2020高考数学(理)必刷试题(解析版) (45)

一、单选题

1．已知集合MxRx1，集合NxRx4，则MIN（ ） 21 C．R 2D．

A．xx【答案】B

1 2B．x4x【解析】由题意结合交集的定义可得：MNx4x本题选择B选项.

2．在复平面内，复数z所对应的点A的坐标为（3，4），则

1. 2zz（ ）

D．

A．

42i 55B．

43i 55C．

34i 5534i 55【答案】C

【解析】先写出复数z代数形式，再根据复数的模以及除法运算法则求结果. 【详解】

z534i534i. z34i，所以z345，所以

z34i34i34i5522故选：C 【点睛】

本题考查复数几何意义、复数的模以及复数除法运算，考查基本分析求解能力，属基础题.

3．等比数列an的前n项和为Sn，若a1a2a33,a4a5a66，则S12（ ）A．15 【答案】C

B．30

C．45

D．60

a4a5a62，进而得到【解析】根据题设条件，得到

a1a2a3a7a8a912,a10a11a1224，即可求解S12的值，得到答案.

【详解】

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由题意，等比数列an的前n项和为Sn，满足a1a2a33,a4a5a66， 则

a4a5a662，所以a7a8a912,a10a11a1224，

a1a2a33则S12a1a2a3La10a11a1245，故选C. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式，及其前n项和的计算，其中解答中熟记等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解得的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

4．有一批种子，对于一颗种子来说，它可能1天发芽，也可能2天发芽，如表是不同发芽天数的种子数的记录： 发芽天数 种子数

统计每颗种子发芽天数得到一组数据，则这组数据的中位数是（ ） A．2 【答案】B

【解析】根据数据以及中位数定义求结果. 【详解】

B．3

C．3.5

D．4

1 8 2 26 3 22 4 24 5 12 6 4 7 2 ≥8 0 82649,8262249，因为这批种子共有8262224124298个，

所以这组数据的中位数是3， 故选：B 【点睛】

本题考查中位数定义，考查基本分析求解能力，属基础题.

5．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的x2,n2，则输出的S=（ ）

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A．8 【答案】D

B．10 C．12 D．22

【解析】根据程序依次计算，直到跳出循环，输出结果，即可对照选择. 【详解】

S2,k1，模拟程序的运行，可得x2,n2,k0,S0,a2，不满足条件k2，

执行循环体，a4,S8,k2，不满足条件k2，执行循环体，a6,S22,k3，此时，满足条件k2，退出循环，输出S的值为22. 故选：D 【点睛】

本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.

6．已知条件p:x12，条件q:xa，且p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ） A．0a1 【答案】C

【解析】先解不等式得p，q，再根据p是q的必要不充分条件得集合包含关系，列出不等式，解得结果. 【详解】

B．1a3

C．a1

D．a3

p:x12x1或x3，

q:当a0时，xaxa或xa，当a0时，xR，

因为p是q的必要不充分条件，所以q是p的必要不充分条件，所以pÜq.

a0,从而a0或a1,0a1，即a1.

a3第 3 页 共 19 页

故选：C 【点睛】

本题考查根据必要不充分条件求参数，考查基本分析求解能力，属中档题.

7．将函数y2sin2x的图象向右平移单位后，所得图象对应的函数解析式

124为（ ） A．y52sin2x

12B．y52sin2x

12C．y2sin2x

12D．y2sin2x

12【答案】D

【解析】先将函数y【详解】

2sin2x中x换为x-后化简即可.

124y2sin2(x)化解为y2sin2x

12412故选D 【点睛】

本题考查三角函数平移问题,属于基础题目,解题中根据左加右减的法则,将x按要求变换.

8．某几何体的三视图如图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为（ ）

正视图 侧视图

俯视图 A．

323 6B．

34

C．

323 12D．

24 3【答案】A

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【解析】先根据三视图还原几何体，再根据圆锥与棱柱体积公式求解. 【详解】

由已知中的三视图可得，该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，如图，

其中半圆锥的底面半径为1，三棱柱的底面是一个边长为2的正方形，它们的高分别为：

113232223. 3与2，则该几何体的体积V33246故选：A 【点睛】

本题考查三视图以及圆锥、棱柱体积公式，考查空间想象能力以及基本分析求解能力，属中档题.

9．已知实数a，b满足不等式a2b11，则点A1,1与点B1,1在直线

2axby10的两侧的概率为（ ）

A．

2 4B．

2 3C．

1 2D．

1 3【答案】C

【解析】根据条件列不等式，结合图象确定可行域，再根据几何概型概率求结果. 【详解】

若点A（1，-1）与点B（-1，-1）在直线axby10的两侧，则

ab1ab10，即ab1ab10，又实数a，b满足不等式

a2b11，作出图象如图：

2

由图可知，点A（1，-1）与点B（-1，-1）在直线axby10的两侧的概率为故选：C 【点睛】

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1. 2本题考查几何概型概率，考查基本分析求解能力，属中档题. 10．正项数列an的前n项和为Sn，且2SnanannN2*，设cn1n2an1，2sn则数列cn的前2020项的和为（ ） A．2019 2020B．2020 2019C．2020 2021D．2021 2020【答案】C

【解析】先根据和项与通项关系得anan11，再根据等差数列定义与通项公式、求和公式得an,Sn，代入化简cn，最后利用分组求和法求结果. 【详解】

因为2SnanannN2*,an0，所以当n1时，2a1a12a1，解得a11，

2当n2时，2an2SnSn1ananan1an1，

2所以 anan1anan110， 因为an0，所以anan11，

所以数列an是等差数列，公差为1，首项为1， 所以an1n1n,Snnn1， 2所以cn1n2an11n2n1n111， 2snn(n1)nn1则数列cn的前2020项的和

1120201111111L1. 202120212233420202021故选：C 【点睛】

本题考查根据和项求通项、等差数列定义、等差数列通项公式与求和公式以及分组求和法，考查基本分析求解能力，属中档题.

exe211．设函数fx满足xfx2xfx,f2,则x0时，fx( )

x82A．有极大值，无极小值 C．既有极大值又有极小值

B．有极小值，无极大值 D．既无极大值也无极小值

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【答案】D 【解析】【详解】

xeQ函数f(x)满足xf'(x)2xf(x)， x2ex2Fxxfx， ，令xfx'x2exe2则F'x,F24?f2，

x2ex2Fxexxxe2Fx， 由xf'x2xfx，得f'x，令3xx2则'xex2F'xexx2x,

x在0,2上单调递减，在2,上单调递增， x的最小值为2e22F20,x0.

又x0,f'x0,fx在0,单调递增，

fx既无极大值也无极小值，故选D.

【考点】1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的极值及函数的求导法则.

【方法点睛】

本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.本题通过观察导函数的“形状”，联想到函数Fxxfx，再结合条件判断出其单调性，进而得出正确结论.

2

12．已知函数fxlnx,0xef(2ex),ex2e，设方程fx2xb(bR)的四个实

根从小到大依次为x1,x2,x3,x4，对于满足条件的任意一组实根，下列判断中一定成立的是（ ）

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A．x1x22

C．02ex32ex41 【答案】B

B．e2x3x42e1

2D．1x1x2e

2【解析】先作图确定四个根的范围，再举反例说明A不成立，根据不等式性质否定C,D,最后根据放缩法证B成立. 【详解】 方程f(x)2xbbR的根可化为函数yfx与y2xb图象的交点的横

坐标，作图如下：

22由图象可得，0x11x2ex32e1x42e，故ex3x4(2e)；

因为lnx1lnx2ln(x1x2)00x1x21D错误，

313113若x1x22，则可取x1,x2，但ln22ln22，所以A错误，

2222因为ln2ex3ln2ex4，所以ln2ex3ln2ex4， 即ln2ex3ln2ex40，2ex32ex41，C错；

Q2ex32ex414e22ex3x4x3x41，

即14e2ex3x4x3x44e4ex3x4x3x4(2ex3x4)，

222∴x3x42e1，∴e2x3x42e1. 故选：B 【点睛】

本题考查根据函数零点情况判断不等式，考查综合分析求解判断能力，属中档题.

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22

二、填空题 13．已知【答案】

，则

.

【解析】试题分析：由得，所以.

【考点】两角和的正切公式、二倍公式.

rrrrrrrr14．向量a,b满足a2,b1，且a2b2,23，则a,b的夹角的取值范围

是________.

2【答案】,

33【解析】根据向量数量积化简模，再解三角不等式得结果. 【详解】

rrrr2a2b(2,23]因为，所以a2b4,12，

即a4b4ab448cos4,12， 所以cosr2r2rr112,，故, 22332故答案为：,

33【点睛】

本题考查向量数量积定义以及向量夹角，考查基本分析求解能力，属基础题. 15．在12xx2【答案】-8

【解析】根据分步计数原理求x7的系数. 【详解】 因为12xx展开式中，x47的系数是________.

2412xx12xx12xx12xx

22223因此x7只可由x2x2x2x得到，

1 从而x7项系数为C34218故答案为：-8

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【点睛】

本题考查根据分步计数原理求展开式项的系数，考查基本分析求解能力，属中档题. 16．在平面直角坐标系xOy中，过点（0，1）的直线l与双曲线3x2y21交于两点A，B，若OAB是直角三角形，则直线l的斜率为____. 【答案】k1

【解析】先设直线方程与双曲线方程联立方程组，根据垂直条件，结合韦达定理求直线l的斜率. 【详解】

直线l的斜率显然存在，设直线为ykx1，联立双曲线：3xy1，消去y得：

223kx222kx20.

uuuruuur①若AOB90，则OAOB0xAxBkxA1kxB10，

(1k2)xAxBkxAxB10(1k2)解得k1.

②若OAB90（A在左支）设A点坐标（m，n）（m0），则

22kk10 3k23k2OAB90m2n2n0，联立双曲线无解，故不可能出现OAB90。

③若OAB90（B在右支），同理不可能 故答案为：k1 【点睛】

本题考查直线与双曲线位置关系，考查基本分析求解能力，属中档题.

三、解答题

17．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，bcosCacos2BbcosAcosB. （1）求证：ABC是等腰三角形； （2）若cosA7，且ABC的周长为5，求ABC的面积. 815. 4【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】试题分析： （1）根据正弦定理边化角有

sinBcosCsinAcos2BsinBcosAcosBcosBsinAB，据此可得

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sinBC0，则BC，所以ABC是等腰三角形；

（2）由（1）结合余弦定理可得：b2a.ABC的周长为abc5a5，得

a1,b2.由面积公式可得ABC的面积S1bcsinA15.

24试题解析：

（1）根据正弦定理，由bcosCacos2BbcosAcosB可得

sinBcosCsinAcos2BsinBcosAcosBcosBsinAcosBsinBcosA cosBsinAB，

即sinBcosCcosBsinC，故sinBC0，由B,C0,得BC,， 故BC，所以ABC是等腰三角形；

b2c2a22b2a27（2）由（1）知bc，cosAb2a. 22bc2b8又因为ABC的周长为abc5a5，得a1,b2.

11157. 故ABC的面积SbcsinA221224818．某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有N个人参加，现将所有参加者按年龄情况分为

220,25,25,30,30,35,35,40,40,45,45,50,50,55等七组，其频率分布直

方图如图所示，已知25,30这组的参加者是6人.

（1）根据此频率分布直方图求N；

（2）组织者从45,55这组的参加者（其中共有4名女教师，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为X，求X的分布列、均值及方差. 【答案】（1）N40；（2）分布列见解析，EX2，DX【解析】（1）根据频率、频数与总数关系列式求解，

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2 5（2）先确定45,55这组的参加者人数，再确定随机变量，利用古典概型概率公式求对应概率，最后根据数学期望公式以及方差公式求结果. 【详解】

（1）根据题意，25,30这组频率为0.0350.15，所以N640； 0.15（2）根据题意，45,55这组的参加者人数为(0.020.01)5406，

21C1C2134C24C2P(X1)P(X2)123的可能取值为，，，，，X33C65C65C314P(X3)3，

C65X的分布列为： X P

1 2 3 1 53 51 5131EX1232，

5551312DX(12)2(22)2(32)2

5555【点睛】

本题考查频率分布直方图、古典概型概率公式、数学期望公式以及方差公式，考查基本分析求解能力，属中档题.

19．在如图所示的几何体中，ABC是边长为2的正三角形，AE1,AE平面ABC，平面BCD平面ABC，BDCD，且BDCD.

（1）若AE2，求证：ACP平面BDE；

（2）若二面角ADEB为60，求直线CD与平面BDE所成角. 【答案】（1）见解析；（2）

 4第 12 页 共 19 页

【解析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求出平面BDE法向量，根据向量垂直坐标表示以及线面平行判定定理证明线面平行， （2）在（1）基础上利用向量数量积求出平面BDE以及平面ADE法向量，根据向量数量积求出两法向量夹角，再根据二面角求出AE，最后利用空间向量求线面角. 【详解】

（1）取BC的中点M，连接DM，AM，

因为BDCD，BDCD，BC2，M为BC的中点，所以DMBC，DM1。又因为平面BCD平面ABC，所以DM平面ABC，因为VABC是边长为2的正三角形，所以AMBC，AM3； 建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，

则M(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,0,1)，A(0,3,0)，C(1,0,0)，

uuuruuurAC(1,3,0)，BD(1,0,1)，因为AE2，所以E(0,3,2)，uuurBE(1,3,2)。

uvuuuvurnBDxz0,1 设平面BDE的法向量n1(x,y,z)，则uvuuuvn1BEx3y2z0,ur3n1,,1令x1，所以1。 3uuururuuurur因为ACn1110，所以ACn1，

又AC平面BDE，所以ACP平面BDE。

uuur（2）设AEh，则E(0,3,h)，BE(1,3,h)。

ur设平面BDE的法向量n1(x,y,z)，

uvuuuvnBDxz0,1 则uvuuuvn1BEx3yzh0,第 13 页 共 19 页

ur1h,1。 令x1，所以n11,3uur又平面ADE的法向量n2(1,0,0)， uruur|nn2|urcos60ur1uu所以|n1||n2|1(1h)211312，解得h61，即知平面BDE的

uruuur法向量n1(1,2,1)。设直线CD与平面BDE所成的角为，而CD(1,0,1)，所uruuururuuur|n1CD|2ruuur以sin|cosn1,CD|u，所以，即直线CD与平面BDE所

4|n1||CD|2成的角为.

4【点睛】

本题考查利用空间向量证线面平行、利用空间向量求二面角以及线面角，考查基本分析求解能力，属中档题.

x2y220．已知椭圆C:220ab0的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，离

ab心率为

2，ABF的面积为21. 2（1）求椭圆C的方程；

（2）若M，N为y轴上的两个动点，且MFNF，直线AM和AN分别与椭圆C交于E，D两点.求证：直线ED过定点，并求出该定点.

x2y2【答案】（1）（2）定点为O(0,0)，见解析 1；

42【解析】（1）根据条件列关于a,b,c方程组，解得结果，

（2）先设M(0.m),N(0,n),，根据MFNF得mn2，再联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理解得E，D两点坐标，最后利用斜率公式证ED过定点O(0,0). 【详解】 （1）依题意：ec2,a2c,bc， a211SABF(ac)b(21)c221，

22第 14 页 共 19 页

x2y2所以c2b,a4，所以椭圆方程：1；

42222（2）设M(0.m),N(0,n),lAM:ym xm与x22y24交于A(2,0)，Ex1,y1，

2my(x2),m22221x2mx2m40， 2222x2y442m2解得x12,m2设lAN:yy14m， 2m2nxn与x22y24交于A(2,0),Dx2,y2， 24m2242n4nm24m， k,2同理可得D2，所以OE2242m42mn2n2m22uuuruuurQMFNFMFNF0,(2,m)(2,n)0mn2

kOD2844nmm8m4mk， OE22842n24244m842m422mm所以E，O，D三点共线。从而ED恒过定点O，由于两条不同直线至多有1个交点，故定点为O(0,0)

【点睛】

本题考查椭圆标准方程以及直线过定点，考查基本分析求解能力，属中档题.

1fxffx21．如果函数满足则函数fx是“有趣的”，且x1是它的零点，

x例如gxlnxln12就是“有趣的”，已知hxlnxclnbx是“有趣的”. x（1）求出b、c并求出函数hx的单调区间；

第 15 页 共 19 页

（2）若对于任意正数x，都有hxkgx0恒成立，求参数k的取值范围.

，；【答案】（1）b2，c1，单减区间为0，1），单增区间为1（2）,

c，【解析】（1）根据定义得方程恒成立，解得b、再根据复合函数单调性确定函数hx的单调区间；

（2）先化简不等式，再求导数，根据导函数符号分类讨论,利用导数证明k再说明k【详解】

（1）因为hxlnxclnbx是“有趣的”，所以hxh(),h(1)0

2121恒成立,21不恒成立. 21x即lnxclnbxln21bcln,h1ln(1c)lnb0 2xx11x2c1cx2c1bc12,hxlnx21ln2xln(x)

2xh(x)的定义域为(0,)，单减区间为（0，1），. ，单增区间为1（2）参数k的取值范围为,.

引理：不等式y1lny对任意正数y都成立。证明如下：

12uy1lnyu1

10y1y(0,1),y0;y(1,),y0yy(1)0yx21由hxkgx0恒成立，得k(lnx)ln0恒成立。.

2x2x21我们构造函数F(x)k(lnx)ln。注意到F（）10。

2x2lnx1x21222F(x)2kkx1lnx1x

xxx21xx21构造G(t)k(t1)lntt1，注意到G(1)0，且F(x)12Gx

xx21G(t)klntkk111k1ln2k1 ttt第 16 页 共 19 页

我们以下分两部分进行说明： 第一部分：k1时，F(x)0恒成立。 2k11111时，由引理得：1ln0，知道G(t)k1ln2k10， 2tttt从而当t1时有G(t)G(1)0，t1时有G(t)G(1)0，所以

F(x)12Gx在（0，1）上为负，在上为正。 （，1）xx21，上单增，最小值为F1。 从而Fx在0,1上单减，在1从而F(x)F(1)0 第二部分：k1时，不满足条件。 2构造函数H(s)k(s1lns)2k1。

（ⅰ）若k0，则对于任意s(0,1)，都有H(s)0。 （ⅱ）若k0，则对于任意s(0,1)，H(s)k(s1)0， s11k而hekek10，所以在（0，1）上H有唯一零点SS0，同时在（s）ss0,1，时都有H（s）0。

于是只要k1，无论是（ⅰ）还是（ⅱ），我们总能找到一个实数0s01，在s(0,1)2时都有H（s）0。

111G(1)0G(t)H0这样在t1,时，都有，结合，所以t1,时ts0s0112F(x)Gx0。F(1)0，所以G(t)0，从而在x1,时有2xx1s01x1,时F0，不满足要求。 （x）s0【点睛】

本题考查利用导数求函数单调性以及利用导数研究不等式恒成立，考查综合分析求解能力，属难题.

22．选修4-4：坐标系与参数方程

第 17 页 共 19 页

在平面直角坐标系下，直线（为参数），以原点为极点，以轴为非负半

．

轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（Ⅰ）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程； （Ⅱ）若直线与曲线交于，两点，求【答案】（Ⅰ）直线:

，曲线:

的值．

；（Ⅱ）

. ，由

【解析】试题分析：（Ⅰ）消去参数，得直线的普通方程为两边同乘以

，得曲线的直角坐标方程为

，

；（Ⅱ）将直线的参数方程代

入曲线的直角坐标方程得

，即

，由直线参数的几何意义知， .

试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程为由

即曲线的直角坐标方程为

，

，

（Ⅱ）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得

，即

设方程

的两根分别为

．

【考点】极坐标与参数方程（互化）、直线参数几何意义． 23．已知函数f(x)|x|(xR).

（1）求不等式f(x1)f(x1)4的解集M； （2）若a,bM证明：2f(ab)f(ab)4 【答案】（1）M[2,2]（2）见解析.

【解析】（1）由零点分段法讨论x的范围，解各个范围内的不等式，最后求并集即可求出解集.（2）由题意可知，即证2|ab||ab|4，对两边平方，作差，根据（1）的结论即可证明结果. 【详解】

第 18 页 共 19 页 ，

，则

2x,x1（1）x1x12,1x1，

2x,x1x11x1x1故或或，故不等式的解为[2,2].

2x4242x422（2）证明：要证2|ab||ab|4，只需证4(ab)(|ab|4)，

即证4a8ab4b(ab)8|ab|16（）. 只需证：4a8ab4b(ab)8|ab|160 因为8ab8|ab|，

所以只需证：4a4b(ab)160，

222 又由（1）知，|a|2,|b|2，则a4b40，即4a4b(ab)160，

22222222222所以（）式显然成立，故原命题得证. 【点睛】

本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查分析法证明不等式，属于基础题.

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