2024年3月27日发(作者：江苏高考文科数学试卷试题)

1

1

e

2

①

a

,

b

2

a

；②

0

a

,

b

2

a

．

2

22

第

100

页共

336

页

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学（I卷）答案详解

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.（复数）若

z1i

,则

z

2

2z

A.0B.1C.

2

D.2

22

【解析】∵

z1i

，

∴

z2zz(z2)(1i)(i1)i12

，

2

∴

z2z=2

.

【答案】D

2.（集合）设集合

Axx

2

40

，

B

x2xa0

，且

AB

x2x1

，

则

a

A.－4B.－2C.2D.4



a

【解析】由已知可得

A

x2x2

，

B

xx



，

2



∵

AB

x2x1

，∴

【答案】B

a

1

，解得

a2

.

2

3.（立体几何，同文3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可

视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面

三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

A.

5

1

4

B.

5

1

2

C.

5

1

4

D.

5

1

2

第

101

页共

336

页

【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a，则有

2

1

h

2

am

2

1



a

h

2

m

2



2



整理得

4m

2

2ama

2

0

，令

∴

t

1

m

t

，则有

4t

2

2t10

，

a

1

51

5

m

1

5

.

，

t

2

（舍去），即

44

a

4

图A3

【答案】C

4.

（解析几何）已知

A

为抛物线

C:y

2

2px(p0)

上一点，点

A

到

C

的焦点的距

离为12，到y轴的距离为9，则

p

A．2B．3C．6D．9

【解析】设A点的坐标为(m,n)，∵点

A

到

C

的焦点的距离为12，∴m=9，

∵点

A

到

C

的焦点的距离为12，∴

m

【答案】C

5.（概率统计，同文5）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y

和温度x（单位：

C

）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，

p

12

，解得

p6

.

2

（x

i

,

y

i

)(

i

1,2,…,20)得到下面的散点图：

由实验数据

第

102

页共

336

页

由此散点图，在10

C

至40

C

之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率

y和温度x的回归方程类型的是

A.

yabx

B.

yabx

2

C.

yabe

x

D.

yablnx

【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函

数，故选D选项.

【答案】D

6.

（函数）函数

f(x)x

4

2x

3

的图像在点

(1,f(1))

处的切线方程为

A．

y2x1

C．

y2x3

B．

y2x1

D．

y2x1

32

【解析】

f

(x)4x6x

，

∴函数

f(x)

的图像在点

(1,f(1))

处的切线斜率为

kf

(1)2

，

又∵

f(1)1

，

∴所求的切线方程为

y12(x1)

，化简为

y2x1

.

【答案】B

7.（三角函数，同文7）设函数

f

(

x

)

cos(

x

)

在

π，π

的图像大致如下图，

6

则

f(x)

的最小正周期为

A.

10

9

7

6

4

3

3

2

B.C.D.

第

103

页共

336

页

4ππ4πππ

4π

【解析】∵函数过点

,0

，∴

cos(

x

)=0

，∴

x

=

，解

96962

9

得

【答案】C

32π4π

，∴

f(x)

的最小正周期为

T

.

2

3

y

2

8.

（概率统计）

(

x

)(

x

y

)

5

的展开式中

x

3

y

3

的系数为

x

A.5B.10C.15D.20

r

5

rr

xy

(r=0,1,2,3,4,5)

，

【解析】∵

(xy)

5

展开式的通项公式为

C

5

y

2

141

2333

∴

r1

时，

C

5

xy

5

x

3

y

3

，∴

r3

时，

xC

3

5

xy10xy

，

x

33

∴展开式中的

xy

系数为

5+10=15.

【答案】C

9.（三角函数）已知

(0,)

，且

3cos2

8cos

5

，则

sin

=

A.

5

3

B.

2

3

C.

1

3

D.

5

9

【解析】应用二倍角公式

cos2

2cos

2

1

，将

3cos2

8cos

5

化简为，

2

cos



3cos

4cos

40

，解得

或

cos

2

（舍去），

3

2

又∵

(0,)

，∴

sin

【答案】A

5

.

3

10.（立体几何，同文12）已知

A

，

B

，

C

为球

O

的球面上的三个点，

O

1

为

第

104

页共

336

页

△

ABC

的外接圆.若

O

1

的面积为

4π

，

ABBCACOO

1

，则球

O

的表面积

为

A．

64

B．

48

C．

36

D．

32

【解析】由题意可知，

O

1

为的半径

r=2

，由正弦定理可知，

AB

2r

4

，

sin

C

则

OO

1

AB

4sin

C

4sin60

23

，∴球O的半径

Rr

2

OO

1

2

4

，

∴球

O

的表面积为

4πR

2

64π

．

图A10

【答案】A

11.

（解析几何）已知

M:x

2

y

2

2x2y20

，直线

l:2xy0

，

p

为

l

上

的动点

.

过点

p

作

M

的切线

PA

，

PB

，切点为

A,B

，当

PMAB

最小时，直

线

AB

的方程为

A.

2xy10

C.

2xy10

B.

2xy10

D.

2xy10

222

【解析】

M:(x1)(y1)2

，

M

的半径

r=2

，圆心

M(1,1)

，

由几何知识可知，

PMAB

，

故

S

四边形APBM

1

|

PM

|

|

AB

|=2

S

APM

=|

AP

|

|

AM

|

2|

AP

|

2|

PM

|

2

4

，

2

∴

PMAB

最小，即

PM

最小，

此时直线PM⊥l，即直线PM的斜率为

k

m

第

105

页共

336

页

1

，

2

111

故直线PM的方程为

y

1

(

x

1)

，化简为

yx

，

222

∴直线PM与l的交点P的坐标为

P(1,0)

，

直线AB为过点P作

M

的切线所得切点弦AB所在的直线，其方程为

(11)(x1)(01)(y1)4

，化简得

2xy10

．

图A11

【答案】D

222

注：过圆外一点

P(x

0

,y

0

)

作

O:(xa)(yb)r

的切线所得切点弦所在直

线方程为

(x

0

a)(xa)(y

0

b)(yb)r

2

.

特别当

ab0

时，切点弦所在

直线方程为

x

0

xy

0

yr

2

.

（具体推到过程，可到百度搜索）

12.

（函数）若

2

a

log

2

a

4

b

2log

4

b

则

A.a>2bB.a<2bC.a>b

2

D.a

2

【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为

2

a

log

2

a

2

2

b

log

2

b

，

∵

log

2

b1log

2

blog

2

2b

，∴

2

2

b

log

2

b

2

2

b

log

2

2

b

，

∴

2

a

log

2

a

2

2

b

log

2

2

b

，

设

f

(

x

)

2

x

log

2

x

，则有

f(a)f(2b)

，

第

106

页共

336

页

由指数函数和对数函数的单调性可知

f(x)

在

(0,)

单调递增，

∴

a2b

.

【答案】B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2

x

y

2

0

13.（线性规划，同文13）若x

，

y满足约束条件

x

y

1

0

，则z=x＋7y的最

y

1

0

大值为_____.

【解析】由约束条件，作出可行域如图A13所示.

1111

化目标函数

z=x+7y

为

yxz

，由图可知，当直线

yxz

过

7777

点

A(1,0)

时，直线在

y

轴上的截距最大，即

z

有最大值，所以

z

max

=1.

图A13

【答案】

1

14.

（平面向量）设

a,b

为单位向量，且

|a+b|=1,

则

|a

－

b|=

【解析】∵

a、b

为单位向量，∴

|a||b|1

.

。

2

2

2

∵

ab1

，∴

(ab)ab2ab22ab1

，即

2ab1

.

2

2

2

∴

(ab)ab2ab22ab3

，∴

ab3

.

【答案】

3

第

107

页共

336

页

x

2

y

2

15.

（解析几何）已知

F

为双曲线

C

:

2

2

1(

a

0,

b

0)

的右焦点，

A

为

C

的

ab

右顶点，

B

为

C

上的点，且

BF

垂直于

x

轴，若

AB

的斜率为3，则

C

的离心率为

__________.

b

2

【解析】由已知可知，

A(a,0)

，

F(c,0)

，

B

(

c

,)

，

a

∵

AB

的斜率为3，

b

2

0

c

2

3

c

a

3

，化简为

2

20

，即

e

2

3e20

，∴

c

a

aa

解得

e1

（舍去）或

e2

.即

C

的离心率为2.

【答案】2

ABAD3

，

AC1

，16.（立体几何）如图，在三棱锥

PABC

的平面展开图中，

ABAC

，

ABAD

，

CAE30

，则

cosFCB

________.

【解析】由题意可知，

AEAD3

，

CECF

，

BDBF

，

在△ACE中，由余弦定理可得，

CE

2

AE

2

AC

2

2

AEAC

cos30

o

3

1

23

∴

CFCE1

3

1

，即

CE1

，

2

在Rt△ABD中，

BD2AB6

，故

BFBD6

，

在

Rt

△

ABC

中，

BC

2

AB

2

AC

2

4

，故

BC2

，

在△BCF中，由余弦定理可得，

第

108

页共

336

页

BC

2

CF

2

BF

2

4

1

61

cos

FCB



．

2

BC

CF

2

2

14

【答案】

1

4

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，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据

要求作答。

（一）必考题，共60分。

17.（12分）（数列）

设

a

n

是公比不为

1

的等比数列，

a

1

为

a

2

，

a

3

的等差中项

.

（

1

）求

a

n

的公比；

（

2

）若

a

1

=1

，求数列

na

n

的前

n

项和

.

【解析】（1）设

{

a

n

}

的公比为

q

，由题设得

2a

1

a

2

a

3

,

即

2a

1

a

1

qa

1

q

2

.

2

所以

qq20,

解得

q1

（舍去），

q2

.

故

{

a

n

}

的公比为

2

.

（2）设

S

n

为

{na

n

}

的前n项和.

由(1)及题设可得，

a

n

(

2)

n

1

.

所以

S

n

1

2

(

2)

3

(

2)

2



n

(

2)

n

1

，

2

S

n



2

2

(

2)

2



(

n

1)

(

2)

n

1

n

(

2)

n

.

可得

3

S

n

1

(

2)

(

2)



(

2)

2

n

1

1

(

2)

n

n

(

2)

=

n

(

2)

n

.

3

n

1(3

n

1)(

2)

n

.

所以

S

n



99

18.（12分）（立体几何）

第

109

页共

336

页

ABC

如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD，

是底面的内接正三角形，P为DO上一点，

PO

（1）证明：PA⊥平面PBC；（同文19(1)）

（2）求二面角B

－

PC

－

E的余弦值.

6

DO

.

6

【解析】（1）设

DOa

，由题设可得

PO

2

a

.

2

2

63

a

,

AOa

,

ABa

，

63

PAPBPC

22

因此

PAPBAB

，从而

PAPB

.

又

PA

2

PC

2

AC

2

，从而

PAPC

.

所以PA⊥平面PBC.





（2）如图A18所示，以

O

为坐标原点，

OE

的方向为

y

轴正方向，

|OE|

为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系

Oxyz

.

由题设可得

E

(0,1,0),

A

(0,

1,0),

C

(

312

,,0),

P

(0,0,)

.

222



312

,

,0),

EP

(0,

1,)

.

所以

EC

(

222



m

EP

0

设

m

(

x

,

y

,

z

)

是平面

PCE

的法向量，则



，

m

EC

0



第

110

页共

336

页

2

z

2

y

z

0

y



3

2

即

，解得

，可取

m

(

,1,2)

.

3

3

y

3

x

1

y

0

x



3

22





2

由(1)知

AP

(0,1,)

是平面

PCB

的一个法向量，记

n

AP

，

2





n

m

25



则

cos

n

,

m

.

5

|

n

||

m

|

所以二面角

BPCE

的余弦值为

25

.

5

图A18

19.（12分）（概率统计）

甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：

累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场

比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一轮轮空，直至有一人被淘汰；

当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终

获胜，比赛结束.

经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为

（1）求甲连胜四场的概率；

（2）求需要进行第五场比赛的概率；

（3）求丙最终获胜的概率.

1

.

2

第

111

页共

336

页

11111

【解析】（1）甲连胜四场的概率为



．

222216

（2）需要进行第五场比赛，即比赛经过前四场后还没有结束.

比赛四场就结束，共有三种情况：

11111

甲连胜四场的概率为



；

222216

11111

乙连胜四场的概率为



；

222216

1111

丙上场后连胜三场的概率为



．

2228

所以比赛经过前四场后还没有结束的概率为

1

1113



，即需要进行

161684

3

第五场比赛的概率为．

4

（3）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．丙最终

获胜，有两种情况：

1

①由(1)可知，比赛四场结束且丙最终获胜的概率为．

8

②比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、

1

负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，

16

111115



，，总的概率为．

88168816

157



因此丙最终获胜的概率为．

81616

20.（12分）（解析几何，文21）

x

2

2

已知

A,B

分别为椭圆

E

：

2

+

y

1

(a>1)

的左右顶点，

G

为

E

的上顶点，

a



AG

GB

8

，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的

第

112

页共

336

页

另一交点为D.

（1）求E的方程；

（2）证明：直线CD过定点。



【解析】（

1

）由题设得

A(a,0),B(a,0),G(0,1)

，则

AG

(

a

,1)

，

GB(a,1)

．

因

AG

GB

8

，所以

a

2

18

，解得

a3

．



x

2

2

所以E的方程为

y

1

．

9

（2）设

C(x

1

,y

1

),D(x

2

,y

2

),P(6,t)

．

解法一：

若

t0

，设直线CD的方程为

xmyn

，由题意可知

3n3

．

由于直线

PA

的方程为

y

(

x

3)

，所以

y

1

(

x

1

3)

．

tt

直线

PB

的方程为

y

(

x

3)

，所以

y

2

(

x

2

3)

．因此有

33

t

9

t

9

3y

1

(x

2

3)y

2

(x

1

3)

．

2

x

2

2

由于

y

2

1

，故

9

2

(x

2

3)(x

2

3)9y

2

0

，

①

②

由①②消掉

(x

2

3)

，得

(x

1

3)(x

2

3)27y

1

y

2

0

，即

(27m

2

)y

1

y

2

m(n3)(y

1

y

2

)(n3)

2

0

．③

x

2

2

222

将

xmyn

代入

y

1

得

(m9)y2mnyn90

．

9

2

mnn

2

9

,

y

1

y

2



2

所以

y

1

y

2



2

．

m

9

m

9

2222

代入③式得

(27m)(n9)2m(n3)mn(n3)(m9)0

．

解得

n3

（舍去），

n

3

．

2

第

113

页共

336

页

33

故直线CD的方程为

xmy

，即直线CD过定点

(,0)

．

22

3

若

t0

，则直线CD的方程为

y0

，过点

(,0)

．

2

3

综上，直线CD过定点

(,0)

．

2

图A21

解法二：

t

y

(

x

3)

，将其代入E的方程中，得

PA

t0

若，直线的方程为

9

x

2

t

2

(

x

3)

2

1

，整理得

(t

2

9)x

2

6t

2

x(9t

2

81)0

，

981

6

t

2

6

t

2

27

3

t

2

2

因此有

3

x

1



2

，即

x

1

3

2

，将x

1

代入直线方程

t

9

t

9

t

9

27

3

t

2

6

t

2

6

,

2

得

y

1

2

，所以

C

2

.

t

9

t

9

t

9



3

t

2

32

t

D

,

同理可得

2

，所以直线CD的方程为

2

t

1

t

1



27

3

t

2

3

t

2

3

2

t

6

t

2

2

t



3

t

2

3

2

2

2

y

2



x

2

2

t

9

t

1

t

1

t

9

t

1

t

1





整理得

y



3

故直线CD过定点

(,0)

．

2

4

t

3

x



3(

t

2

3)

2

3

若

t0

，则直线CD的方程为

y0

，过点

(,0)

．

2

3

(

综上，直线CD过定点

,0)

．

2

第

114

页共

336

页

21.（12分）（函数）

已知函数

f

x

e

x

ax

2

x

.

（1）当

a1

时，讨论

f

x

的单调性；

（2）当

x0

时，

f

x

1

3

x

1

，求a的取值范围.

2

【解析】（1）当

a1

时，

f

x

e

x

x

2

x

，则

f

x

e

x

2x1

．

当x<0时，

f

(x)0

；当x>0时，

f

(x)0

．

所以

f(x)

在

(,0)

单调递减，在

(0,)

单调递增．

1

3

1

32

x

f

(

x

)

x

1

x

ax

x

1

e

（2）即，等价于

22

1

(

x

3

ax

2

x

1)

e

x

1

.

2

1

3

g

(

x

)

(

x

ax

2

x

1)

e

x

(

x

0)

，则设函数

2

13

g

(

x

)



(

x

3

ax

2

x

1

x

2

2

ax

1)

e

x

22

11



x

[

x

2

(2

a

3)

x

4

a

2]

e

x



x

x

(2

a

1)

(

x

2)

e

x

.

22

1

a

（i）若2a+1≤0，即，则当

x(0,2)

时，

g

(x)0

，所以

g(x)

在

(0,2)

2

单调递增，而

g(0)1

，故当

x(0,2)

时，

g(x)1

，不合题意.

（ii）若0<2a+1<2，即

11

a

，则当

x(0,2a1)(2,)

时，

22

(2,)

单

g

(x)0

；当

x(2a1,2)

时，

g

(x)0

.所以g(x)在

(0,2a1)、

调递减，在

(2a1,2)

单调递增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1当且仅当

7

e

2

7

e

2

1

−2

a



a

g(2)=(7−4a)e

≤1

，即

.

所以当

时，

g(x)≤1.

442

第

115

页共

336

页

1

3

1

x

(

x

x

1)

e

a

.

（

3

）若

2a+1≥2

，即，则

g(x)≤

2

2

1

3

7

e

2

1

x

(

x

x

1)e

1

.

0

[,)

由于，故由（

ii

）可得

2

42

故当

a

1

时，g(x)≤1.

2

7

e

2

,



)

.

综上，

a

的取值范围是

[

4

（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，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）

k

x

cos

t

在直角坐标系

xOy

中，曲线

C

1

的参数方程为

，（

t

为参数

)

，以坐标原

k

y

sin

t

点为极点，

x

轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线

C

2

的极坐标方程为

4

cos

16

sin

30

.

（1）当k=1时，

C

1

是什么曲线？

（2）当k=4时，求

C

1

与

C

2

的公共点的直角坐标.

x

cos

t

22

C

:

【解析】（

1

）当

k=1

时，

1

，消去参数

t

得

xy1

，

y

sin

t

故曲线

C

1

是圆心为坐标原点，半径为1的圆．

4

x

cos

t

x

（2）当k=4时，

C

1

:

4

，消去参数t得为

y

sin

t

y1

．

C

2

的直角坐标方程为

4x16y30

．

1

x

x

y

1,

4

由

解得

．

1

4

x

16

y

3

0

y

4

第

116

页共

336

页

11

故

C

1

与

C

2

的公共点的直角坐标为

(,)

．

44

23.[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数

f(x)3x12x1

.

（1）画出

yf(x)

的图像；

（2）求不等式

f(x)f(x1)

的解集.

【解析】（1）由题设知

1

x

3,

x



,

3

1

f

(

x

)

5

x

1,



x

1,

3

x

3,

x

1.

yf(x)

的图像如图A23-1所示．

第

117

页共

336

页

图A23-1

（2）函数

yf(x)

的图像向左平移1个单位长度后得到函数

yf(x1)

的图像．

711

(

,

)

．

yf(x)

的图像与

yf(x1)

的图像的交点坐标为

66

由图像可知当且仅当

x

7

时，

yf(x)

的图像在

yf(x1)

的图像上

6

7

(



,

)

．方，故不等式

f(x)f(x1)

的解集为

6

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第

118

页共

336

页

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学（I卷）试题

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.若

z1i

,则

z

2

2z

A.0B.1C.

2

D.2

2.设集合

Axx

2

40

，

B

x2xa0

，且

AB

x2x1

，则

a

A.－4B.－2C.2D.4



3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，

以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其

侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

A.

5

1

4

B.

5

1

2

C.

5

1

4

D.

5

1

2

4.

已知

A

为抛物线

C:y

2

2px(p0)

上一点，点

A

到

C

的焦点的距离为

12

，到

y轴的距离为9，则

p

A．2

5.

B．3C．6D．9

某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：

C

）

的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据

（x

i

,

y

i

)(

i

1,2,…,20)得到下面的散点图：

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第119页共336页

由此散点图，在10

C

至40

C

之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率

y和温度x的回归方程类型的是

A.

yabx

B.

yabx

2

C.

yabe

x

D.

yablnx

6.

函数

f(x)x

4

2x

3

的图像在点

(1,f(1))

处的切线方程为

A．

y2x1

C．

y2x3

7.

B．

y2x1

D．

y2x1

设函数

f

(

x

)

cos(

x

)

在

π，π

的图像大致如下图，则

f(x)

的最小正

6

10

9

周期为

A.B.

7

6

C.

4

3

D.

3

2

8.

A.5

9.

A.

y

2

33

(

x

)(

x

y

)

5

的展开式中

xy

的系数为

x

B.10C.15D.20

已知

(0,)

，且

3cos2

8cos

5

，则

sin

=

5

3

B.

2

3

C.

1

3

D.

5

9

第120页共336页

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10.

C

为球

O

的球面上的三个点，

O

1

为

△

ABC

的外接圆.若

O

1

已知

A

，

B

，

的面积为

4π

，

ABBCACOO

1

，则球

O

的表面积为

A．

64

B．

48

C．

36

D．

32

11.

已知

M:x

2

y

2

2x2y20

，直线

l:2xy0

，

p

为

l

上的动点

.

过点

p

作

M

的切线

PA

，

PB

，切点为

A,B

，当

PMAB

最小时，直线

AB

的方程

为

A.

2xy10

C.

2xy10

12.

若

2

a

log

2

a

4

b

2log

4

b

则

A.a>2bB.a<2bC.a>b

2

D.a

2

B.

2xy10

D.

2xy10

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2

x

y

2

0

13.若x

，

y满足约束条件

x

y

1

0

，则z=x＋7y的最大值为_____.

y

1

0

14.设a,b为单位向量，且|a+b|=1,则|a－b|=。

x

2

y

2

15.

已知

F

为双曲线

C

:

2

2

1(

a

0,

b

0)

的右焦点，

A

为

C

的右顶点，

B

为

ab

C

上的点，且

BF

垂直于

x

轴，若

AB

的斜率为3，则

C

的离心率为__________.

ABAD3

，

AC1

，

ABAC

，16.如图，在三棱锥

PABC

的平面展开图中，

ABAD

，

CAE30

，则

cosFCB

________.

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第121页共336页

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，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据

要求作答。

（一）必考题，共60分。

17.（12分）

设

a

n

是公比不为

1

的等比数列，

a

1

为

a

2

，

a

3

的等差中项

.

（

1

）求

a

n

的公比；

（

2

）若

a

1

=1

，求数列

na

n

的前

n

项和

.

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第122页共336页

18.（12分）

ABC

如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD，

是底面的内接正三角形，P为DO上一点，

PO

6

DO

.

6

（1）证明：PA⊥平面PBC；

（2）求二面角B

－

PC

－

E的余弦值.

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第123页共336页

19.（12分）

甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：

累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场

比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一轮轮空，直至有一人被淘汰；

当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终

获胜，比赛结束.

经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为

（1）求甲连胜四场的概率；

（2）求需要进行第五场比赛的概率；

（3）求丙最终获胜的概率.

1

.

2

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第124页共336页

20.（12分）

x

2

2

已知

A,B

分别为椭圆

E

：

2

+

y

1

(a>1)

的左右顶点，

G

为

E

的上顶点，

a



AG

GB

8

，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的

另一交点为D.

（1）求E的方程；

（2）证明：直线CD过定点。

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第125页共336页

21.（12分）

已知函数

f

x

e

x

ax

2

x

.

（1）当

a1

时，讨论

f

x

的单调性；

（2）当

x0

时，

f

x

1

2

x

3

1

，求a的取值范围.

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第126页共336页

（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，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）

k

x

cos

t

在直角坐标系

xOy

中，曲线

C

1

的参数方程为

，（

t

为参数

)

，以坐

k

y

sin

t

标原点为极点，

x

轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线

C

2

的极坐标方程为

4

cos

16

sin

30

.

（1）当k=1时，

C

1

是什么曲线？

（2）当k=4时，求

C

1

与

C

2

的公共点的直角坐标.

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第127页共336页

23.[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数

f(x)3x12x1

.

（1）画出

yf(x)

的图像；

（2）求不等式

f(x)f(x1)

的解集.

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第128页共336页

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学（II卷）答案详解

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，有一项是符合题目要求的.

1.

（集合）已知集合

U

2,1,0,1,2,3

，

A

1,0,1

，

B

1,2

，则

C

U

AB

A.

2,3

B.

2,2,3

C.

2,1,0,3

D.

2,1,0,2,3

【解析】∵

AB{1,0,1,2}

，∴

C

U

AB

2,3

.

【答案】A

2.（三角函数）若

为第四象限角，则

A.

cos2

0

B.

cos2

0

C.

sin2

0

D.

sin2

0

π



2

k

π

2

k

π

，∴

π4kπ2

4kπ

，

【解析】为第四象限角，即

2

∴

2

是第三或第四象限角，∴

sin2

0

.

【答案】D

3.（概率统计，同文3）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，

每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困

难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作，已知该超市某日积压500份订单未配货，

预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单

的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少

需要志愿者

A.10名B.18名C.24名D.32名

【解析】该超市某日积压500份订单未配货，次日新订单不超过1600份的概率

为0.95，共2100份，其中1200份不需要志愿者，志愿者只需负责900

份，故需要900÷50＝18名志愿者.

【答案】B

4.（数列）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心

有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向

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第129页共336页

外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依

次增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石

板（不含天心石）

A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块

【解析】设每一层有n环，由题意可知从内到外每环的扇面形石板块数之间构成

等差数列，且

a

1

9

，

d9

，由等差数列性质可知，

S

n

、

S

2n

S

n

、

S

3n

S

2n

也构成等差数列，且公差

d

n

2

d9n

2

.

因下层比中层多729块，故有

(

S

3

n

S

2

n

)

(

S

2

n

S

n

)

9

n

729

，

解得

n9

.

因此三层共有扇面形石板的块数为

2

S

3

n

=

S

27

=27

a

1

【答案】C

27

2627

26

d

27

9



9=3402

.

22

5.（解析几何，同文8）若过点（2,1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线

2xy30

的距离为

A．

5

5

B.

25

5

C.

35

5

D.

45

5

【解析】如图

A5

所示，设圆的方程为

(xa)

2

(yb)

2

r

2

，

∵圆过点（2,1）且与两坐标轴都相切，

a

b

r

∴

，解得

abr1

或

abr5

，

222

(2

a

)

(1

b

)

r

即圆心坐标为

(1,1)

或

(5,5)

，

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第130页共336页

圆心到直线

2xy30

的距离为

2

1

1

3

2

2

1

2

=

25

或

5

2

5

5

3

2

2

1

2

=

25

.

5

图A5

【答案】B

6.

（数列）数列

a

n

中，

a

1

2

，

a

m

n

a

m

a

n

，若

a

k

1

a

k

2

...

a

k

10

2

15

2

5

，

则

k

A.2B.3C.4D.5

【解析】∵

a

m

n

a

m

a

n

，∴

a

k

n

a

k

1

a

1

a

k

2

a

1

2



a

k

a

1

n

，故有

a

k

1

a

k

2

...

a

k

10

a

k

(2

1

2

2



2

10

)

(2

11

2)

a

k

2

15

2

5

，

∴

a

k

2

4

又∵

a

n

a

n

1

a

1

a

n

2

a

1

2



a

1

a

1

n

1

a

1

n

2

n

，∴

a

k

2

k

2

4

，∴

k4

.

【答案】C

7.（立体几何）下图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正

视图中对应的点为

M

，在俯视图中对应的点为

N

，则该端点在侧视图中对应的

点为

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第131页共336页

A．

E

B．

F

C．

G

D．

H

【解析】由三视图的特点，如图A7所示，该端点在侧视图中对应的点为E.

图A7

【答案】A

x

2

y

2

8．（解析几何，同文9）设O为坐标原点，直线

xa

与双曲线C：

2

2

1

ab

（a>0,b>0）的两条渐近线分别交于D,E两点，若

ODE

的面积为8，则C的焦

距的最小值为

A．4B．8C．16D．32

b

x

2

y

2

【解析】如图A8所示，双曲线C：

2

2

1

（a>0,b>0）的渐近线为

y



x

，

a

ab

由题意可知，

D(a,b)

，

E(a,b)

，

∴

S

ODE

1

a

2

b

ab

8

，

2

64

2

4

8

，当且仅当

a22

时，

a

2

第132页共336页

∴焦距

2c

2a

2

b

2

2a

2

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等号成立.故C的焦距的最小值为8.

图A8

【答案】B

9.（函数）设函数

f(x)ln|2x1|ln|2x1|

，则

f(x)

1

A.

是偶函数，且在

(,



)

单调递增

2

1

C.

是偶函数，且在

(



,

)

单调递增

2

11

B.

是奇函数，且在

(

,)

单调递减

22

1

D.

是奇函数，且在

(



,

)

单调递减

2

【解析】∵

f(x)ln|2x1|ln|2x1|ln|2x1|ln|2x1|f(x)

，

∴

f(x)

是奇函数，

∵

g(x)ln|x|

，

g

(x)

∴

f

(

x

)

1

，（即

ln|x|

与

lnx

，二者的导函数相同）

x

22

4

，



2

x

12

x

1(2

x

1)(2

x

1)

11

当

x

(



,

)

时，

f

(x)0

，

f(x)

在

(



,

)

单调递减

.

22

111

当

x

(

，

)

时，

f

(x)0

，

f(x)

在

(



,

)

单调递增

.

222

11

当

x

(

，

)

时，

f

(x)0

，

f(x)

在

(



,

)

单调递减

.

22

【答案】D

10.（立体几何，同文11）已知△ABC是面积为

93

的等边三角形，且其顶点都

4

在球O的球面上，若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为

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第133页共336页

A．

3

B．

3

2

C．1D．

3

2

【解析】由题意可知

S

ABC

393

AB

2

，∴

AB3

，

44

如图A10所示，设球O的半径为R，则

4πR

2

16π

，∴

R2

，

设O在△ABC上的射影为O

1

，则O

1

是△ABC的外接圆的圆心，

233

3

，∴O到平面ABC的距离

OO

1

R

2

O

1

A

2

1

.

故

O

1

A

32

图A10

【答案】C

11.（函数，同文12）若

2

x

2

y

3

x

3

y

，则

A.

ln(yx1)0

C.

ln|xy|0

xyxy

B.

ln(yx1)0

D.

ln|xy|0

xxyy

【解析】

2233

可化为

2323

，设

f

(

x

)

2

x

3

x

1

2

x



，

3

x

由指数函数的性质易知

f(x)

在R上单调递增，∵

2

x

3

x

2

y

3

y

，

∴

xy

，

∴

yx0

，

∴

yx11

，

∴

In(yx1)0

.

【答案】A

12.

（概率统计）

0-1

周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列

a

1

a

2

a

n

...

满

足

a

i

0,1

(

i

1,2,...)

，且存在正整数

m

，使得

a

i

m

a

i

(i

1,2,...)

成立，则称其

为

0-1

周期序列，并满足

a

i

m

a

i

(

i

1,2,...)

的最小正整数

m

为这个序列的周期，

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第134页共336页

1

m

对于周期为

m

的

0-1

序列

a

1

a

2

a

n

...

，

C

(

k

)

a

i

a

i

k

(

k

1,2,...

m

1)

是描述其

m

i

1

1

性质的重要指标，下列周期为

5

的

0-1

的序列中，满足

C

(

k

)

(

k

1,2,3,4)

的序

5

列是

A.

B.

C.

D.

【解析】解法一（计数思想）：

5

1

5

1

由

C

(

k

)

a

i

a

i

k

(

k

1,2,3,4)

，可得

a

i

a

i

k

1

.

5

i

1

5

i

1

0

因

a

i

a

i

k

=

，故对于每一个

k(k1,2,3,4)

，

a

i

a

i

k

1

的个数不超过

1

，

1

所以对于所有的

k(k1,2,3,4)

，

a

i

a

i

k

1

的总个数不能超过4.

A

选项：

a

i

a

i

k

1

的个数为

A

3

2

6

，故

A

选项不符合题意

.

B

选项：

a

i

a

i

k

1

的个数为

A

4

2

12

，故

B

选项不符合题意

.

D

选项：

a

i

a

i

k

1

的个数为

A

3

2

6

，故

D

选项不符合题意

.

C

选项：

a

i

a

i

k

1

的个数为

A

2

2

2

，即

a

1

a

5

1(k4)

和

a

5

a

1

1(k1)

，因

此可推出

C

(1)

C

(4)

解法二（排除法）：

由解法一可知，对于每一个

k(k1,2,3,4)

，

a

i

a

i

k

1

的个数不超过1.

A选项：当

k2

时，

a

2

a

4

1

，

a

4

a

1

1

，故A选项不符合题意.

B选项：当

k1

时，

a

1

a

2

1

，

a

4

a

5

1

，故B选项不符合题意.

D选项：当

k1

时，

a

1

a

2

1

，

a

5

a

1

1

，故D选项不符合题意.

C选项：序列的一个周期内只有两个1，

a

i

a

i

k

1

的情况只有

a

1

a

5

1(k4)

和

a

5

a

1

1(k1)

，因此可推出

C

(1)

C

(4)

C(2)C(3)0

，故C选项符合题意.

1

，

5

1

，

C(2)C(3)0

，故

C

选项符合题意

.

5

解法三（答案验证法）：

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第135页共336页

1

m

按照题设的定义

C

(

k

)

a

i

a

i

k

(

k

1,2,...

m

1)

，逐个验证答案，使用

m

i

1

121

排除法，即可得到正确选项.如A选项，

C

(2)

(0

1

0

1

0)=

，

555

排除A选项，其余的这里不再赘述.

【答案】C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（平面向量）已知单位向量a，b的夹角为45°，k

ab

与a垂直，则k=_______.

22



2

(

kab

)

akaabk

0

k

【解析】∵

(kab)a

，∴，∴

.

22

2

【答案】

2

14.（概率统计）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1

个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有种.

【解析】根据题意，先把4名同学分为3组，其中1组有两人，2组各有一人，

即从4名同学中任选两人即可，故有

C

4

种选法；将分成的3组同学安

323

排到3个小区，共有

A

3

种方法；所以不同的安排方法共有

C

4

A

3

36

种.

2

【答案】36

15.（复数）设复数

z

1

，

z

2

满足

z

1

z

2

2

,则

z

1

z

2

3i

，则

z

1

z

2

_______.

【解析】解法一：在复平面内，用向量思想求解，原问题等价于：平面向量

a，b

满足

|a||b|2

，且

ab(3,1)

，求

|ab|

.

2

2

2

2

2

2

∵

|a

b|

|a

b|

2|a|

2|b|

，∴

4|ab|16

，∴

|ab|12

，

∴

|ab|23

.即

z

1

z

2

23

.

解法二：在复平面内，如图

A15

所示，因

z

1

z

2

z

1

z

2

2

，则

z

1

，

z

2

，

z

1

z

2

组成一个等边三角形，所以

z

1

，

z

2

之间的夹角为

120°

，所以

z

1

z

2

z

1

z

2

2z

1

z

2

cos120

o

=44423

.

22

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第136页共336页

图A15

【答案】

23

16.（立体几何，同文16）设有下列4个命题：

P

1

：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.

P

2

：过空间中任意三点有且仅有一个平面.

P

3

：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.

p

4

：若直线

l

平面

，直线

m

平面

，则

ml

.

则下述命题中所有真命题的序号是_________

①

p

1

p

4

②

p

1

p

2

③

p

2

p

3

④

p

3

p

4

【解析】由公理

2

可知，

p

1

为真，

p

2

为假，

p

2

为真；若空间两条直线不相交，

则这两条直线可能平行，也可能异面，所以

p

3

为假，

p

3

为真；由线

面垂直的定义可知p

4

为真；所以①

p

1

p

4

为真命题，②

p

1

p

2

为假命

题，③

p

2

p

3

为真命题，④

p

3

p

4

为真命题，故真命题的序

号是①③④.

【答案】①③④

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，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据

要求作答.

（一）必考题，共60分.

17.（12分）（三角函数）

ABC

中，

sin

2

Asin

2

Bsin

2

CsinBsinC

，

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第137页共336页

（1）求

A

；

（2）若

BC3

，求

ABC

周长的最大值.

【解析】（1）由正弦定理和已知条件得

BC

2

AC

2

AB

2

ACAB

，

由余弦定理得

BC

2

AC

2

AB

2

2ACABcosA

，

1

由①，②得

cos

A

.

2

①

②

因为

0Aπ

，所以

A

2π

.

3

（2）由正弦定理及（1）得

ACABBC

23

，从而

sin

B

sin

C

sin

A

AC23sinB

，

AB23sin(πAB)3cosB3sinB

.

π

故

BCACAB

3

3sin

B

3cos

B

3

23sin(

B

)

.

3

ππ

又

0

B

，所以当

B

时，

△ABC

周长取得最大值

323

.

36

18.（12分）（概率统计，同文18）

某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为

调查该地区某种野生动物的数量，将其分为面积相近的200个地块，从这些地块

中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据

，

20

，其中

x

i

，y

i



i

1,2

，

x

i

和

y

i

分别表示第

i

个样区的植物覆盖面积（单

位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得

x

i

1

20

i

60

，

y

i

1200

，

x

i

-

x

i

1

i

1

2020



2

80

，

y

i

-

y

i

1

20



9000

，

x

-

x



y

-

y

800

.

i

1

ii

2

20

（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样

区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；

（2）求样本

x

i

,

y

i



i

1,2,

,20

的相关系数（精确到0.01）；

（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表

性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽

样方法，并说明理由。

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第138页共336页

附：相关系数

r

x

x



y

i

1

i

n

2

n

i

1

i

i

1

n

i

y

i

2

x

x

y

y

，

21.414

.

1

y

【解析】（1）由己知得样本平均数

20

y

i

1

20

i

60

，从而该地区这种野生动

物数量的估计值为60×200=12000．

（2）样本

x

i

，y

i



i

1,2

，，

20

的相关系数

（

x

x

（

)

y

y

)

i

1

ii

20

r

（

x

i

x

)

i

1

20

2

（

y

i

y

)

2

i

1

20

80

80

9000

22

0.94

．

3

（3）分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块

进行分层抽样．

理由如下：由（2）知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强

的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野

生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与

总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野

生动物数量更准确的估计．

19.（12分）（解析几何）

x

2

y

2

C

1

的

已知椭圆

C

1

:

2

2

1(

a

b

0)

的右焦点F与抛物线

C

2

的焦点重合，

ab

中心与

C

2

的顶点重合

.

过

F

且与

x

轴垂直的直线交

C

1

于

A

、

B

两点，交

C

2

于

C

、

D

两点，且

CD

4

AB

.

3

（

1

）求

C

1

的离心率；（同文

19(1)

）

（

2

）设

M

是

C

1

与

C

2

的公共点

.

若

MF5

，求

C

1

与

C

2

的标准方程

.

【解析】（1）由已知可设

C

2

的方程为

y

2

4cx

，其中

ca

2

b

2

.

b

2

b

2

不妨设

A,C

在第一象限，由题设得

A,B

的纵坐标分别为，

；

C,D

aa

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第139页共336页

2

b

2

的纵坐标分别为

2c

，

2c

，故

|

AB

|

，

|CD|4c

.

a

8

b

2

4

由

|

CD

|

|

AB

|

得

4

c

，化简为

2c

2

3ac2a

2

0

，

3

3

a

c

c

1

2

（舍去），

.

a

a

2

1

所以

C

1

的离心率为

.

2

解得

x

2

y

2

（2）由（1）知

a2c

，

b3c

，故

C

1

:

2

2

1

，

4

c

3

c

22

x

0

y

0

2

设

M(x

0

,y

0

)

，则

2

2

1

，

y

0

4cx

0

，故

4

c

3

c

2

x

0

4

x

0



1

.

4

c

2

3

c

①

由于

C

2

的准线为

xc

，所以

|MF|x

0

c

，而

|MF|5

，故

x

0

5c

，

(5

c

)

2

4(5

c

)

代入①得



1

，即

c

2

2c30

，解得

c1

（舍去），

2

4

c

3

c

c3

.

x

2

y

2

所以

C

1

的标准方程为



1

，

C

2

的标准方程为

y

2

12x

.

3627

20.（12分）（立体几何）

如图，已知三棱柱ABC-A

1

B

1

C

1

的底面是正三角形，侧面BB

1

C

1

C是矩形，M，

N分别为BC，B

1

C

1

的中点，P为AM上一点，过B

1

C

1

和P的平面交AB于E，交

AC于F.

（1）证明：AA

1

∥MN，且平面

A

1

AMN

平面

EB

1

C

1

F

；（同文20(1)）

（2）设

O

为

A

1

B

1

C

1

的中心，若AO∥平面

EB

1

C

1

F

，且

AOAB

，求直线

B

1

E

与平面

A

1

AMN

所成角的正弦值.

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第140页共336页

【解析】（1）∵M，N分别为BC，B

1

C

1

的中点，∴MN∥CC

1

．

又由已知得AA

1

∥CC

1

，故AA

1

∥MN．

∵△A

1

B

1

C

1

是正三角形，∴B

1

C

1

⊥A

1

N．

又B

1

C

1

⊥MN，∴B

1

C

1

⊥平面A

1

AMN．

∴平面A

1

AMN⊥平面EB

1

C

1

F．



（2）由已知得AM⊥BC．以

M

为坐标原点，

MA

的方向为x轴正方向，



MB

为单位长，建立如图A20所示的空间直角坐标系

M-xyz

，则

AB2

，

AM3

．

连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故

PM

23231

,,0)

．，

E

(

333

由（1）知平面A

1

AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥

平面ABC．

设

Q(a,0,0)

，则

NQ

4

(

2323

a

)

2

，

B

1

(

a

,1,4

(

a

)

2

)

，

33



23



210

223

2

a

,

,

4

(

a

))

，

B

1

E

故

B

1

E

(

．

333

3

又

n

(0,1,0)

是平面

A

1

AMN

的法向量，故

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第141页共336页





n

B

1

E

10



sin(

n

,

B

1

E

)

cos

n

,

B

1

E



．

210

|

n

|

|

B

1

E

|

所以直线B

1

E与平面A

1

AMN所成角的正弦值为

10

．

10

图A20

21.（12分）（函数）

已知函数

f

x

sinxsin2x

（1）讨论

f

x

在区间

0，π

的单调性；

（2）证明：

f

x

2

33

；

8

2222

n

n

3

（3）设

nN

，证明

sin

x

sin2

x

sin4

x…

sin2

x

n

.

4

2

【解析】（

1

）

f

(x)2sinxcosxsin2x2sinxcos2x

2sinx

cosxsin2xsinxcos2x

2sinxsin3x

．



x

(0,)

(,

)

x

(,)

时，

f

(x)0

．

f(x)0

当时，；当

3333



(0,),(,

)(

所以

f(x)

在区间单调递增，在区间

,)

单调递减．

3333

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第142页共336页

（2）因为

f(0)f()0

，

33

由（1）知，

f(x)

在区间

[0,]

的最大值为

f

()

，

38

最小值为

f

(



33

)



．而

f(x)

是周期为

的周期函数，

38

故

|

f

(

x

)|

（3）由于

33

．

8

(sin

2

x

sin

2

2

x

sin

2

2

n

x

)

3

2

|sin

3

x

sin

3

2

x

sin

3

2

n

x

|

|sin

x

||sin

2

x

sin

3

2

x

sin

3

2

n

1

x

sin2

n

x

||sin

2

2

n

x

|

|sin

x

||

f

(

x

)

f

(2

x

)

f

(2

n

1

x

)||sin

2

2

n

x

|

|

f

(

x

)

f

(2

x

)

f

(2

n

1

x

)|

，

2

n

n

333

222

n

)

3

n

．所以

sin

x

sin2

x

sin2

x

(

84

（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答.并用2B铅笔

将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做第一题计分.

22.[选修

44

：坐标系与参数方程](10分)

已知曲线

C

1

,

C

2

的参数方程分别为

1

x

t

x

4cos

,

t

C

1

：

(

为参数

),

C

:(

t

为参数）

.



2

2

y

4sin

y

t

-

1

t

2

（

1

）将

C

1,

C

2

的参数方程化为普通方程：

（

2

）以坐标原点为极点，

x

轴正半轴为极轴建立极坐标系

.

设

C

1,

，

C

2

的交点

为

P

，求圆心在极轴上，且经过极点和

P

的圆的极坐标方程.

【解析】（1）

C

1

的普通方程为

xy4(0x4)

．

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第143页共336页

22

1

x

t

2

2

t

22

xy4

．

C

由

C

2

的参数方程得

，故

的普通方程为

2

1

22

y

t



2

t

2

5

x

x

y

4,

2

53

(

（2）由

2

得，所以P的直角坐标为

,)

．

2

3

22

x

y

4

y

2

5

2

9

2

x

(

x

)

，设所求圆的圆心的直角坐标为

(x

0

,0)

，由题意得

00

24

解得

x

0

17

．

10

17

cos

．

5

因此，所求圆的极坐标方程为

23.[选修4—5：不等式选讲]（10分）

2

已知函数

f(x)xax2a1

.

（1）当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；

（2）若f(x)≥4，求a的取值范围.

7

2

x

,

x

3

f

(

x

)

3

x

4

，图像如图

A23

所示

.

1,

【解析】（

1

）当

a=2

时，

2

x

7,

x

4

图A23

311

{

x

|

x或x

}

．因此，不等式

f(x)4

的解集为

22

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第144页共336页

222

（2）

f(x)xax2a1a2a1(a1)

，

2

故当

(a1)4

，即

a3

或

a1

时，

f(x)4

．

所以

a

的取值范围是

(,1][3,)

．

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第145页共336页

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学（II卷）试题

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，有一项是符合题目要求的.

1.

已知集合

U

2,1,0,1,2,3

，

A

1,0,1

，

B

1,2

，则

C

U

AB

A.

2,3

B.

2,2,3

C.

2,1,0,3

D.

2,1,0,2,3

D.

sin2

0

2.若

为第四象限角，则

A.

cos2

0

B.

cos2

0

C.

sin2

0

3.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订

单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊

跃报名参加配货工作，已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的

新订单超过1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为

使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿

者

A.10名B.18名C.24名D.32名

4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块

圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每

环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次增

加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不

含天心石）

A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块

5.若过点（2,1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线

2xy30

的距离为

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第146页共336页

A．

5

5

B.

25

5

C.

35

5

D.

45

5

6.

数列

a

n

中，

a

1

2

，

a

m

n

a

m

a

n

，若

a

k

1

a

k

2

...

a

k

10

2

15

2

5

，则

k

A.2B.3C.4D.5

7.下图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应

的点为

M

，在俯视图中对应的点为

N

，则该端点在侧视图中对应的点为

A．

E

B．

F

C．

G

D．

H

x

2

y

2

8．设O为坐标原点，直线

xa

与双曲线C：

2

2

1

（a>0,b>0）的两条渐近

ab

线分别交于D,E两点，若

ODE

的面积为8，则C的焦距的最小值为

A．4B．8C．16D．32

9.设函数

f(x)ln|2x1|ln|2x1|

，则

f(x)

1

A.

是偶函数，且在

(,



)

单调递增

2

1

C.

是偶函数，且在

(



,

)

单调递增

2

11

B.

是奇函数，且在

(

,)

单调递减

22

1

D.

是奇函数，且在

(



,

)

单调递减

2

10.已知△ABC是面积为

93

的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球

4

O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为

A．

3

B．

3

2

C．1D．

3

2

11.若

2

x

2

y

3

x

3

y

，则

A.

ln(yx1)0

B.

ln(yx1)0

第147页共336页

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C.

ln|xy|0

D.

ln|xy|0

12.0-1

周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列

a

1

a

2

a

n

...

满足

a

i

0,1

(

i

1,2,...)

，且存在正整数

m

，使得

a

i

m

a

i

(i

1,2,...)

成立，则称其为

0-1

周期序列，并满足

a

i

m

a

i

(

i

1,2,...)

的最小正整数

m

为这个序列的周期，

1

m

对于周期为

m

的

0-1

序列

a

1

a

2

a

n

...

，

C

(

k

)

a

i

a

i

k

(

k

1,2,...

m

1)

是描述其

m

i

1

1

性质的重要指标，下列周期为

5

的

0-1

的序列中，满足

C

(

k

)

(

k

1,2,3,4)

的序

5

列是

A.

B.

C.

D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知单位向量a，b的夹角为45°，k

ab

与a垂直，则k=_______.

14.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个

小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有种.

15.设复数

z

1

，

z

2

满足

z

1

z

2

2

,则

z

1

z

2

3i

，则

z

1

z

2

_______.

16.设有下列4个命题：

P

1

：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.

P

2

：过空间中任意三点有且仅有一个平面.

P

3

：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.

p

4

：若直线

l

平面

，直线

m

平面

，则

ml

.

则下述命题中所有真命题的序号是_________

①

p

1

p

4

②

p

1

p

2

③

p

2

p

3

④

p

3

p

4

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，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据

要求作答.

（一）必考题，共60分.

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第148页共336页

17.（12分）

ABC

中，

sin

2

Asin

2

Bsin

2

CsinBsinC

，

（1）求

A

；

（2）若

BC3

，求

ABC

周长的最大值.

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第149页共336页

18.（12分）

某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为

调查该地区某种野生动物的数量，将其分为面积相近的200个地块，从这些地块

中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据

，

20

，其中

x

i

，y

i



i

1,2

，

x

i

和

y

i

分别表示第

i

个样区的植物覆盖面积（单

位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得

x

i

1

20

i

60

，

y

i

1200

，

x

i

-

x

i

1

i

1

2020



2

80

，

y

i

-

y

i

1

20



9000

，

x

-

x



y

-

y

800

.

i

1

ii

2

20

（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样

区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；

（2）求样本

x

i

,

y

i



i

1,2,

,20

的相关系数（精确到0.01）；

（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表

性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽

样方法，并说明理由。

附：相关系数

r

x

x



y

i

1

i

n

i

y

2

i

1

n

x

i

x

i

1

2

n

，

21.414

.

y

i

y

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第150页共336页

19.（12分）

x

2

y

2

C

1

的

已知椭圆

C

1

:

2

2

1(

a

b

0)

的右焦点F与抛物线

C

2

的焦点重合，

ab

中心与

C

2

的顶点重合

.

过

F

且与

x

轴垂直的直线交

C

1

于

A

、

B

两点，交

C

2

于

C

、

D

两点，且

CD

4

AB

.

3

（

1

）求

C

1

的离心率；

（

2

）设

M

是

C

1

与

C

2

的公共点

.

若

MF5

，求

C

1

与

C

2

的标准方程

.

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第151页共336页

20.（12分）

如图，已知三棱柱ABC-A

1

B

1

C

1

的底面是正三角形，侧面BB

1

C

1

C是矩形，M，

N分别为BC，B

1

C

1

的中点，P为AM上一点，过B

1

C

1

和P的平面交AB于E，交

AC于F.

（1）证明：AA

1

∥MN，且平面

A

1

AMN

平面

EB

1

C

1

F

；

（2）设

O

为

A

1

B

1

C

1

的中心，若AO∥平面

EB

1

C

1

F

，且

AOAB

，求直线

B

1

E

与平面

A

1

AMN

所成角的正弦值.

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第152页共336页

21.（12分）

已知函数

f

x

sin

2

xsin2x

（1）讨论

f

x

在区间

0，π

的单调性；

（2）证明：

f

x

33

8

；

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第153页共336页

（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答.并用2B铅笔

将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做第一题计分.

22.[选修

44

：坐标系与参数方程](10分)

已知曲线

C

1

,

C

2

的参数方程分别为

1

x

t

x

4cos

,

t

C

1

：

(

为参数

),

C

:(

t

为参数）

.



2

2

y

4sin

y

t

-

1

t

2

（

1

）将

C

1,

C

2

的参数方程化为普通方程：

（

2

）以坐标原点为极点，

x

轴正半轴为极轴建立极坐标系

.

设

C

1,

，

C

2

的交点

为

P

，求圆心在极轴上，且经过极点和

P

的圆的极坐标方程.

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第154页共336页

23.[选修4—5：不等式选讲]（10分）

2

已知函数

f(x)xax2a1

.

（1）当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；

（2）若f(x)≥4，求a的取值范围.

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第155页共336页

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学（3卷）答案详解

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

*

1

．（集合）已知集合

A

{(

x

,

y

)|

x

,

y

N

,

y

x

}

，

B{(x,y)|xy8}

，则

AB

中元素的个数为

A．2B．3C．4D．6

【解析】∵

AB{(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)}

，∴A∩B中元素的个数为4.

【答案】C

2．（复数）复数

A．

3

10

1

的虚部是

13i

B．

1

10

C．

1

10

D．

3

10

【解析】

11

3

i

1

3

i

，故选选项D.



1

3

i

(1

3

i

)

1

3

i

10

【答案】D

3

．（概率统计）在一组样本数据中，

1

、

2

、

3

、

4

出现的频率分别为

p

1

，

p

2

，

p

3

，

p

4

，且

p

i

1

，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是

i

1

4

A．

p

1

p

4

0.1,p

2

p

3

0.4

C．

p

1

p

4

0.2,p

2

p

3

0.3

B．

p

1

p

4

0.4,p

2

p

3

0.1

D．

p

1

p

4

0.3,p

2

p

3

0.2

4

【解析】针对四个选项，均有

p

1

p

4

，

p

2

p

3

，因此

p

i

2(

p

1

p

2

)

1

，得

i

1

p

1

p

2

0.5

，所以

xp

1

2p

2

3p

3

4p

4

5(p

1

p

2

)2.5

，即四个

选项的平均值均为2.5.根据标准差的数学意义可知，与平均值距离大

的数据的频率越高，则标准差越大.比较四个选项，B选项中1和4的

频率最高，因此可以推断B选项的标准差最大.

【答案】B

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第156页共336页

4．（函数，同文4）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：

I

(

t

)

K

1

e

0.23(

t

53)

，其中

K

为最大确诊病例数．当

I(t

*

)0.95K

时，标志着已初步遏制疫情，则

t

*

约为（ln19≈3）

A．60

*

【解析】

I

(

t

)

B．63

K

1

e

0.23(

t

53)

*

C．66

0.95

K

，化简得

e

0.23(

t

*

D．69

53)

19

，

*

*

两边取对数得，

0.23(t53)In19

，解得

t

In193

53



53

66

.

0.230.23

【答案】C

2

5

．（解析几何，同文

7

）设

O

为坐标原点，直线

x=2

与抛物线

C

：

y2px

p0

交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为

A

．

(,0)

1

4

B

．

(,0)

1

2

C

．

(1,0)

D

．

(2,0)

【解析】解法一：如图A7所示，由题意可知，

D(2,2p)

，

E(2,2p)

，





OD

(2,2

p

)

，

OE(2,2p)

，∵OD⊥OE，∴

ODOE

，

1

即

222p2p0

，解得

p1

，∴

C

的焦点坐标为

(,0)

.

2

图A5

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第157页共336页

解法二：

DE4p

，

ODOE44p

，

∵OD⊥OE，∴

OD

2

OE

2

DE

2

，即

2(44p)16p

，解得

p1

，

1

(

∴

C

的焦点坐标为

,0)

.

2

【答案】B

6．（平面向量）已知向量a，b满足

|a|5

，

|b|6

，

ab6

，则

cosa,ab=

A．

31

35

B．

2



2



2

【解析】

a

(

a

b

)

a

a

b

19

，

a

b

a

2

a

b

b

7

，



a

(

a

b

)1919



cos

a

,

a

b

=

所以



5

7

35

.

a

a

b

【答案】D

19

35

17

C．

35

19

D．

35

2

7．（三角函数，类文11）在△ABC中，

cos

C

=

，

AC4

，

BC3

,则

cosB

3

1112

A．B．C．D．

9323

【解析】由余弦定理得，

AB

2

AC

2

BC

2

2ACBCcosC9

，

AB

2

BC

2

AC

2

9

9

161



.

即

AB3

，∴

cos

B

2

AB

BC

2

3

39

【答案】A

8．（立体几何，同文9）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是

A．

642

B．

442

C．

623

D．

423

第158页共336页

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【解析】由三视图可知，该几何体为一个四面体，如图A8所示.其表面积

3

S

3

2



22

4



2

6

23

.

图A8

【答案】C

9．（三角函数）已知

2tan

tan(

)

7

，则tanθ=

4

A．–2B．–1C．1D．2

1

tan

7

，化简得

tan

2

4tan

40

，

【解析】

2tan

tan(

)

2tan

41

tan

解得

tan

2

.

【答案】D

22

10．（解析几何）若直线l与曲线

yx

和

xy

1

都相切，则l的方程为

5

A．y=2x+1B．y=2x+

1

2

C．y=

x+1

1

2

D．y=x+

1

2

1

2

22

【解析】解法一（待定系数法）：设l的方程为

ykxb

，直线l与圆

xy

1

5

相切，故圆心

(0,0)

到直线l的距离等于圆的半径，即

简为

5b

2

=k

2

1

①

.

b

k

2

1

=

5

，化

5

直线

l

与曲线

yx

相切，故

yxkxb

有唯一解，化简为

化简为

4kb1

②.

k

2

x

2

(2kx1)xb

2

0

，则有

=(2kx1)

2

4k

2

b

2

0

，

联立①②，解得

kb

1

.

2

解法二（排除法）：根据直线与圆相切，故圆心到直线l的距离等于圆

的半径，可排除选项

B

、

C

；将选项

A

的方程与曲线

yx

联立，方程

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第159页共336页

无解，即选项A的直线与曲线相离，排除A；同理将选项D的方程与曲

线方程联立，方程有唯一解x=1，故选项D正确.

解法三（画图法）：如图A10所示，从图中不难看出，只有选项D符合

题意.

图A10

【答案】D

x

2

y

2

11．（解析几何）设双曲线C：

2

2

1

（a>0，b>0）的左、右焦点分别为

ab

F

1

，F

2

，离心率为

5

．P是C上一点，且F

1

P⊥F

2

P．若△PF

1

F

2

的面积为4，

则a＝

A．1B．2C．4D．8

1

S

mn

4

2

2

m

2

n

2

2

c

【解析】设

PF

1

m

，

PF

2

n

，根据题意可得，

，解得

a1

.

m

n

2

a

c

5

a

b

2

4

，

PS：双曲线焦点三角形的面积公式

S

，根据题意有

tan45

o

tan

2

c

c

2

b

2

4

解得

b4

，又因为

5

，所以

2

1

2

1

2

5

，解得

a1

.

a

aaa

2

b

2

（双曲线焦点三角形的面积公式的推导过程，可在百度上搜索）

【答案】A

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第160页共336页

12．（函数）已知

5

5

8

4

，

13

4

8

5

，设

alog

5

3

，

blog

8

5

，

clog

13

8

，则

A．a

44

【解析】∵

5

5

8

4

，∴

log

8

5

5

log

8

8

4

，

5log

8

54

，

log

8

5

，即

b

；

55

44

∵

8

5

13

4

，∴

log

13

8

5

log

13

13

4

，

5log

13

84

，

log

13

8

，即

c

；

55

由上述过程，构造不等式：

3

5

5

4

，同理可得

a

log

5

3

∴b

接下来比较a和b：

解法一：构造不等式：

3

4

5

3

，

5

4

8

3

，同理可得

a

log

5

3

4

.

5

3

，

4

3

b

log

8

5

.

4

∴a

解法二：易知

a,b,c(0,1)

，

log

5

3

log

5

8

log

5

24

log

5

25



a

log

5

3

2

2



log

5

3

log

5

8



1

，

b

log

8

54444

222

∴a

故a

【答案】A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

x

y

0

13

．（线性规划，同文

13

）若

x

，

y

满足约束条件

2

x

y

0

,

则

z=3x+2y

的最

x

1

大值为________．

【解析】由约束条件，作出可行域如图A13所示.

化目标函数

z3x2y

为

yx

3

2

131

由图可知，当直线

yxz

过

z

，

222

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第161页共336页

点A(2,1)时，直线在y轴上的截距最大，即z有最大值，所以z

max

=7.

图A13

【答案】7

2



14

．（概率统计）

x

2

的展开式中常数项是

__________

（用数字作答）．

x



6

【解析】展开式的通项公式为

T

r

1

Cx

r

6

2(6

r

)

2

rr

12

3

r

，当

r4

时，

x

的



C

6

2

x

x

r

指数为0，故展开式中常数项为

C

6

4

2

4

240

.

【答案】240

15．（立体几何，同文16）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_________．

【解析】该圆锥轴截面是底边长为2，腰为3的等腰三角形，以其内切圆为大圆

的球即是该圆锥内半径最大的球

.

该三角形的面积为

22

，周长为

8.

1

S

8

r

4

r

22

，解得设内切圆半径为r，则该三角形的面积

2

r

24

3

2

π

r

π

.

，所以该圆锥内半径最大的球的体积为

233

PS：①如记住三角形内切圆半径公式，则可以直接得到内切圆半径

r

1(

a

b

c

)(

b

c

a

)(

c

a

b

)14

2

22



.

2

a

b

c

282

②应用相似三角形的知识，也可以得到内切圆半径，同学们自己做.

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第162页共336页

2

π

【答案】

3

16

．（三角函数，类文

12

）关于函数

f

(

x

)

sin

x

①

f(x)

的图像关于

y

轴对称.

②

f(x)

的图像关于原点对称.

③

f(x)

的图像关于直线

x

④

f(x)

的最小值为2.

其中所有真命题的序号是__________．

【解析】①②：

f(x)

的定义域为

x|xk

,kZ

，函数的定义域关于原点对称，

由

f

(

x

)



sin

x

1

f(x)

为奇函数，故①错误，②正确

.

f

(

x

)

可知，

sin

x

11

sin

x



f

(

x

)

，故③正确

.

sin(π

x

)sin

x

π

对称.

2

1

有如下四个命题：

sin

x

③：

f

(π

x

)

sin(π

x

)

④：

1sinx1(sinx0)

，当

1sinx0

，

f(x)0

，故④错误.

【答案】②③

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，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据

要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）（数列）

设数列{a

n

}满足a

1

=3，

a

n

1

3

a

n

4

n

．

（1）计算a

2

，a

3

，猜想{a

n

}的通项公式并加以证明；

（2）求数列{2

n

a

n

}的前n项和S

n

．

a

2

3a

1

413345

，

a

3

3a

2

423587

，

【解析】（1）

猜想

a

n

2

n

1

.

解法一：（数学完全归纳法）

①当n＝1时，

a

1

2113

，通项公式成立；

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第163页共336页

②假设当n＝k（k∈N*）时，通项公式成立，即

a

k

2

k

1

，

则由已知得

a

k

1

3

a

k

4

k

3(2

k

1)

4

k

2

k

3

2(

k

1)

1

，即n＝k时，

通项公式成立.

由①②可知，通项公式成立。

解法二：（迭代法）

a

n

1

3

a

n

4

n

可化为

a

n

1

(2

n

3)

3[

a

n

(2

n

1)]

，所以有

a

n

1

(2

n

3)

3[

a

n

(2

n

1)]

3

2

[

a

n

1

(2

n

1)]



3

n

1

[

a

2

5]

3

n

[

a

1

3]

，

因

a

1

3

，故

a

n

1

(2

n

3)

0

，即

a

n

1

2

n

3

，所以

a

n

2

n

1.

nn

（

2

）由（

1

）得

2

a

n

(2

n

1)2

，所以

S

n

3

2

5

2

2

7

2

3



(2

n

1)

2

n

①

.

234

n

1

从而

2

S

n

3

2

5

2

7

2



(2

n

1)

2

②

.

①②

得

S

n

3

2

2

2

2

2

2

3



2

2

n

(2

n

1)

2

n

1

，

n

1

所以

S

n

(2

n

1)2

2.

18．（12分）（概率统计，同文18）

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

1

（优）

2

（良）

3

（轻度污染）

4

（中度污染）

[0,200]

2

5

6

7

(200,400]

16

10

7

2

(400,600]

25

12

8

0

（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

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第164页共336页

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

空气质量好

空气质量不好

人次>400

n

(

ad

bc

)

2

附：

K

，

(

a

b

)(

c

d

)(

a

c

)(

b

d

)

2

P(K

2

≥k)

k

0.050

3.841

0.010

6.635

0.001

10.828

【解析】（1）由所给数据，该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率的估

计值如下表：

空气质量等级

概率的估计值

1

0.43

2

0.27

3

0.21

4

0.09

（2）一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为

1

(100

20

300

35

500

45)

350

．

100

（3）根据所给数据，可得2×2列联表：

人次≤400

空气质量好

空气质量不好

根据列联表得

33

22

人次>400

37

8

100

(33

8

22

37)

2

K



5.820

．

55

45

70

30

2

由于

5.8203.841

，故有

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．

19．（12分）（立体几何）

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第165页共336页

如图，在长方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，在

E

,

F

分别在棱

DD

1

，

BB

1

上，且

2DEED

1

，

BF2FB

1

.

（1）证明：点

C

1

在平面AEF内.（同文19(2)）

（2）若

AB2

，

AD1

，

AA

1

3

，求二面角A-EF-A

1

的正弦值．



【解析】设

ABa

，

ADb

，

AA

1

c

，如图

A19

，以

C

1

为坐标原点，

C

1

D

1

的方

向为x轴正方向，建立空间直角坐标系

C

1

xyz

．

21

（1）连结

C

1

F

，则

C

1

(0,0,0)

，

A(a,b,c)

，

E

(

a

,0,

c

)

，

F

(0,

b

,

c

)

，

33



11

∴

EA

(0,

b

,

c

)

，

C

1

F

(0,

b

,

c

)

，

33



∴

EAC

1

F

．

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第166页共336页

∴EA∥C

1

F，即A,E,F,C

1

四点共面，所以点C

1

在平面AEF内．

（2）由已知得

A(2,1,3)

，

E(2,0,2)

，

F(0,1,1)

，

A

1

(2,1,0)

，



AE(0,1,1)AF(2,0,2)

AE(0,1,2)AF

∴，，

1

，

1

(2,0,1)

．



n

1

AE

0

设

n

1

(x

1

,y

1

,z

1

)

为平面

AEF

的法向量，则

，





n

1

AF

0





y

1

z

1

0

y

1



z

1

n

即

，解得

，可取

1

(1,1,1)

．

2

x

2

z

0

x



z

11

11



n

2

A

1

E

0

设

n

2

(x

2

,y

2

,z

2

)

为平面

A

1

EF

的法向量，则

，





n

2

A

1

F

0



y

1

2

z

1



y

1

2

z

1

0

1

，可取

n

2

(1,4,2)

．即

，解得

x

z

1

2

x

z

0

1

11

2





n

n

2

7

1





∴

cos

n

1

,

n

2





，

7

|

n

1

|

|

n

2

|

7

42



∴二面角A-EF-A

1

的正弦值为

1

．

7

7



2

20．（12分）（解析几何，同文21）

15

x

2

y

2

已知椭圆

C

:

2

1(0

m

5)

的离心率为，

A,B

分别为

C

的左、右

4

25

m

顶点．

（1）求C的方程；

BPBQ

，（2）若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且

|BP||BQ|

，求

△APQ

的面积．

25

25

m

2

15

【解析】（

1

）由题设可得，得

m

2

，

16

54

x

2

y

2

1

，化简为

x

2

16y

2

25

.

所以

C

的方程为

25

25

16

（2）设

P

(

x

P

,

y

P

),

Q

(6,

y

Q

)

，根据对称性可设

y

Q

0

，由题意知

y

P

0

，

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第167页共336页

解法一：由已知可得

B(5,0)

，所以直线

BQ

的斜率

k

Q

y

Q

.

因

BPBQ

，

故直线BP的斜率

k

P



且

|

BP

|

y

P

1

1

1

，直线BP的方程为

y

(

x

5)

.

y

Q

y

Q

1

222

，

y

1

y

|

BQ

|1

k

1

y

PQQQ

.

2

k

p

因为

|BP||BQ|

，所以

y

P

1

.

将

y

P

1

代入

C

的方程，解得

x

P

3

或

3

.

①当

x

P

3

，由直线

BP

的方程得

y

Q

2

.

点

P,Q

的坐标分别为

P

1

(3,1),Q

1

(6,2)

.

1

|PQ|10

PQ

，直线

的方程为

点

A(5,0)

到直线

PQ

yx

，

1111

的距离为

11

3

10

1105

.

，故

△APQ

的面积为

S

10

11

222

2

②当

x

P

3

，由直线

BP

的方程得

y

Q

8

.

点

P,Q

的坐标分别为

P

2

(3,1),Q

2

(6,8)

.

同理可得，

|P

2

Q

2

|130

，点A到直线

P

2

Q

2

的距离为

11305

面积为

S

130

.

2262

130

，

△AP

2

Q

2

的

26

综上，

△APQ

的面积为

5

.

2

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