在点( ，f( ))处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）解：因为 ，
由题意， ，即
则
（2）解：由（1）可得 ，
，
令 ，得 或 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
且 ，
若 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点 ，则 或 ，
即 或 .
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上， 所有零点的绝对值都不大于1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；反证法；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到 ，解方程即可；（2）由（1）可得 ，易知 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，且 ，采用反证法，推出矛盾即可.
四、[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（2020·新课标Ⅲ·理）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 （t为参数且t≠1），C与坐标轴交于A、B两点．
（1）求 ；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．
【答案】（1）解：令 ，则 ，解得 或 （舍），则 ，即 .
令 ，则 ，解得 或 （舍），则 ，即 .
（2）解：由（1）可知 ，
则直线 的方程为 ，即 .
由 可得，直线 的极坐标方程为
【知识点】平面内两点间的距离公式；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）由参数方程得出 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 的值；（2）由 的坐标得出直线 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.
五、[选修4-5：不等式选讲]
23．（2020·新课标Ⅲ·理）设a，b，c R，a+b+c=0，abc=1．
（1）证明：ab+bc+ca<0；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥ ．
【答案】（1）解： ，
.
均不为 ，则 ，
（2）解：不妨设 ，
由 可知， ，
， .
当且仅当 时，取等号，
，即
【知识点】基本不等式；分析法和综合法；不等式的基本性质
【解析】【分析】（1）由 结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设 ，由题意得出 ，由 ，结合基本不等式，即可得出证明.
1 / 12020年高考理数真题试卷（新课标Ⅲ)
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．（2020·新课标Ⅲ·理）已知集合 ， ，则 中元素的个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
2．（2020·新课标Ⅲ·理）复数 的虚部是（　　）
A． B． C． D．
3．（2020·新课标Ⅲ·理）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为 ，且 ，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2020·新课标Ⅲ·理）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型： ，其中K为最大确诊病例数．当I( )=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则 约为（　　）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
5．（2020·新课标Ⅲ·理）设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（　　）
A．（ ，0） B．（ ，0） C．（1，0） D．（2，0）
6．（2020·新课标Ⅲ·理）已知向量a，b满足 ， ， ，则 （　　）
A． B． C． D．
7．（2020·新课标Ⅲ·理）在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（　　）
A． B． C． D．
8．（2020·新课标Ⅲ·理）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（　　）
A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2
9．（2020·新课标Ⅲ·理）已知2tanθ–tan(θ+ )=7，则tanθ=（　　）
A．–2 B．–1 C．1 D．2
10．（2020·新课标Ⅲ·理）若直线l与曲线y= 和x2+y2= 都相切，则l的方程为（　　）
A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y= x+1 D．y= x+
11．（2020·新课标Ⅲ·理）设双曲线C： （a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 ．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
12．（2020·新课标Ⅲ·理）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（　　）
A．a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2020·新课标Ⅲ·理）若x，y满足约束条件 ，则z=3x+2y的最大值为　 　．
14．（2020·新课标Ⅲ·理） 的展开式中常数项是　 　（用数字作答）．
15．（2020·新课标Ⅲ·理）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为　 　．
16．（2020·新课标Ⅲ·理）关于函数f（x）= 有如下四个命题：
①f（x）的图像关于y轴对称．
②f（x）的图像关于原点对称．
③f（x）的图像关于直线x= 对称．
④f（x）的最小值为2．
其中所有真命题的序号是　 　．
三、解答题
17．（2020·新课标Ⅲ·理）设数列{an}满足a1=3， ．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
18．（2020·新课标Ⅲ·理）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
锻炼人次 空气质量等级 [0，200] (200，400] (400，600]
1（优） 2 16 25
2（良） 5 10 12
3（轻度污染） 6 7 8
4（中度污染） 7 2 0
附： ，
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有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？
　 人次≤400 人次>400
空气质量好
　
　
空气质量不好
　
　
19．（2020·新课标Ⅲ·理）如图，在长方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ．
（1）证明：点 在平面 内；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
20．（2020·新课标Ⅲ·理）已知椭圆 的离心率为 ，A，B分别为C的左、右顶点．
（1）求C的方程；
（2）若点P在C上，点Q在直线 上，且 ， ，求 的面积．
21．（2020·新课标Ⅲ·理）设函数 ，曲线 在点( ，f( ))处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于1．
四、[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（2020·新课标Ⅲ·理）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 （t为参数且t≠1），C与坐标轴交于A、B两点．
（1）求 ；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．
五、[选修4-5：不等式选讲]
23．（2020·新课标Ⅲ·理）设a，b，c R，a+b+c=0，abc=1．
（1）证明：ab+bc+ca<0；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥ ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】由题意， 中的元素满足 ，且 ，
由 ，得 ，
所以满足 的有 ，
故 中元素的个数为4.
故答案为：C.
【分析】采用列举法列举出 中元素的即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为 ，
所以复数 的虚部为 .
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法运算求出z即可.
3．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】对于A选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 ；
对于B选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 ；
对于C选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 ；
对于D选项，该组数据的平均数为 ，
方差为 .
因此，B选项这一组的标准差最大.
故答案为：B.
【分析】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.
4．【答案】C
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】 ，所以 ，则 ，
所以， ，解得 .
故答案为：C.
【分析】将 代入函数 结合 求得 即可得解.
5．【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为直线 与抛物线 交于 两点，且 ，
根据抛物线的对称性可以确定 ，所以 ，
代入抛物线方程 ，求得 ，所以其焦点坐标为 ，
故答案为：B.
【分析】根据题中所给的条件 ，结合抛物线的对称性，可知 ，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.
6．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】 ， ， ， .
，
因此， .
故答案为：D.
【分析】计算出 、 的值，利用平面向量数量积可计算出 的值.
7．【答案】A
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】 在 中， ， ，
根据余弦定理：
可得 ，即
由
故 .
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得 ，再根据 ，即可求得答案.
8．【答案】C
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】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：
根据勾股定理可得：
是边长为 的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是： .
故答案为：C.
【分析】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.
9．【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】 ， ，
令 ，则 ，整理得 ，解得 ，即 .
故答案为：D.
【分析】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.
10．【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；圆的切线方程
【解析】【解答】设直线 在曲线 上的切点为 ，则 ，
函数 的导数为 ，则直线 的斜率 ，
设直线 的方程为 ，即 ，
由于直线 与圆 相切，则 ，
两边平方并整理得 ，解得 ， （舍），
则直线 的方程为 ，即 .
故答案为：D.
【分析】根据导数的几何意义设出直线 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
11．【答案】A
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】 ， ，根据双曲线的定义可得 ，
，即 ，
， ，
，即 ，解得 ，
故答案为：A.
【分析】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.
12．【答案】A
【知识点】指数函数单调性的应用；对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由题意可知 、 、 ， ， ；
由 ，得 ，由 ，得 ， ，可得 ；
由 ，得 ，由 ，得 ， ，可得 .
综上所述， .
故答案为：A.
【分析】由题意可得a、b、 ，利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系，由 ，得 ，结合 可得出 ，由 ，得 ，结合 ，可得出 ，综合可得出a、b,c的大小关系.
13．【答案】7
【知识点】二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】【解答】不等式组所表示的可行域如图
因为 ，所以 ，易知截距 越大，则z越大，
平移直线 ，当 经过A点时截距最大，此时z最大，
由 ，得 ， ，
所以 .
故答案为：7.
【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.
14．【答案】240
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】
其二项式展开通项：
当 ，解得
的展开式中常数项是： .
故答案为： .
【分析】写出 二项式展开通项，即可求得常数项.
15．【答案】
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】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 ，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为O，
由于 ，故 ，
设内切圆半径为 ，则：
，
解得： ，其体积： .
故答案为： .
【分析】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.
16．【答案】②③
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】对于命题①， ， ，则 ，
所以，函数 的图象不关于 轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数 的定义域为 ，定义域关于原点对称，
，
所以，函数 的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③， ，
，则 ，
所以，函数 的图象关于直线 对称，命题③正确；
对于命题④，当 时， ，则 ，
命题④错误.
故答案为：②③.
【分析】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；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取 可判断命题④的正误.综合可得出结论.
17．【答案】（1）解：由题意可得 ， ，
由数列 的前三项可猜想数列 是以3为首项，2为公差的等差数列，即 ，
证明如下：
当 时， 成立；
假设 时， 成立.
那么 时， 也成立.
则对任意的 ，都有 成立
（2）解：由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即 .
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用递推公式得出 ，猜想得出 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.
18．【答案】（1）解：由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为 的概率为 ，等级为 的概率为 ，等级为 的概率为 ，等级为 的概率为
（2）解：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
（3）解： 列联表如下：
　 人次 人次
空气质量不好 33 37
空气质量好 22 8
，
因此，有 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.
【知识点】独立性检验的应用；概率的应用
【解析】【分析】（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1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善 列联表，计算出 的观测值，再结合临界值表可得结论.
19．【答案】（1）解：在棱 上取点G，使得 ，连接 、 、 、 ，
在长方体 中， 且 ， 且 ，
， ， 且 ，
所以，四边形 为平行四边形，则 且 ，
同理可证四边形 为平行四边形， 且 ，
且 ，则四边形 为平行四边形，
因此，点 在平面 内
（2）解：以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
则 、 、 、 ，
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 取 ，得 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，得 ， ，则 ，
，
设二面角 的平面角为 ，则 ， .
因此，二面角 的正弦值为
【知识点】平面的基本性质及推论；空间向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，进而可证得点 在平面 内；（2）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法可计算出二面角 的余弦值，进而可求得二面角 的正弦值.
20．【答案】（1）解：
， ，
根据离心率 ，
解得 或 (舍)，
C的方程为： ，
即
（2）解： 点P在C上，点Q在直线 上，且 ， ，
过点P作x轴垂线，交点为M，设 与x轴交点为N
根据题意画出图形，如图
， ， ，
又 ， ，
，
根据三角形全等条件“ ”，
可得： ，
，
，
，
设 点为 ，
可得 点纵坐标为 ，将其代入 ，
可得： ，
解得： 或 ，
P点为 或 ，
①当 点为 时，
故 ，
，
，
可得：Q点为 ，
画出图象，如图
, ，
可求得直线 的直线方程为： ，
根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ，
根据两点间距离公式可得： ，
面积为： ；
②当 点为 时，
故 ，
，
，
可得：Q点为 ，
画出图象，如图
, ，
可求得直线 的直线方程为： ，
根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ，
根据两点间距离公式可得： ，
面积为： ，
综上所述， 面积为： .
【知识点】平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】（1）因为 ，可得 ， ，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点P在C上，点Q在直线 上，且 ， ，过点P作x轴垂线，交点为M，设 与x轴交点为N，可得 ，可求得P点坐标，求出直线 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 的面积.
21．【答案】（1）解：因为 ，
由题意， ，即
则
（2）解：由（1）可得 ，
，
令 ，得 或 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
且 ，
若 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点 ，则 或 ，
即 或 .
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上， 所有零点的绝对值都不大于1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；反证法；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到 ，解方程即可；（2）由（1）可得 ，易知 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，且 ，采用反证法，推出矛盾即可.
22．【答案】（1）解：令 ，则 ，解得 或 （舍），则 ，即 .
令 ，则 ，解得 或 （舍），则 ，即 .
（2）解：由（1）可知 ，
则直线 的方程为 ，即 .
由 可得，直线 的极坐标方程为
【知识点】平面内两点间的距离公式；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）由参数方程得出 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 的值；（2）由 的坐标得出直线 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.
23．【答案】（1）解： ，
.
均不为 ，则 ，
（2）解：不妨设 ，
由 可知， ，
， .
当且仅当 时，取等号，
，即
【知识点】基本不等式；分析法和综合法；不等式的基本性质
【解析】【分析】（1）由 结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设 ，由题意得出 ，由 ，结合基本不等式，即可得出证明.
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