2020年普通高等学校招生考试—理科数学 ( 猜想卷 )—附解析答案

理科数学试题　第１　　　　页(共４页)绝密★启用前２０２０年普通高等学校招生全国统一考试(猜想卷)理科数学(考试时间:１２０分钟ꎻ 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 满分:１５０分)注意事项:１.答卷前ꎬ考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上ꎮ２.回答选择题时ꎬ选出每小题答案后ꎬ用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑ꎮ如需改动ꎬ用橡皮擦干净后ꎬ再选涂其他答案标号ꎮ回答非选择题时ꎬ将答案写在答题卡上ꎮ写在本试卷上无效ꎮ３.考试结束后ꎬ将本试卷和答题卡一并交回ꎮ第Ⅰ卷(选择题　共６０分)一、选择题:本题共１２小题ꎬ每小题５分ꎬ共６０分.在每小题给出的四个选项中ꎬ只有一项是符合题目要求的.１.已知集合Ｍ＝{ｘ１ｘ<１}ꎬＮ＝{ｘ｜｜ｘ＋１｜<１}ꎬ则Ｍ∩Ｎ＝(　　)Ａ.⌀Ｂ.{ｘ｜－２<ｘ<０}Ｃ.{ｘ｜－２<ｘ<１}Ｄ.{ｘ｜０<ｘ<１}２.若复数ｚ满足｜ｚ－３－ｉ｜＝１(ｉ为虚数单位)ꎬ则复数｜ｚ｜的最大值为(　　)Ａ.１Ｂ.２Ｃ.３Ｄ.３＋１３.已知ａ＝(ｔａｎ２π５)０.１ꎬｂ＝ｌｏｇ３２ꎬｃ＝ｌｏｇ２(ｃｏｓ３π７)ꎬ则(　　)Ａ.ａ>ｂ>ｃＢ.ｂ>ａ>ｃＣ.ｃ>ａ>ｂＤ.ａ>ｃ>ｂ三角锥垛４.古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数ꎬ如１ꎬ３ꎬ６ꎬ１０ꎬ１５ꎬ􀆺.我国宋元时期数学家朱世杰在«四元玉鉴»中所记载的“垛积术”ꎬ其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛(如图所示ꎬ顶上一层１个球ꎬ下一层３个球ꎬ再下一层６个球ꎬ􀆺).若一“落一形”三角锥垛有１０层ꎬ则该堆垛总共球的个数为(　　)Ａ.５５Ｂ.２２０Ｃ.２８５Ｄ.３８５５.下列图象中ꎬ不可能是函数ｆ(ｘ)＝(ｅｘ＋ｅ－ｘ)ｓｉｎ(ｘ＋φ)(０≤φ≤π)的图象的是(　　)理科数学试题　第２　　　　页(共４页)６.用“算筹” 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示数是我国古代计数方法之一ꎬ计数形式有纵式和横式两种ꎬ如图１所示.金元时期的数学家李冶在«测圆海镜»中记载:用“天元术”列方程ꎬ就是用算筹来表示方程中各项的系数.所谓“天元术”ꎬ即是一种用数学符号列方程的方法ꎬ“立天元一为某某”ꎬ意即“设ｘ为某某”.如图２所示的天元式表示方程ａ０ｘｎ＋ａ１ｘｎ－１＋􀆺＋ａｎ－１ｘ＋ａｎ＝０ꎬ其中ａ０ꎬａ１ꎬ􀆺ꎬａｎ－１ꎬａｎ表示方程各项的系数ꎬ均为筹算数码ꎬ在常数项旁边记一“太”字或在一次项旁边记一“元”字ꎬ“太”或“元”向上每层减少一次幂ꎬ向下每层增加一次幂.试根据上述数学史料ꎬ判断图３所示的天元式表示的方程是(　　)Ａ.ｘ２＋２８６ｘ＋１７４３＝０Ｂ.ｘ４＋２７ｘ２＋８４ｘ＋１６３＝０Ｃ.１７４３ｘ２＋２８６ｘ＋１＝０Ｄ.１６３ｘ４＋８４ｘ３＋２７ｘ＋１＝０７.执行如图所示的程序框图ꎬ输出结果Ｓ＝(　　)Ａ.－５０Ｂ.－６０Ｃ.－７２Ｄ.６０８.已知单位向量ａꎬｂ的夹角为θꎬ且ｔａｎθ＝１２ꎬ若向量ｍ＝５ａ－３ｂꎬ则｜ｍ｜＝(　　)Ａ.２Ｂ.３Ｃ.２６Ｄ.２或２６９.已知(２ｘ＋ａ)(ｘ＋ｂｘ)７的展开式中ｘ４的系数是４２ꎬ则常数ａꎬｂ应当满足的条件是(　　)Ａ.ａ∈Ｒꎬｂ＝１Ｂ.ａ∈Ｒꎬｂ＝－１Ｃ.ａ∈Ｒꎬｂ＝±１Ｄ.ａ＝１ꎬｂ∈Ｒ１０.已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的左、右焦点分别为Ｆ１ꎬＦ２ꎬ过Ｆ２的直线与椭圆Ｃ交于ＡꎬＢ两点.若｜ＡＢ｜＝｜Ｆ１Ｆ２｜ꎬ｜Ｆ１Ａ｜＝１２｜Ｆ１Ｂ｜ꎬ则椭圆Ｃ的离心率为(　　)Ａ.１＋１４５２０Ｂ.１４５－１２０Ｃ.１４５－１１８Ｄ.１＋１４５１８１１.已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ(ｘ－１)(ｘ－２)􀆺(ｘ－ｎ＋１)＝ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋􀆺＋ａｎｘｎꎬｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)(ｘ－ｎ)＝ｂ１ｘ＋ｂ２ｘ２＋􀆺＋ｂｎ＋１ｘｎ＋１ꎬ其中ｎ∈Ｎ∗ꎬａｉ∈Ｒ(ｉ＝１ꎬ２ꎬ􀆺ꎬｎ)ꎬｂｉ∈Ｒ(ｉ＝１ꎬ２ꎬ􀆺ꎬｎ＋１)ꎬ有下述四个结论:①ａ１＋ａ２＋􀆺＋ａｎ＝ｂ１＋ｂ２＋􀆺＋ｂｎ(ｎ≥２)ꎻ②ｂ１＝(－１)ｎｎ!ꎻ③ｂｉ＝ａｉ－１－ｎａｉ(ｉ＝２ꎬ３ꎬ􀆺ꎬｎ)ꎻ④ｂ１＋ｎｂ２＋ｎ２ｂ３＋􀆺＋ｎｎ－１ｂｎ＝－ｎｎ.其中所有正确结论的编号是(　　)Ａ.①③④Ｂ.②③④Ｃ.②③Ｄ.②④１２.设定义在Ｒ上的函数ｆ(ｘ)满足ｆ(ｘ)＝２ｆ(ｘ＋１)ꎬ且当ｘ∈[－１ꎬ０)时ꎬｆ(ｘ)＝－ｘ(ｘ＋１).若对任意ｘ∈[λꎬ＋∞)ꎬ不等式ｆ(ｘ)≤３４恒成立ꎬ则实数λ的最小值是(　　)Ａ.－１７８Ｂ.－９４Ｃ.－１１４Ｄ.－２３８理科数学试题　第３　　　　页(共４页)第Ⅱ卷(非选择题　共９０分)二、填空题:本题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分.１３.已知数列{ａｎ}是等差数列ꎬＳｎ是其前ｎ项和.若ａ３ａ６＋ａ９＝３ꎬＳ１１＝２２ꎬ则ａ８＝.１４.在平面区域２ｙ－２ｘ≤１ꎬｘ≤２ꎬｙ≥－１ìîíïïïï内随机取一点(ａꎬｂ)ꎬ使二次函数ｆ(ｘ)＝ａｘ２＋２ｂｘ－ａ＋２在Ｒ上无零点的概率为.１５.甲、乙两人进行象棋比赛ꎬ采取五局三胜制(当一人先赢３局时获胜ꎬ比赛结束).棋局以红棋与黑棋对阵ꎬ两人执色轮流交换ꎬ执红棋者先走.假设甲执红棋时取胜的概率为２３ꎬ执黑棋时取胜的概率为１２ꎬ各局比赛结果相互独立ꎬ且没有和局.若比赛开始ꎬ甲执红棋开局ꎬ则甲以３∶２获胜的概率为.１６.中国古代数学家刘徽在«九章算术注»中记述:羡除ꎬ隧道也ꎬ其形体上面平而下面斜ꎬ一面与地面垂直ꎬ并用“分割法”加以剖分求其体积.如图所示的五面体ＡＢＣＤＥＦ是一个羡除ꎬ两个梯形侧面ＡＢＣＤ与ＣＤＥＦ相互垂直ꎬＡＢ∥ＣＤ∥ＥＦ.若ＡＢ＝１ꎬＥＦ＝２ꎬＣＤ＝３ꎬ梯形ＡＢＣＤ与ＣＤＥＦ的高分别为ｈ１＝３和ｈ２＝１ꎬ则该羡除的体积Ｖ＝ꎻ由此归纳出求羡除体积的一般公式为Ｖ＝.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ꎬ每个试题考生都必须作答.第２２、２３题为选考题ꎬ考生根据要求作答.(一)必考题:共６０分.１７.(１２分)已知在△ＡＢＣ中ꎬ三个内角ＡꎬＢꎬＣ所对的边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ且２ａｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｃｓｉｎ２Ａ＝ａｂ.(Ⅰ)求△ＡＢＣ的外接圆半径ꎻ(Ⅱ)若ａ＝３ꎬ求△ＡＢＣ的面积Ｓ的最大值.１８.(１２分)已知ＤꎬＥ分别是△ＡＢＣ的边ＡＢꎬＡＣ上的一点ꎬＤＥ∥ＢＣꎬ且｜ＡＤ｜｜ＡＢ｜＝λ(０<λ<１).如图所示ꎬ将△ＡＤＥ沿ＤＥ折起为△Ａ１ＤＥꎬ使Ａ点位于Ａ１点的位置ꎬ连接Ａ１ＡꎬＡ１ＢꎬＡ１Ｃ.(Ⅰ)当λ＝１２时ꎬ记平面Ａ１ＢＣ与平面Ａ１ＤＥ的交线为ｌꎬ证明:ｌ⊥ＡＡ１ꎻ(Ⅱ)若△ＡＢＣ为直角三角形ꎬ∠ＡＢＣ＝９０°ꎬ且将△ＡＤＥ沿ＤＥ折成直二面角.求当λ为何值时ꎬ平面Ａ１ＢＣ与平面Ａ１ＤＥ所成的二面角为π３.理科数学试题　第４　　　　页(共４页)１９.(１２分)甲、乙两名运动员共参加３次百米赛跑预赛ꎬ赢２次以上者(包含２次)获得决赛资格.每次预赛通过摸球的方法决定赛道ꎬ规则如下:裁判员从装有ｎ个红球(ｎ∈Ｎ∗)和２个白球的口袋中不放回地依次摸出２球ꎬ若２球的颜色不同ꎬ则甲在第一赛道ꎬ否则乙在第一赛道(每次赛道确定后ꎬ再将取出的两个球放回袋中).假设甲获得决赛资格的概率为７２７ꎬ每次预赛结果互相独立ꎬ且无相同成绩.(Ⅰ)当口袋中放入红球的个数ｎ为多少时ꎬ３次比赛中甲恰有２次在第一赛道的概率最大ꎻ(Ⅱ)若在３次比赛中ꎬ运动员每赢一次记１分ꎬ否则记－１分ꎬ求甲得分Ｘ的分布列和数学期望.２０.(１２分)已知双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)的右焦点为Ｆꎬ半焦距ｃ＝２ꎬ点Ｆ到右准线ｘ＝ａ２ｃ的距离为１２ꎬ过点Ｆ作双曲线Ｃ的两条互相垂直的弦ＡＢꎬＣＤꎬ设ＡＢꎬＣＤ的中点分别为ＭꎬＮ.(Ⅰ)求双曲线Ｃ的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程ꎻ(Ⅱ)证明:直线ＭＮ必过定点ꎬ并求出此定点坐标.２１.(１２分)已知函数ｆ(ｘ)＝２ｘ２ｅ２ｘ＋ｌｎｘ(ｘ>０).(Ⅰ)证明:ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞)上有唯一零点ꎻ(Ⅱ)若对任意ｘ∈(０ꎬ＋∞)ꎬｅ２ｘ－ａ－ｌｎｘｘ≥１ｘ恒成立ꎬ求实数ａ的取值范围.(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ꎬ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)已知在平面直角坐标系ｘＯｙ中ꎬ曲线Ｃ的参数方程为ｘ＝２ｃｏｓθꎬｙ＝３ｓｉｎθ{(θ为参数)ꎬ直线ｌ的参数方程为ｘ＝ｍ－２ｔꎬｙ＝１＋ｔ{(ｔ为参数).(Ⅰ)若ｍ＝１ꎬ求曲线Ｃ与直线ｌ的两个交点之间的距离ꎻ(Ⅱ)若曲线Ｃ上的点到直线ｌ的距离的最大值为２５ꎬ求ｍ的值.２３.[选修４－５:不等式选讲](１０分)已知函数ｆ(ｘ)＝｜ｘ＋ｔ｜＋｜ｘ－１｜－２ꎬｔ∈Ｒ.(Ⅰ)当ｔ＝１时ꎬ解不等式ｆ(ｘ)≥２ꎻ(Ⅱ)若不等式ｆ(ｘ)－ｔ－２≥０恒成立ꎬ求实数ｔ的取值范围.１　　　　理科数学(答案全解全析)一、选择题:本题共１２小题ꎬ每小题５分ꎬ共６０分.１.Ｂ【命题意图】本题考查不等式及其运算等知识.【解题思路】由１ｘ<１可得ꎬｘ<０或ｘ>１ꎬ由｜ｘ＋１｜<１可得ꎬ－２<ｘ<０ꎬ所以Ｍ∩Ｎ＝{ｘ｜－２<ｘ<０}.故选Ｂ.２.Ｃ【命题意图】本题考查复数的概念及其运算能力.【解题思路】设ｚ＝ｘ＋ｙｉꎬ由｜ｚ－３－ｉ｜＝１可得(ｘ－３)２＋(ｙ－１)２＝１ꎬ即复数ｚ在复平面上对应的点的轨迹是以(３ꎬ１)为圆心ꎬ１为半径的圆ꎬ由数形结合知ꎬ｜ｚ｜的最大值为(３)２＋１２＋１＝３.故选Ｃ.３.Ａ【命题意图】本题考查三角函数、对数、指数等知识.【解题思路】ａ＝(ｔａｎ２π５)０.１>(ｔａｎ２π５)０＝１ꎬｂ＝ｌｏｇ３２∈(０ꎬ１)ꎬｃ＝ｌｏｇ２(ｃｏｓ３π７)<ｌｏｇ２１＝０.故选Ａ.４.Ｂ【命题意图】本题以数学文化为背景ꎬ考查数列知识及运算能力.【解题思路】“三角形数”的通项公式ａｎ＝ｎ(ｎ＋１)２ꎬ前ｎ项和Ｓｎ＝１＋３＋６＋􀆺＋ｎ(ｎ＋１)２＝１２＋２２＋􀆺＋ｎ２２＋１＋２＋􀆺＋ｎ２＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)１２＋ｎ(ｎ＋１)４.当ｎ＝１０时ꎬＳ１０＝１０(１０＋１)(２０＋１)１２＋１０(１０＋１)４＝２２０.故选Ｂ.５.Ａ【命题意图】本题考查函数图象及函数单调性等知识.【解题思路】函数ｆ(ｘ)＝(ｅｘ＋ｅ－ｘ)ｓｉｎ(ｘ＋φ)(０≤φ≤π)为非单调函数ꎬ排除ＢꎬＣꎬＤ.故选Ａ.６.Ｃ【命题意图】本题以数学文化为背景ꎬ考查数学阅读理解能力等.【解题思路】对照图１ꎬ可知图３中的数字从上到下依次为１ꎬ２８６ꎬ１７４３.又“元”在２８６旁ꎬ故２８６为一次项系数ꎬ１７４３为二次项系数ꎬ１为常数项.故选Ｃ.７.Ｄ【命题意图】本题考查程序框图及运算能力.【解题思路】输出Ｓ时ꎬｉ＝１０＋１＝１１ꎬ所以Ｓ＝－１(１＋１)＋２(２＋１)－３(３＋１)＋４(４＋１)－５(５＋１)＋６(６＋１)－７(７＋１)＋８(８＋１)－９(９＋１)＋１０(１０＋１)＝－１２＋２２－３２＋４２－５２＋６２－７２＋８２－９２＋１０２＋(－１＋２－３＋４－５＋６－７＋８－９＋１０)＝(２＋１)(２－１)＋(４＋３)(４－３)＋􀆺＋(１０＋９)×(１０－９)＋５＝６０.故选Ｄ.８.Ａ【命题意图】本题考查向量及运算能力.【解题思路】由ｔａｎθ＝１２ꎬθ为ａꎬｂ的夹角ꎬ故θ为锐角ꎬ所以求得ｃｏｓθ＝２５５.｜ｍ｜２＝(５ａ－３ｂ)２＝１４－６５ａ􀅰ｂ＝１４－６５｜ａ｜􀅰｜ｂ｜ｃｏｓθ＝２ꎬ所以｜ｍ｜＝２.故选Ａ.９.Ｃ【命题意图】本题考查二项式定理、通项公式及运算能力.【解题思路】(ｘ＋ｂｘ)７的通项公式为Ｔｒ＋１＝Ｃｒ７ｘ７－ｒ(ｂｘ)ｒ＝Ｃｒ７ｂｒｘ７－２ｒꎬ其中ｘ３的系数为ｂ２Ｃ２７ꎬ展开式中没有含ｘ４的项ꎬ所以(２ｘ＋ａ)(ｘ＋ｂｘ)７中ｘ４的系数为２ｂ２Ｃ２７＝４２ꎬ所以ｂ＝±１ꎬ而ａ∈Ｒ.故选Ｃ.１０.Ｄ【命题意图】本题考查椭圆、离心率等知识及运算能力.【解题思路】设椭圆Ｃ的焦点坐标Ｆ１(－ｃꎬ０)ꎬＦ２(ｃꎬ０)ꎬ则｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃꎬ｜ＡＢ｜＝｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃꎬ由｜Ｆ１Ａ｜＋｜Ｆ２Ａ｜＝２ａꎬ｜Ｆ１Ｂ｜＋｜Ｆ２Ｂ｜＝２ａꎬ｜ＡＢ｜＝｜Ｆ１Ｆ２｜ꎬ｜Ｆ１Ａ｜＝１２｜Ｆ１Ｂ｜ꎬ容易求得｜Ｆ１Ｂ｜＝８ａ－４ｃ３ꎬ｜Ｆ１Ａ｜＝４ａ－２ｃ３ꎬ｜Ｆ２Ａ｜＝２ａ＋２ｃ３ꎬ｜Ｆ２Ｂ｜＝４ｃ－２ａ３.在△ＡＦ１Ｆ２和△ＢＦ１Ｆ２中ꎬ由余弦定理的推论得ꎬｃｏｓ∠Ｆ１Ｆ２Ａ＝(２ｃ)２＋(２ａ＋２ｃ３)２－(４ａ－２ｃ３)２２×２ｃ×(２ａ＋２ｃ３)＝３ｃ－ａ２ｃꎬｃｏｓ∠Ｆ１Ｆ２Ｂ＝(２ｃ)２＋(４ｃ－２ａ３)２－(８ａ－４ｃ３)２２×２ｃ×(４ｃ－２ａ３)＝３ｃ２＋４ａｃ－５ａ２２ｃ(２ｃ－ａ).因为∠ＡＦ２Ｆ１＋∠ＢＦ２Ｆ１＝πꎬ所以３ｃ－ａ２ｃ＋３ｃ２＋４ａｃ－５ａ２２ｃ(２ｃ－ａ)＝０ꎬ化简得９ｃ２－ａｃ－４ａ２＝０.设椭圆Ｃ的离心率为ｅꎬ则９ｅ２－ｅ－４＝０ꎬ解得ｅ＝１＋１４５１８或ｅ＝１－１４５１８(舍去)ꎬ即椭圆Ｃ的离心率ｅ＝１＋１４５１８.故选Ｄ.１１.Ｂ【命题意图】本题考查多项式函数与数列、递推关系等知识及运算求解能力.【解题思路】由ｆ(ｘ)＝ｘ(ｘ－１)(ｘ－２)􀆺(ｘ－ｎ＋１)＝ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋􀆺＋ａｎｘｎꎬ当ｎ≥２时ꎬ令ｘ＝１得ａ１＋ａ２＋􀆺＋ａｎ＝０ꎬ由ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)(ｘ－ｎ)＝ｂ１ｘ＋ｂ２ｘ２＋􀆺＋ｂｎ＋１ｘｎ＋１ꎬ令ｘ＝１得ｂ１＋ｂ２＋􀆺＋ｂｎ＋ｂｎ＋１＝０ꎬ而ｂｎ＋１＝１ꎬ所以ｂ１＋ｂ２＋􀆺＋ｂｎ＝－１ꎬ故①错误ꎻｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)(ｘ－ｎ)＝(ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋􀆺＋ａｉ－１ｘｉ－１＋ａｉｘｉ＋􀆺＋２　　　　ａｎｘｎ)(ｘ－ｎ)＝－ｎａ１ｘ＋(ａ１－ｎａ２)ｘ２＋􀆺＋(ａｉ－１－ｎａｉ)ｘｉ＋􀆺＋(ａｎ－１－ｎａｎ)ｘｎ＋ａｎｘｎ＋１＝ｂ１ｘ＋ｂ２ｘ２＋􀆺＋ｂｎ＋１ｘｎ＋１ꎬ所以ꎬｂ１＝－ｎａ１ꎬ　　　　　(１)ｂ２＝ａ１－ｎａ２ꎬ(２)􀆺ｂｉ＝ａｉ－１－ｎａｉꎬ(ｉ)􀆺ｂｎ＝ａｎ－１－ｎａｎꎬ(ｎ)ｂｎ＋１＝ａｎꎬ　　　　　　　(ｎ＋１)而ａ１＝(－１)×(－２)×􀆺×[－(ｎ－１)]＝(－１)ｎ－１(ｎ－１)!ꎬ所以ｂ１＝(－１)ｎｎ!ꎬ故②③正确ꎻ将第(２)式两边同时乘ｎꎬ第(３)式两边同时乘ｎ２ꎬ􀆺ꎬ第(ｎ)式两边同时乘ｎｎ－１ꎬ再将(１)到(ｎ)这ｎ个等式累加得ｂ１＋ｎｂ２＋ｎ２ｂ３＋􀆺＋ｎｎ－１ｂｎ＝－ｎｎａｎ＝－ｎｎ.故④正确.故选Ｂ.１２.Ｂ【命题意图】本题考查函数的零点、不等式、变换等知识及数形结合思想的应用.【解题思路】由已知ｆ(ｘ)＝２ｆ(ｘ＋１)ꎬ当ｘ∈[－１ꎬ０)时ꎬｆ(ｘ)＝－ｘ(ｘ＋１)可得ꎬ当ｘ∈[－２ꎬ－１)时ꎬｆ(ｘ)＝２ｆ(ｘ＋１)＝－２(ｘ＋１)(ｘ＋２)ꎻ当ｘ∈[－３ꎬ－２)时ꎬｆ(ｘ)＝２ｆ(ｘ＋１)＝－４(ｘ＋２)(ｘ＋３)ꎻ画出函数草图ꎬ令－４(ｘ＋２)(ｘ＋３)＝３４ꎬ化简得１６ｘ２＋８０ｘ＋９９＝０ꎬ解得ｘ１＝－９４ꎬｘ２＝－１１４ꎬ由图可知ꎬ当λ≥－９４时ꎬ不等式ｆ(ｘ)≤３４恒成立.故选Ｂ.二、填空题:本题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分.１３.４【命题意图】本题考查数列递推公式、数列及其求和等运算能力.【解题思路】由Ｓ１１＝１１ａ６＝２２ꎬ得ａ６＝２.又ａ３ａ６＋ａ９＝３ꎬ即(ａ６－３ｄ)ａ６＋ａ６＋３ｄ＝３ꎬ解得ｄ＝１.所以ａ８＝ａ６＋２ｄ＝４.１４.８π４９【命题意图】本题考查简单线性规划、几何概型等知识及数形结合思想.【解题思路】不等式组表示的平面区域为如图所示的△ＡＢＣ的内部及边界ꎬＡ(２ꎬ５２)ꎬＢ(－３２ꎬ－１)ꎬＣ(２ꎬ－１)ꎬ则Ｓ△ＡＢＣ＝１２×７２×７２＝４９８ꎬ而二次函数ｆ(ｘ)＝ａｘ２＋２ｂｘ－ａ＋２在Ｒ上无零点ꎬ则ａ≠０ꎬ(２ｂ)２－４ａ(－ａ＋２)<０ꎬ即(ａ－１)２＋ｂ２<１ꎬ可得对应的平面区域如图中圆形区域内部(不包括边界).由几何概型知ꎬ所求的概率为π×１２４９８＝８π４９.１５.１３５４【命题意图】本题考查计数原理及分类讨论思想.【解题思路】甲以３∶２获胜ꎬ则第５局甲获胜ꎬ前四局为平局ꎬ甲两胜两负.根据规则ꎬ甲执红棋开局ꎬ则前四局甲执棋顺序是“红黑红黑”ꎬ第５局甲执红棋.前四局甲取胜可能的情况是①甲２次执红棋取胜ꎻ②甲２次执黑棋取胜ꎻ③甲１次执红棋和１次执黑棋取胜.故概率为(２３)３(１－１２)２＋(１２)２(１－２３)２×２３＋[Ｃ１２２３(１－２３)􀅰Ｃ１２１２(１－１２)]×２３＝１３５４.１６.３ꎬ１６(ＡＢ＋ＣＤ＋ＥＦ)ｈ１ｈ２【命题意图】本题以数学文化为背景ꎬ考查几何体的体积.【解题思路】在平面ＡＢＣＤ内ꎬ过ＡꎬＢ两点分别作ＣＤ的垂线ꎬ垂足分别为ＧꎬＨꎬ在平面ＣＤＥＦ内ꎬ过ＧꎬＨ两点分别作ＥＦ的垂线ꎬ垂足分别为ＭꎬＮ.由平面ＡＢＣＤ与平面ＣＤＥＦ相互垂直知ꎬＡＧ⊥ＭＧꎬＢＨ⊥ＨＮꎬ又ＡＢ∥ＣＤ∥ＥＦꎬ易证平面ＡＧＭ∥平面ＢＨＮꎬ且ＧＨ⊥平面ＡＧＭꎬ所以几何体ＡＧＭ￣ＢＨＮ为直棱柱.将羡除ＡＢＣＤＥＦ分割为两个四棱锥Ａ￣ＤＥＭＧꎬＢ￣ＨＮＦＣ和一个直棱柱ＡＧＭ￣ＢＨＮ.所以所求几何体体积ＶＡＢＣＤＥＦ＝Ｖ直棱柱ＡＧＭ￣ＢＨＮ＋Ｖ四棱锥Ａ￣ＤＥＭＧ＋Ｖ四棱锥Ｂ￣ＨＮＦＣ＝Ｓ△ＡＧＭ􀅰ＧＨ＋１３Ｓ四边形ＤＥＭＧ􀅰ＡＧ＋１３Ｓ四边形ＨＮＦＣ􀅰ＢＨ＝１２ＡＧ􀅰ＧＭ􀅰ＧＨ＋１３×(ＤＧ＋ＥＭ２×ＧＭ×ＡＧ＋ＨＣ＋ＮＦ２×ＨＮ×ＢＨ)＝１２ＡＧ􀅰ＧＭ􀅰ＧＨ＋１３×(ＤＧ＋ＥＭ２×ＧＭ×ＡＧ＋ＨＣ＋ＮＦ２×ＧＭ×ＡＧ)＝１６ＡＧ􀅰ＧＭ(３ＧＨ＋ＤＧ＋ＥＭ＋ＨＣ＋ＮＦ)＝１６ＡＧ􀅰ＧＭ[(ＤＧ＋ＧＨ＋ＨＣ)＋(ＥＭ＋ＧＨ＋ＮＦ)＋ＧＨ]＝１６ｈ１􀅰ｈ２(ＤＣ＋ＥＦ＋ＡＢ)＝１６×３×１×(３＋２＋１)＝３.从以上求解过程可归纳出求羡除体积的一般公式为Ｖ＝１６(ＡＢ＋ＣＤ＋ＥＦ)ｈ１ｈ２.三、解答题:共７０分.(一)必考题:共６０分.１７.【命题意图】本题考查正弦定理、余弦定理、三角变换、三角形面积等有关知识.【解题思路】(Ⅰ)由２ａｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｃｓｉｎ２Ａ＝ａｂ得ꎬ２ｓｉｎＡ(ａｃｏｓＣ＋ｃｃｏｓＡ)＝ａｂꎬ３　　　　由射影定理可知ａｃｏｓＣ＋ｃｃｏｓＡ＝ｂꎬ所以２ｓｉｎＡ＝ａ.由正弦定理可知ａｓｉｎＡ＝２Ｒ(Ｒ为△ＡＢＣ外接圆的半径)ꎬ所以Ｒ＝１.(４分)……………………………………………(Ⅱ)当ａ＝３时ꎬｓｉｎＡ＝３２ꎬ所以Ａ＝π３或Ａ＝２π３.(１)当Ａ＝π３时ꎬ由余弦定理的推论ｃｏｓＡ＝ｂ２＋ｃ２－ａ２２ｂｃ＝１２得ꎬｂ２＋ｃ２＝３＋ｂｃ≥２ｂｃꎬ所以ｂｃ≤３ꎬ所以Ｓ△ＡＢＣ＝１２ｂｃｓｉｎＡ≤１２×３×３２＝３３４ꎬ此时ꎬ三角形ＡＢＣ的面积Ｓ的最大值为３３４.(８分)……………………………(２)当Ａ＝２π３时ꎬ由余弦定理的推论ｃｏｓＡ＝ｂ２＋ｃ２－ａ２２ｂｃ＝－１２得.ｂ２＋ｃ２＝３－ｂｃ≥２ｂｃꎬ所以ｂｃ≤１ꎬ所以Ｓ△ＡＢＣ＝１２ｂｃｓｉｎＡ≤１２×１×３２＝３４ꎬ此时ꎬ三角形ＡＢＣ的面积Ｓ的最大值为３４.(１２分)……………………………１８.【命题意图】本题主要考查平面垂直、直线与平面垂直、二面角等知识以及直观想象能力与运算能力.【解题思路】(Ⅰ)证明:当λ＝１２时ꎬＤꎬＥ分别是ＡＢꎬＡＣ的中点ꎬ△ＡＤＥ沿ＤＥ折起为△Ａ１ＤＥꎬ所以｜Ａ１Ｄ｜＝｜ＡＤ｜＝｜ＢＤ｜.所以∠ＡＡ１Ｂ＝９０°ꎬ所以ＡＡ１⊥Ａ１Ｂ.又｜Ａ１Ｅ｜＝｜ＡＥ｜＝｜ＥＣ｜ꎬ同理有ＡＡ１⊥Ａ１Ｃ.而Ａ１Ｂ∩Ａ１Ｃ＝Ａ１ꎬＡ１ＢꎬＡ１Ｃ⊂平面Ａ１ＢＣꎬ所以ＡＡ１⊥平面Ａ１ＢＣ.又ＢＣ⊂平面Ａ１ＢＣꎬ所以ＡＡ１⊥ＢＣ.因为ＤＥ∥ＢＣꎬＢＣ⊂平面Ａ１ＢＣꎬＤＥ⊄平面Ａ１ＢＣꎬ所以ＤＥ∥平面Ａ１ＢＣ.又ｌ为平面Ａ１ＢＣ与平面Ａ１ＤＥ的交线ꎬ所以ＤＥ∥ｌꎬ所以ＢＣ∥ｌꎬ所以ｌ⊥ＡＡ１.(４分)……………………………(Ⅱ)因为∠ＡＢＣ＝９０°ꎬＤＥ⊥ＡＢꎬ所以以Ｄ为原点ꎬＤＥ为ｘ轴ꎬＤＡ为ｙ轴ꎬＤＡ１为ｚ轴建立如图所示空间直角坐标系ꎬ设｜ＡＢ｜＝１ꎬ｜ＢＣ｜＝２ａꎬ则｜ＡＤ｜＝λꎬ所以Ｄ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ(０ꎬλꎬ０)ꎬＢ(０ꎬλ－１ꎬ０)ꎬＣ(２ａꎬλ－１ꎬ０)ꎬＥ(２ａλꎬ０ꎬ０)ꎬＡ１(０ꎬ０ꎬλ).ＢＣ→＝(２ａꎬ０ꎬ０)ꎬＡ１Ｃ→＝(２ａꎬλ－１ꎬ－λ)ꎬ设平面Ａ１ＢＣ的一个法向量ｎ１＝(ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１)ꎬ则ｎ１􀅰ＢＣ→＝０ꎬｎ１􀅰Ａ１Ｃ→＝０ꎬ{所以２ａｘ１＝０ꎬ２ａｘ１＋(λ－１)ｙ１－λｚ１＝０ꎬ{所以ｎ１＝(０ꎬλλ－１ꎬ１).(８分)……………………………平面Ａ１ＤＥ的一个法向量ｎ２＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ平面Ａ１ＢＣ与平面Ａ１ＤＥ所成的二面角为π３ꎬ所以ｃｏｓπ３＝｜ｎ１􀅰ｎ２｜｜ｎ１｜􀅰｜ｎ２｜＝λλ－１(λλ－１)２＋１＝１２ꎬ所以２λ２＋２λ－１＝０ꎬ所以λ＝－１＋３２或λ＝－１－３２(舍去).所以λ＝３－１２.(１２分)………………………………………………………１９.【命题意图】本题考查概率、随机变量分布列、数学期望、二项分布、超几何分布等知识.【解题思路】(Ⅰ)设每次比赛甲在第一赛道的概率为ｐꎬ则３次比赛中ꎬ甲恰有２次在第一赛道的概率为ｆ(ｐ)＝Ｃ２３􀅰ｐ２􀅰(１－ｐ)＝－３ｐ３＋３ｐ２(０≤ｐ≤１)ꎬ则ｆ′(ｐ)＝－３ｐ(３ｐ－２).当ｐ∈(０ꎬ２３)时ꎬｆ′(ｐ)>０ꎬｆ(ｐ)单调递增ꎻ当ｐ∈(２３ꎬ１)时ꎬｆ′(ｐ)<０ꎬｆ(ｐ)单调递减.所以当ｐ＝２３时ꎬｆ(ｐ)取得最大值.而由摸球的规则知ꎬｐ＝Ｃ１ｎ􀅰Ｃ１２Ｃ２ｎ＋２＝４ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)＝２３ꎬ解得ｎ＝１或ｎ＝２.故当口袋中放入一个红球或两个红球时ꎬ３次比赛中甲恰有２次分在第一赛道的概率最大.(４分)………(Ⅱ)设甲在每次比赛中胜出的概率为λ(０≤λ≤１)ꎬ由已知甲在比赛中最终获胜的概率为７２７ꎬ即甲在３次比赛中有２次胜出或３次胜出的概率为７２７ꎬ所以λ３＋Ｃ２３λ２(１－λ)＝７２７.化简得５４λ３－８１λ２＋７＝０ꎬ即５４λ３－１８λ２－６３λ２＋７＝０ꎬ所以(３λ－１)(１８λ２－２１λ－７)＝０ꎬ解得λ＝１３或λ＝７±１０５１２(舍去)ꎬ所以甲在每次比赛中胜出的概率为１３.(８分)……由题意知ꎬ甲得分Ｘ的所有可能取值为－３ꎬ－１ꎬ１ꎬ３.Ｐ(Ｘ＝－３)＝(１－１３)３＝８２７ꎬＰ(Ｘ＝－１)＝Ｃ２３(１－１３)２×１３＝４９ꎬＰ(Ｘ＝１)＝Ｃ１３(１－１３)×(１３)２＝２９ꎬＰ(Ｘ＝３)＝(１３)３＝１２７.故甲得分Ｘ的分布列为:Ｘ－３－１１３Ｐ８２７４９２９１２７所以随机变量Ｘ的数学期望Ｅ(Ｘ)＝(－３)×８２７＋(－１)×４９＋１×２９＋３×１２７＝－１.(１２分)…………………………２０.【命题意图】本题主要考查双曲线方程、直线方程等综合知识以及逻辑思维能力与运算能力.【解题思路】(Ⅰ)由题设可得ｃ－ａ２ｃ＝１２ꎬｃ＝２ꎬ所以ａ２＝３ꎬｂ２＝ｃ２－ａ２＝１.所以双曲线的标准方程为ｘ２３－ｙ２＝１.(４分)………………(Ⅱ)证明:点Ｆ坐标为(２ꎬ０)ꎬ设过点Ｆ的弦ＡＢ所在的直线４　　　　方程为ｘ＝ｋｙ＋２ꎬＡ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ则有Ｍ(ｋ(ｙ１＋ｙ２)２＋２ꎬｙ１＋ｙ２２).联立ｘ２３－ｙ２＝１ꎬｘ＝ｋｙ＋２ꎬ{得(ｋ２－３)ｙ２＋４ｋｙ＋１＝０.因为弦ＡＢ与双曲线Ｃ有两个交点ꎬ所以ｋ２－３≠０ꎬ所以ｙ１＋ｙ２＝４ｋ３－ｋ２.所以Ｍ(６３－ｋ２ꎬ２ｋ３－ｋ２).(８分)…………………(１)当ｋ＝０时ꎬＭ点即是Ｆ点ꎬ此时ꎬ直线ＭＮ为ｘ轴.(２)当ｋ≠０时ꎬ将上式Ｍ点坐标中的ｋ换成－１ｋꎬ同理可得Ｎ(６ｋ２３ｋ２－１ꎬ－２ｋ３ｋ２－１).①当直线ＭＮ不垂直于ｘ轴时ꎬ直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝２ｋ３－ｋ２＋２ｋ３ｋ２－１６３－ｋ２－６ｋ２３ｋ２－１＝２ｋ３(ｋ２－１)ꎬ将点Ｍ代入方程得ｙ－２ｋ３－ｋ２＝２ｋ３(ｋ２－１)(ｘ－６３－ｋ２)ꎬ化简得ｙ＝２ｋ３(ｋ２－１)(ｘ－３)ꎬ所以直线ＭＮ过定点Ｐ(３ꎬ０)ꎻ②当直线ＭＮ垂直ｘ轴时ꎬ６３－ｋ２＝６ｋ２３ｋ２－１ꎬ此时ꎬｋ＝±１ꎬ直线ＭＮ也过定点Ｐ(３ꎬ０).综上所述ꎬ直线ＭＮ必过定点Ｐ(３ꎬ０).(１２分)……………２１.【命题意图】本题考查导数的应用、零点、不等式等知识以及转化与化归思想.【解题思路】(Ⅰ)证明:ｆ(ｘ)＝２ｘ２ｅ２ｘ＋ｌｎｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆ′(ｘ)＝４(ｘ２＋ｘ)ｅ２ｘ＋１ｘ>０ꎬ所以ｆ(ｘ)＝２ｘ２ｅ２ｘ＋ｌｎｘ在(０ꎬ＋∞)上单调递增.因为ｆ(１)＝２ｅ２>０ꎬｆ(１４)＝ｅ８－２ｌｎ２<０ꎬ所以存在ｘ０∈(１４ꎬ１)ꎬ使ｆ(ｘ０)＝０.所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞)上有唯一零点.(４分)………………(Ⅱ)对任意ｘ∈(０ꎬ＋¥)ꎬｅ２ｘ－ａ－ｌｎｘｘ≥１ｘ恒成立ꎬ等价于ａ≤ｘｅ２ｘ－ｌｎｘ－１ｘ对任意ｘ∈(０ꎬ＋∞)恒成立.令ｇ(ｘ)＝ｘｅ２ｘ－ｌｎｘ－１ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｇ′(ｘ)＝２ｘ２ｅ２ｘ＋ｌｎｘｘ２＝ｆ(ｘ)ｘ２.由(Ⅰ)知ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞)上单调递增ꎬ且有唯一零点ｘ０.所以ꎬ当０<ｘ<ｘ０时ꎬｆ(ｘ)<０ꎻ当ｘ>ｘ０时ꎬｆ(ｘ)>０.因此ꎬ当０<ｘ<ｘ０时ꎬｇ′(ｘ)<０ꎬ当ｘ>ｘ０时ꎬｇ′(ｘ)>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬｘ０)上单调递减ꎬ在(ｘ０ꎬ＋∞)上单调递增ꎬ所以ｇ(ｘ)≥ｇ(ｘ０).(８分)……………………………………由ｆ(ｘ０)＝２ｘ２０ｅ２ｘ０＋ｌｎｘ０＝０ꎬ得２ｘ０ｅ２ｘ０＝－ｌｎｘ０ｘ０＝ｅｌｎ１ｘ０􀅰ｌｎ１ｘ０.令φ(ｘ)＝ｘｅｘ(ｘ>０)ꎬ则φ′(ｘ)＝(ｘ＋１)ｅｘ>０ꎬ所以φ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ由于２ｘ０ｅ２ｘ０＝ｅｌｎ１ｘ０􀅰ｌｎ１ｘ０等价于φ(２ｘ０)＝φ(ｌｎ１ｘ０)ꎬ所以２ｘ０＝ｌｎ１ｘ０ꎬ于是有ｅ２ｘ０＝１ｘ０ꎬ所以ｇ(ｘ)≥ｇ(ｘ０)＝ｅ２ｘ０－ｌｎｘ０＋１ｘ０＝１ｘ０－ｌｎｘ０＋１ｘ０＝－ｌｎｘ０ｘ０＝ｌｎ１ｘ０ｘ０＝２ｘ０ｘ０＝２ꎬ所以ａ≤２.(１２分)…………………………………(二)选考题:共１０分.２２.【命题意图】本题考查极坐标与参数方程的有关知识.【解题思路】(Ⅰ)若ｍ＝１ꎬｌ的参数方程为ｘ＝１－２ｔꎬｙ＝１＋ｔꎬ{(ｔ为参数).即ｘ＝１－２５５ｔ′ꎬｙ＝１＋５５ｔ′ìîíïïïï(ｔ′为参数)ꎬ与曲线Ｃ联立得ꎬ１６５ｔ′２－４５５ｔ′－５＝０ꎬ则ｔ′１＋ｔ′２＝５４ꎬｔ′１􀅰ｔ′２＝－２５１６ꎬìîíïïïï所以曲线Ｃ与直线ｌ的两交点间的距离为｜ｔ′１－ｔ′２｜＝(ｔ′１－ｔ′２)２＝(ｔ′１＋ｔ′２)２－４ｔ′１􀅰ｔ′２＝１０５４.(４分)……(Ⅱ)直线ｌ的普通方程为ｘ＋２ｙ－ｍ－２＝０ꎬ故曲线Ｃ上的点(２ｃｏｓθꎬ３ｓｉｎθ)到直线ｌ的距离ｄ＝｜２ｃｏｓθ＋２３ｓｉｎθ－ｍ－２｜５＝４ｓｉｎ(θ＋π６)－ｍ－２５.(６分)………………………………………………………当ｍ≥－２时ꎬｄ的最大值为４＋ｍ＋２５ꎬ由题设得４＋ｍ＋２５＝２５ꎬ解得ｍ＝４ꎻ当ｍ<－２时ꎬｄ的最大值为４－ｍ－２５ꎬ由题设得４－ｍ－２５＝２５ꎬ所以ｍ＝－８.综上ꎬｍ＝４或ｍ＝－８.(１０分)………………………………２３.【命题意图】本题考查绝对值不等式及均值不等式的有关知识.【解题思路】(Ⅰ)当ｔ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝｜ｘ＋１｜＋｜ｘ－１｜－２＝－ｘ－１＋１－ｘ－２ꎬｘ≤－１ꎬｘ＋１＋１－ｘ－２ꎬ－１<ｘ<１ꎬｘ＋１＋ｘ－１－２ꎬｘ≥１ꎬ{化简为ｆ(ｘ)＝－２ｘ－２ꎬｘ≤－１ꎬ０ꎬ－１<ｘ<１ꎬ２ｘ－２ꎬｘ≥１.{(３分)………………………………………………………由ｆ(ｘ)≥２得ꎬｘ≥２或ｘ≤－２.(５分)………………………(Ⅱ)ｆ(ｘ)＝｜ｘ＋ｔ｜＋｜ｘ－１｜－２≥｜(ｘ＋ｔ)－(ｘ－１)｜－２＝｜ｔ＋１｜－２ꎬ(７分)……………………………………………所以不等式ｆ(ｘ)－ｔ－２≥０恒成立ꎬ只要｜ｔ＋１｜≥ｔ＋４即可ꎬ当ｔ≥－１时ꎬｔ＋１≥ｔ＋４ꎬ该不等式无解ꎻ当ｔ<－１时ꎬ－ｔ－１≥ｔ＋４ꎬ解得ｔ≤－５２.综上ꎬ实数ｔ的取值范围是(－∞ꎬ－５２].(１０分)……… 理数.pdf 理数答案.pdf