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Ⅲ卷

理科数学答案解析

一、选择题 1.【答案】C

y≥x*

【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x，yN，

xy86，3，4，故A7，2，5，4，由xy8≥2x，得x≤4，所以满足xy8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

113i13i，所以复数z1的13i13i13i101013i

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xA140.1230.42.5，

2

方差为sA12.50.122.50.432.50.442.50.10.65；

2

2

2

2

对于B选项，该组数据的平均数为xB140.4230.12.5，

2方差为sB12.50.422.50.132.50.142.50.41.85；

2

2

2

2

对于C选项，该组数据的平均数为xC140.2230.32.5，

2方差为sC12.50.222.50.332.50.342.50.21.05；

2

2

2

2

对于D选项，该组数据的平均数为xD140.3230.22.5，

2方差为sD12.50.322.50.232.50.242.50.31.45.

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tt代入函数It

K1e0.23t53



结合It0.95K求得t即可得解.



It

K1e0.23t53

，所

1 / 28






以It

30.95K，则0.23t*530.23t53ln19≈3t≈53≈66.，所以，，解得0.23t53e190.231e



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ODOE，结合抛物线的对称性，可知DOxEOx



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x2与抛物线

y22pxp＞0交于E，D两点，且ODOE，根据抛物线的对称性可以确定DOxEOx



4

，所以

1

D2，2，代入抛物线方程44p，求得p1，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

ab的值.【解析】计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cosa，



a5，b6，

aabaab5619.abab6，



2

2



ab



2

a2abb2526367，

22

ab因此，cosa，

aab



aab



1919

.故选：D. 5735

【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

AB2BC2AC2

【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.

2ABBC

在

2

△ABC中，cosC，AC4，BC3.根据余弦定理：AB2AC2BC22ACBCcosC，

32AB2BC2AC2991612

AB43243，可得AB9，即AB3.由cosB，

32ABBC2339

2

2

2

故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：S△ABCS△ADCS△CDB

1

222,根据勾股定理可得：ABADDB22, 2

△ADB是边长为22的等边三角形,根据三角形面积公式可得： S△ADB

11

ABADsin602222



2



3

23，该几何体的表面积是：3223623. 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.



2tantan7，

4

2tan

故选：D.

tan11t

7，7，令ttan，t1，则2t整理得t24t40，解得t2，即tan2.

1tan1t

【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

yx上的切点为x0，x0，则x0＞0，函数yx

线l的方程为yx0



导数为y

12x

，则直线l的斜率k

1

，设直2x0

1

xx0，即x2x0yx00，由于直线l与圆x2y21相切，则2x05

x014x0



112

，两边平方并整理得5x04x010，解得x01，x0（舍），则直线l的方程为55

x2y10，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

5，a

c5a，根据双曲线的定义可得PF1PF22a，S△PF1F2

F1PF2P，PF1PF22c，PF1PF2

2

2

2

1

PF1PF24，即PF1PF28， 2



2

2PF1PF24c2，即a25a240，解得

a1，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a、b的大小关系，由blog85，【解析】由题意可得a、b、c0，

得8b5，结合55＜84可得出b＜，由clog138，得13c8，结合134＜85，可得出c＞，综合可得出a、

4545

1， b、c的大小关系.由题意可知a、b、c0，

alog53lg3lg81

＜

blog85lg5lg5lg52lg3lg8lg3lg8lg24a＜b；由blog85，得8b5，＜1，

22lg5lg25

2

22

5b＜4，5c＞4，由55＜84，得85b＜84，可得b＜；由clog138，得13c8，由134＜85，得134＜135c，

4

5

可得c＞.综上所述，a＜b＜c.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 二、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z3x2y，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

y2xx1z最大，由2，所以zmax31227.故答案为：7. ，得，A1，

y2x1

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

【解析】写出x2二项式展开通项，即可求得常数项.

xTr1C6rx

26r

6

22

x其二项式展开通项：

x

6

6



2rr2

当123r0，解得r4，C6rx122r2xrC6r2x123r，x2的展开

xx

r

442

式中常数项是：C62C6161516240.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BC2，ABAC3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，



由于AM321222，故S△ABC

1

22222，设内切圆半径为r，则： 2

5 / 28




1111

S△ABCS△AOBS△BOCS△AOCABrBCrACr332r22，解得：

2222r

2422

，其体积：Vr3.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；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取＜x＜0可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①，

51

f2，f

26215

2，则622

f6f，所以，函数fx的图象不关于y轴对称，6

命题①错误；对于命题②，函数fx的定义域为xxk，kZ，定义域关于原点对称，



fxsinx

111

sinxsinxfx，所以，函数fx的图象关于原点

sinxsinxsinx

11

fxsinxcosx

cosx， 22sinx

2

对称，命题②正确；对于命题③，

11

fxsinxcosx

cosx，则22sinx

2

关于直线x



fx2

fx，所以，函数fx的图象2



2

对称，命题③正确；对于命题④，当＜x＜0时，sinx＜0，fxsinx

1

＜0＜2，sinx

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】（1）a25，a37，an2n1，当n1时，a13成立；假设nk时，ak2k1成立.那么nk1时，ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*，都有

an2n1成立.

n1

（2）Sn2n122

【解析】（1）利用递推公式得出a2，a3，猜想得出an的通项公式，利用数学归纳法证明即可.由题意可得a23a14945，a33a281587，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an2n1，证明如下：当n1时，a13成立；假设nk时，ak2k1成立.那么nk1时，ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*，都有

an2n1成立；

6 / 28




nn

（2）由错位相减法求解即可.由（1）可知，an22n12，

Sn325227232Sn322523724

2n12n12n12n，①

2n12n2n12n1，②，由①②得：

Sn622223

n1

即Sn2n122.

2n2n12n162

2212n112

2n12n112n2n12，

【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1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09 （2）350

（3）有，22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

100338372255457030

2

≈5.820＞3.841，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1、2、3、4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

2162551012

0.43，等级为2的概率为0.27，等级

100100

为3的概率为

720678

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

100203003550045

350.

100

（3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.22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

100338372255457030

2

≈5.820＞3.841，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C1GCG，连接DG、FG、C1E、C1F，

1

2



长方体ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC且ADBC，BB1∥CC1且BB1CC1，

1C1GCG

2

BF2FB1，CGCC1

232

BB1BF且CGBF，所以，四边形BCGF3

平行四边形，则AF∥DG

且AFDG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E∥DG且C1EDG，C1E∥AF且

C1EAF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内. （2）

42 7

【解析】（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内.在棱CC1上取点G，使得C1GCG，连接DG、FG、C1E、C1F，

1

2



8 / 28




长方体ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC且ADBC，BB1∥CC1且BB1CC1，

1C1GCG

2

BF2FB1，CGCC1

232

BB1BF且CGBF，所以，四边形BCGF3

平行四边形，则AF∥DG

且AFDG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E∥DG且C1EDG，C1E∥AF且

C1EAF，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，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系

C1xyz，利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值，进而可求得二面角AEFA1的正弦值.以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C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

1，3、A12，1，0、E2，0，2、F0，11，，AE0，系C1xyz，则A2，1，1，AF2，0，2，

mAE0

，设平面的法向量为，由，得AEFA1E0，1，2，A1F2，01，mx，y，z111

mAF0y1z10

取z11，得x1y11，则m11，，1，设平面A1EF的法向量为nx2，y2，z2，

2x2z011

y22z20nA1E0由，得，取z22，得x21，y24，则n1，4，2，

2xz022nA1F0



cosm，n

mnmn



3321



7

AEFA1的平面角为，则cos7，，设二面角77

sin1cos2

4242

.因此，二面角AEFA1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】（1）1

2525

（2）

5

2

x2y2

【解析】（1）因为C:210＜m＜5，可得a5，bm，根据离心率公式，结合已知，即可求得答

25m

案.

x2y2c15bm

， C:210＜m＜5，a5，bm，根据离心率e11

25maa54

22

55x2y2x216y2

1，即解得m或m（舍），C的方程为：1. 2552252544

4

（2）点P在C上，点Q在直线x6上，且BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设

x6与x轴交点为N，可得△PMB△BNQ，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.点P在C上，点Q在直线x6上，且

BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x6与x轴交点为N.根据题意画出图形，

如图



BPBQ，BPBQ，PMBQNB90，又PBMQBN90，BQNQBN90，

x216y2

1， 2525

PBMBQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：△PMB△BNQ，

x216y2

PMBN651，B5，0，设P点为xP，yP，可得P点纵坐标为yP1，将其代入1，

2525xP216

1， 1或3，可得：1，解得：xP3或xP3，P点为3，

2525

2，画 1时，故MB532，△PMB△BNQ，MBNQ2，可得：Q点为6，①当P点为3，

出图象，如图

10 / 28






A5，0，Q6，2，可求得直线AQ的直线方程为：2x11y100，根据点到直线距离公式可得P到

直线AQ的距离为：d

2311110

22112

2



5125



5

，根据两点间距离公式可得： 5

155

1时，故55；②当P点为3，

252

AQ

6520

2

55，△APQ面积为：

MB5+38，△PMB△BNQ，MBNQ8，可得：Q点为6，8，画出图象，如图



A5，0，Q6，8，可求得直线AQ的直线方程为：8x11y400，根据点到直线距离公式可得P

到直线AQ的距离为：d

8311140

811

2

2



5185



5185

，根据两点间距离公式可得：

AQ5

. 2

6580

22

155

185，△APQ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】（1）b

3

4

311312

xc，fx3x3xx，令fx＞0，得x＞或

42242

（2）由（1）可得fxx3

1111111

，，上单x＜；令fx＜0，得＜x＜，所以fx在，上单调递减，在，

2222222

11 / 28




调递增，且f1c

1，411

fc，

42111

fc，f1c，若fx所有零点中存在一个

442

绝对值大于1的零点x0，则f1＞0或f1＜0，即c＞或c＜

14111

.当c＞时，f1c＞0，

444

11

fc＞0，

42111

fc＞0，f1c＞0，又f4c64c33cc4c116c2＜0，

442



1上存在唯一一个零点x0，即fx在，1上存在唯一一个零由零点存在性定理知fx在4c，

上不存在零点，此时fx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

f1c＜0，

411

fc＜0，

42111

fc＜0，f1c＜0，又

442

f4c64c33cc4c116c2＞0，由零点存在性定理知fx在1，4c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fx不存在绝对值不大于1的零即fx在1，

点，与题设矛盾；综上，fx所有零点的绝对值都不大于1.

12

【解析】（1）利用导数的几何意义得到f0，解方程即可.因为fx3xb，由题意，

2

311

f0，即3b，则； b0

242

2

（2）由（1）可得fx3x

2

311111

2xx，易知fx在，上单调递减，在，，422222

11

fc，

42

111

fc，f1c，采用反证法，

442

11

，f1c上单调递增，且，

42

推出矛盾即可.由（1）可得fxx3

31132

xc，fx3x3xx，令fx＞0，得

4224

1111111

，x＞或x＜；令fx＜0，得＜x＜，所以fx在，上单调递减，在，2222222

11

上单调递增，且f1c，，

4211

fc，

42111

fc，f1c，若fx所有

442

零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f1＞0或f1＜0，即c＞或c＜

1411

.当c＞时，

44

1

f1c＞0，

411

fc＞0，

42111

fc＞0，f1c＞0，又

442

12 / 28




f4c64c33cc4c116c2＜0，由零点存在性定理知fx在4c，1上存在唯一一个零点上不存在零点，此时fx不存在绝对值不大1上存在唯一一个零点，在1，x0，即fx在，

于1的零点，与题设矛盾；当c＜

11

时，f1c＜0，

4411

fc＜0，

4211

fc＜0，

42

132

4c上存f1c＜0，又f4c64c3cc4c116c＞0，由零点存在性定理知fx在1，

4上存在唯一一个零点，在，1上不存在零点，此时fx不存在在唯一一个零点x0，即fx在1，

绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，fx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】（1）410 （2）3cossin120

【解析】（1）由参数方程得出A，B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的值.令x0，则

12.令y0，则t23t20，解得，则y26412，即A0，t2t20，解得t2或t1（舍）

0.AB，则x2244，即B4，t2或t1（舍）

04120

22

410.

120

3，

04

（2）由A，B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.由（1）可知kAB

则直线AB的方程为y3x4，即3xy120.由xcos，ysin可得，直线AB的极坐标方程为3cossin120.

【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）

abc

2

a2b2c22ab2ac2bc0，abbcca

12

ab2c2＜0. 2

12

ab2c2. 2

a，b，c均不为0，则a2b2c2＞0，abbcca

（2）不妨设maxa，b，ca，由abc0，abc1可知，a＞0，b＜0，c＜0，

2

abc，

bc1b2c22bc2bc2bc32

≥4.当且仅当bc时，取等号，a≥34，即 a，aaa

bcbcbcbc

maxa，b，c

3

4.

2

【解析】（1）由abca2b2c22ab2ac2bc0结合不等式的性质，即可得出证明.

abc

2

abbccaa2b2c22ab2ac2bc0，

12

ab2c2.2

a，b，c均不为0，

13 / 28




则a2b2c2＞0，abbcca

12

ab2c2＜0. 2

3

2

（2）不妨设maxa，b，ca，由题意得出a＞0，b，c＜0，由aa

bca

bc

2

b2c22bc

，结

bc

合基本不等式，即可得出证明.不妨设maxa，b，ca，由abc0，abc1可知，a＞0，b＜0，c＜0，

bc1b2c22bc2bc2bc32

≥4.当且仅当bc时，取等号，，aaaabc，a

2

bc

bca≥34，即maxa，b，c

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Ⅲ卷

理科数学答案解析

一、选择题 1.【答案】C

y≥x*

【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x，yN，

xy86，3，4，故A7，2，5，4，由xy8≥2x，得x≤4，所以满足xy8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

113i13i，所以复数z1的13i13i13i101013i

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xA140.1230.42.5，

2

方差为sA12.50.122.50.432.50.442.50.10.65；

2

2

2

2

对于B选项，该组数据的平均数为xB140.4230.12.5，

2方差为sB12.50.422.50.132.50.142.50.41.85；

2

2

2

2

对于C选项，该组数据的平均数为xC140.2230.32.5，

2方差为sC12.50.222.50.332.50.342.50.21.05；

2

2

2

2

对于D选项，该组数据的平均数为xD140.3230.22.5，

2方差为sD12.50.322.50.232.50.242.50.31.45.

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tt代入函数It

K1e0.23t53



结合It0.95K求得t即可得解.



It

K1e0.23t53

，所

15 / 28






以It

30.95K，则0.23t*530.23t53ln19≈3t≈53≈66.，所以，，解得0.23t53e190.231e



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ODOE，结合抛物线的对称性，可知DOxEOx



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x2与抛物线

y22pxp＞0交于E，D两点，且ODOE，根据抛物线的对称性可以确定DOxEOx



4

，所以

1

D2，2，代入抛物线方程44p，求得p1，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

ab的值.【解析】计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cosa，



a5，b6，

aabaab5619.abab6，



2

2



ab



2

a2abb2526367，

22

ab因此，cosa，

aab



aab



1919

.故选：D. 5735

【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

AB2BC2AC2

【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.

2ABBC

在

2

△ABC中，cosC，AC4，BC3.根据余弦定理：AB2AC2BC22ACBCcosC，

32AB2BC2AC2991612

AB43243，可得AB9，即AB3.由cosB，

32ABBC2339

2

2

2

故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：S△ABCS△ADCS△CDB

1

222,根据勾股定理可得：ABADDB22, 2

△ADB是边长为22的等边三角形,根据三角形面积公式可得： S△ADB

11

ABADsin602222



2



3

23，该几何体的表面积是：3223623. 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.



2tantan7，

4

2tan

故选：D.

tan11t

7，7，令ttan，t1，则2t整理得t24t40，解得t2，即tan2.

1tan1t

【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

yx上的切点为x0，x0，则x0＞0，函数yx

线l的方程为yx0



导数为y

12x

，则直线l的斜率k

1

，设直2x0

1

xx0，即x2x0yx00，由于直线l与圆x2y21相切，则2x05

x014x0



112

，两边平方并整理得5x04x010，解得x01，x0（舍），则直线l的方程为55

x2y10，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

5，a

c5a，根据双曲线的定义可得PF1PF22a，S△PF1F2

F1PF2P，PF1PF22c，PF1PF2

2

2

2

1

PF1PF24，即PF1PF28， 2



2

2PF1PF24c2，即a25a240，解得

a1，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a、b的大小关系，由blog85，【解析】由题意可得a、b、c0，

得8b5，结合55＜84可得出b＜，由clog138，得13c8，结合134＜85，可得出c＞，综合可得出a、

4545

1， b、c的大小关系.由题意可知a、b、c0，

alog53lg3lg81

＜

blog85lg5lg5lg52lg3lg8lg3lg8lg24a＜b；由blog85，得8b5，＜1，

22lg5lg25

2

22

5b＜4，5c＞4，由55＜84，得85b＜84，可得b＜；由clog138，得13c8，由134＜85，得134＜135c，

4

5

可得c＞.综上所述，a＜b＜c.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 二、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z3x2y，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

y2xx1z最大，由2，所以zmax31227.故答案为：7. ，得，A1，

y2x1

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

【解析】写出x2二项式展开通项，即可求得常数项.

xTr1C6rx

26r

6

22

x其二项式展开通项：

x

6

6



2rr2

当123r0，解得r4，C6rx122r2xrC6r2x123r，x2的展开

xx

r

442

式中常数项是：C62C6161516240.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BC2，ABAC3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，



由于AM321222，故S△ABC

1

22222，设内切圆半径为r，则： 2

19 / 28




1111

S△ABCS△AOBS△BOCS△AOCABrBCrACr332r22，解得：

2222r

2422

，其体积：Vr3.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；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取＜x＜0可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①，

51

f2，f

26215

2，则622

f6f，所以，函数fx的图象不关于y轴对称，6

命题①错误；对于命题②，函数fx的定义域为xxk，kZ，定义域关于原点对称，



fxsinx

111

sinxsinxfx，所以，函数fx的图象关于原点

sinxsinxsinx

11

fxsinxcosx

cosx， 22sinx

2

对称，命题②正确；对于命题③，

11

fxsinxcosx

cosx，则22sinx

2

关于直线x



fx2

fx，所以，函数fx的图象2



2

对称，命题③正确；对于命题④，当＜x＜0时，sinx＜0，fxsinx

1

＜0＜2，sinx

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】（1）a25，a37，an2n1，当n1时，a13成立；假设nk时，ak2k1成立.那么nk1时，ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*，都有

an2n1成立.

n1

（2）Sn2n122

【解析】（1）利用递推公式得出a2，a3，猜想得出an的通项公式，利用数学归纳法证明即可.由题意可得a23a14945，a33a281587，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an2n1，证明如下：当n1时，a13成立；假设nk时，ak2k1成立.那么nk1时，ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*，都有

an2n1成立；

20 / 28




nn

（2）由错位相减法求解即可.由（1）可知，an22n12，

Sn325227232Sn322523724

2n12n12n12n，①

2n12n2n12n1，②，由①②得：

Sn622223

n1

即Sn2n122.

2n2n12n162

2212n112

2n12n112n2n12，

【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1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09 （2）350

（3）有，22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

100338372255457030

2

≈5.820＞3.841，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1、2、3、4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

2162551012

0.43，等级为2的概率为0.27，等级

100100

为3的概率为

720678

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

100203003550045

350.

100

（3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.22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

100338372255457030

2

≈5.820＞3.841，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C1GCG，连接DG、FG、C1E、C1F，

1

2



长方体ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC且ADBC，BB1∥CC1且BB1CC1，

1C1GCG

2

BF2FB1，CGCC1

232

BB1BF且CGBF，所以，四边形BCGF3

平行四边形，则AF∥DG

且AFDG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E∥DG且C1EDG，C1E∥AF且

C1EAF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内. （2）

42 7

【解析】（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内.在棱CC1上取点G，使得C1GCG，连接DG、FG、C1E、C1F，

1

2



22 / 28




长方体ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC且ADBC，BB1∥CC1且BB1CC1，

1C1GCG

2

BF2FB1，CGCC1

232

BB1BF且CGBF，所以，四边形BCGF3

平行四边形，则AF∥DG

且AFDG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E∥DG且C1EDG，C1E∥AF且

C1EAF，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，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系

C1xyz，利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值，进而可求得二面角AEFA1的正弦值.以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C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

1，3、A12，1，0、E2，0，2、F0，11，，AE0，系C1xyz，则A2，1，1，AF2，0，2，

mAE0

，设平面的法向量为，由，得AEFA1E0，1，2，A1F2，01，mx，y，z111

mAF0y1z10

取z11，得x1y11，则m11，，1，设平面A1EF的法向量为nx2，y2，z2，

2x2z011

y22z20nA1E0由，得，取z22，得x21，y24，则n1，4，2，

2xz022nA1F0



cosm，n

mnmn



3321



7

AEFA1的平面角为，则cos7，，设二面角77

sin1cos2

4242

.因此，二面角AEFA1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】（1）1

2525

（2）

5

2

x2y2

【解析】（1）因为C:210＜m＜5，可得a5，bm，根据离心率公式，结合已知，即可求得答

25m

案.

x2y2c15bm

， C:210＜m＜5，a5，bm，根据离心率e11

25maa54

22

55x2y2x216y2

1，即解得m或m（舍），C的方程为：1. 2552252544

4

（2）点P在C上，点Q在直线x6上，且BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设

x6与x轴交点为N，可得△PMB△BNQ，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.点P在C上，点Q在直线x6上，且

BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x6与x轴交点为N.根据题意画出图形，

如图



BPBQ，BPBQ，PMBQNB90，又PBMQBN90，BQNQBN90，

x216y2

1， 2525

PBMBQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：△PMB△BNQ，

x216y2

PMBN651，B5，0，设P点为xP，yP，可得P点纵坐标为yP1，将其代入1，

2525xP216

1， 1或3，可得：1，解得：xP3或xP3，P点为3，

2525

2，画 1时，故MB532，△PMB△BNQ，MBNQ2，可得：Q点为6，①当P点为3，

出图象，如图

24 / 28






A5，0，Q6，2，可求得直线AQ的直线方程为：2x11y100，根据点到直线距离公式可得P到

直线AQ的距离为：d

2311110

22112

2



5125



5

，根据两点间距离公式可得： 5

155

1时，故55；②当P点为3，

252

AQ

6520

2

55，△APQ面积为：

MB5+38，△PMB△BNQ，MBNQ8，可得：Q点为6，8，画出图象，如图



A5，0，Q6，8，可求得直线AQ的直线方程为：8x11y400，根据点到直线距离公式可得P

到直线AQ的距离为：d

8311140

811

2

2



5185



5185

，根据两点间距离公式可得：

AQ5

. 2

6580

22

155

185，△APQ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】（1）b

3

4

311312

xc，fx3x3xx，令fx＞0，得x＞或

42242

（2）由（1）可得fxx3

1111111

，，上单x＜；令fx＜0，得＜x＜，所以fx在，上单调递减，在，

2222222

25 / 28




调递增，且f1c

1，411

fc，

42111

fc，f1c，若fx所有零点中存在一个

442

绝对值大于1的零点x0，则f1＞0或f1＜0，即c＞或c＜

14111

.当c＞时，f1c＞0，

444

11

fc＞0，

42111

fc＞0，f1c＞0，又f4c64c33cc4c116c2＜0，

442



1上存在唯一一个零点x0，即fx在，1上存在唯一一个零由零点存在性定理知fx在4c，

上不存在零点，此时fx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

f1c＜0，

411

fc＜0，

42111

fc＜0，f1c＜0，又

442

f4c64c33cc4c116c2＞0，由零点存在性定理知fx在1，4c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fx不存在绝对值不大于1的零即fx在1，

点，与题设矛盾；综上，fx所有零点的绝对值都不大于1.

12

【解析】（1）利用导数的几何意义得到f0，解方程即可.因为fx3xb，由题意，

2

311

f0，即3b，则； b0

242

2

（2）由（1）可得fx3x

2

311111

2xx，易知fx在，上单调递减，在，，422222

11

fc，

42

111

fc，f1c，采用反证法，

442

11

，f1c上单调递增，且，

42

推出矛盾即可.由（1）可得fxx3

31132

xc，fx3x3xx，令fx＞0，得

4224

1111111

，x＞或x＜；令fx＜0，得＜x＜，所以fx在，上单调递减，在，2222222

11

上单调递增，且f1c，，

4211

fc，

42111

fc，f1c，若fx所有

442

零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f1＞0或f1＜0，即c＞或c＜

1411

.当c＞时，

44

1

f1c＞0，

411

fc＞0，

42111

fc＞0，f1c＞0，又

442

26 / 28




f4c64c33cc4c116c2＜0，由零点存在性定理知fx在4c，1上存在唯一一个零点上不存在零点，此时fx不存在绝对值不大1上存在唯一一个零点，在1，x0，即fx在，

于1的零点，与题设矛盾；当c＜

11

时，f1c＜0，

4411

fc＜0，

4211

fc＜0，

42

132

4c上存f1c＜0，又f4c64c3cc4c116c＞0，由零点存在性定理知fx在1，

4上存在唯一一个零点，在，1上不存在零点，此时fx不存在在唯一一个零点x0，即fx在1，

绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，fx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】（1）410 （2）3cossin120

【解析】（1）由参数方程得出A，B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的值.令x0，则

12.令y0，则t23t20，解得，则y26412，即A0，t2t20，解得t2或t1（舍）

0.AB，则x2244，即B4，t2或t1（舍）

04120

22

410.

120

3，

04

（2）由A，B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.由（1）可知kAB

则直线AB的方程为y3x4，即3xy120.由xcos，ysin可得，直线AB的极坐标方程为3cossin120.

【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）

abc

2

a2b2c22ab2ac2bc0，abbcca

12

ab2c2＜0. 2

12

ab2c2. 2

a，b，c均不为0，则a2b2c2＞0，abbcca

（2）不妨设maxa，b，ca，由abc0，abc1可知，a＞0，b＜0，c＜0，

2

abc，

bc1b2c22bc2bc2bc32

≥4.当且仅当bc时，取等号，a≥34，即 a，aaa

bcbcbcbc

maxa，b，c

3

4.

2

【解析】（1）由abca2b2c22ab2ac2bc0结合不等式的性质，即可得出证明.

abc

2

abbccaa2b2c22ab2ac2bc0，

12

ab2c2.2

a，b，c均不为0，

27 / 28




则a2b2c2＞0，abbcca

12

ab2c2＜0. 2

3

2

（2）不妨设maxa，b，ca，由题意得出a＞0，b，c＜0，由aa

bca

bc

2

b2c22bc

，结

bc

合基本不等式，即可得出证明.不妨设maxa，b，ca，由abc0，abc1可知，a＞0，b＜0，c＜0，

bc1b2c22bc2bc2bc32

≥4.当且仅当bc时，取等号，，aaaabc，a

2

bc

bca≥34，即maxa，b，c

3

4.

【考点】不等式的基本性质，基本不等式的应用



bcbc28 / 28