2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)H）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一項(xiàng)是符合題目要求的。.已知集合U={-2,—1,0,1,2,3},A={—1,0,1},B={1,2},則CU\AB）=（ ）A.{-2,3} B. {-2 , 2,3}C.{-2,-1,0,3}D. {-2 , -1,0 ,2,3}.若a為第四象限角，則（ ）A.cos2a>0 B.cos2a<0 C.sin2a>0 D.sin2a<0.在新冠肺炎疫情防控期間，某超市開通網(wǎng)上銷售業(yè)務(wù)，每天能完成1200份訂單的配貨，由于訂單量大幅增加，導(dǎo)致訂單積壓.為解決困難，許多志愿者踴躍報(bào)名參加配貨工作.已知該超市某日積壓500份訂單未配貨，預(yù)計(jì)第二天的新訂單超過(guò)1600份的概率為0.05，志愿者每人每天能完成50份訂單的配貨，為使第二天完成積壓訂單及當(dāng)日訂單的配貨的概率不小于0.95,則至少需要志愿者（ ）A.10名 B.18名 C.24名 D.32名.北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板（稱為天心石），環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板（不含天心石）（ ）A. 3699塊 B.3474塊 C.3402塊 D. 3339塊TOC\o"1-5"\h\z.若過(guò)點(diǎn)(2,1)的圓與兩坐標(biāo)軸都相切，則圓心到直線2%-y-3=0的距離為( )A.亙 B,遼 C.亙 D,包5 5 5 5.數(shù)歹lj{a}中，a=2,a=aa.若a+a+…+a=215-25，則k=( )A.2 " 1 B.m+3 mn k+1(k+24 k+1° D.5.如圖是一個(gè)多面體的三視圖，這個(gè)多面體某條棱的一個(gè)端點(diǎn)在正視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M,在俯視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為N，則該端點(diǎn)在側(cè)視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為（ ）第1頁(yè)（共18頁(yè)）

A.EB.FC.GD.A.EB.FC.GD.H.設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線x=a與雙曲線C:三-"=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別交于a2b2TOC\o"1-5"\h\zD,E兩點(diǎn).若AODE的面積為8,則C的焦距的最小值為( )A.4 B.8 C.16 D.32.設(shè)函數(shù)f(x)=ln12x+11-ln12x—11,則f(x)( )A.是偶函數(shù)，且在(2,+8)單調(diào)遞增B.是奇函數(shù)，且在(-1,1)單調(diào)遞減2 2c.是偶函數(shù)，且在(-8,-2)單調(diào)遞增D.是奇函數(shù)，且在(-8,-2)單調(diào)遞減9K3.已知AABC是面積為2的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上.若球O的表面4TOC\o"1-5"\h\z積為16冗，則O到平面ABC的距離為( )A.<3 B.3 C.1 D.總2 2.若2x-2y<3-x-3-y，則( )A.In(y-x+1)>0 B.In(y-x+1)<0 C.InIx-yl>0 D.InIx-yl<012.0-1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用.若序列aa…a…滿足ae{0,1}(i=1,2,…)，且存在正整數(shù)m，使得a=a(i=1,2,…)成立；2則稱其為0-1周期序列，并稱滿足ai+“=a(i=1,2…)的最小正整數(shù)m為這個(gè)序列的周期.對(duì)于周期為m的0-1序列1aa…a…，C(k)=—Xaa(k=1,2,…，m-1)是描述其性質(zhì)的重要指標(biāo).下列周期為2n mii+ki=15的0-1序列中，滿足ca)v51=l2,3,4)的序列是()A.11010… B.11011… C.10001… D.11001…二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。.已知單位向量a,b的夾角為45。，ka-b與a垂直，則k=—..4名同學(xué)到3個(gè)小區(qū)參加垃圾分類宣傳活動(dòng)，每名同學(xué)只去1個(gè)小區(qū)，每個(gè)小區(qū)至少安排1名同學(xué)，則不同的安排方法共有一種._.設(shè)復(fù)數(shù)z,z滿足Izl=lzl=2,z+z=v'3+i,則Iz-z|=..設(shè)有下列四個(gè)命題：1 2 1 2 1 2%：兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi).p2:過(guò)空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面.第2頁(yè)(共18頁(yè))p:若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.3p:若直線lu平面a，直線m±平面a，則m±l.4則下述命題中所有真命題的序號(hào)是—?①pAp②pAp③「pVp④「pV「p三、林答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。第17?21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共60分。(12分)AABC中，sin2A一sin2B一sin2C=sinBsinC.⑴求A；(2)若BC=3，求AABC周長(zhǎng)的最大值.(12分)某沙漠地區(qū)經(jīng)過(guò)治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動(dòng)物數(shù)量有所增加.為調(diào)查該地區(qū)某種野生動(dòng)物的數(shù)量，將其分成面積相近的200個(gè)地塊，從這些地塊中用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣的方法抽取20個(gè)作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)(％,y)(i=1,2,…，20),其中％和仁分別表示第i個(gè)樣區(qū)的植物覆蓋面積(單位：公頃)’和這種野生動(dòng)物的數(shù)量，并計(jì)算得列％=60, ￡y =1200,￡(% —亍)2=80, ￡(y —y)2=9000 ,￡(%—5)(y—y)=800.i i i i i ii=1 i=1 i=1 i=1 i=1(1)求該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值(這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值等于樣區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù))；(2)求樣本(%,y)(i=1,2,…，20)的相關(guān)系數(shù)(精確到0.01)；(3)根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計(jì)‘資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計(jì)，請(qǐng)給出一種你認(rèn)為更合理的抽樣方法，并說(shuō)明理由.22x1.414.附：相關(guān)系數(shù)r=一!二二J￡(X-%)2￡(yi-y)2'i=1 22x1.414.(12分)已知橢圓C:一+工=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F與拋物線C的焦點(diǎn)重合，C的1a2b2 2 1中心與。2的頂點(diǎn)重合，過(guò)F且與％軸垂直的直線交C于A,B兩點(diǎn)，交C2于C,D兩點(diǎn)，4且ICD1=-IABI.3(1)求C的離心率；(2)設(shè)M是q與C2的公共點(diǎn)，若IMF1=5，求q與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.(12分)如圖，已知三棱柱ABC-AB.C的底面是正三角形，側(cè)面是BBCC是矩形.M,N分別為BC,BC的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)BC和P的平面交AB于E，交AC于F.1111(1)證明：AA//MN，且平面AAMN±平面EBCF；(2)設(shè)O為^ABC的中心，若AO//平面EBCF：且AO=AB,求直線BE與平面AAMN所成角的正弦值：11 11 1 1第3頁(yè)(共18頁(yè))

BB(12分)已知函數(shù)f(%)=sin2%sin2%.(1)討論f(%)在區(qū)間(0,九)的單調(diào)性;(2)證明：1fQ^^——；8(3)3n設(shè)ngN*，證明：sin2%sin22%sin24%…sin22n%<一.(3)4n(二)選考題：共10分。請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做第一題計(jì)分。［選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程］(10分)L=t+1(10分)已知曲線C,C的參數(shù)方程分別為C:卜=4s'2°,(0為參數(shù))，C:］ t'(tTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"i2 1y=4sin2O 2 11 t為參數(shù)).(1)將C,C的參數(shù)方程化為普通方程；(2)以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，％軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.設(shè)C,。2的交點(diǎn)為P，求圓心在極軸上，且經(jīng)過(guò)極點(diǎn)和P的圓的極坐標(biāo)方程. 1 2［選修4-5：不等式選講］(10分)23.已知函數(shù)f(%)=1%-a21+1%一2a+11.(1)當(dāng)a=2時(shí)，求不等式fQ)>4的解集;(2)若fQ)>4，求a的取值范圍.第4頁(yè)(共18頁(yè))

2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)H）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共12小題,每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一一、選擇題：本題共12小題,2},2},則C(AUB)二U1.已知集合U={-2,—1,0,1,2,3},A={—1,0,1},B={1,( )A.{-2,3} B.{-2,2,3}{-{-2,-1,0,3}{-2,-1,0,2,3}【思路分析】先求出AUB,再根據(jù)補(bǔ)集得出結(jié)論.【解析】集合U={-2,-1,0,1,2,3},A={-1,0,1},B={1,2},則AUB=1-1,0,1,2）,則C（AUB）=12,3}.故選：A.U【總結(jié)與歸納】本題主要考查集合的交并補(bǔ)運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.2.若a為第四象限角，則（ ）cos2a>0cos2a>0cos2a<0sin2a>0sin2a<0【思路分析】先求出2a是第三或第四象限角或?yàn)閖軸負(fù)半軸上的角，即可判斷.?！窘馕觥浚篴為第四象限角，則——+2k兀<a<2k兀，kgZ，則一兀+4k兀<2a<4k兀,2???2a是第三或第四象限角或?yàn)閖軸負(fù)半軸上的角，，sin2a<0，故選：D.【總結(jié)與歸納】本題考查了角的符號(hào)特點(diǎn)，考查了轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題.3.在新冠肺炎疫情防控期間，某超市開通網(wǎng)上銷售業(yè)務(wù)，每天能完成1200份訂單的配貨，由于訂單量大幅增加，導(dǎo)致訂單積壓.為解決困難，許多志愿者踴躍報(bào)名參加配貨工作.已知該超市某日積壓500份訂單未配貨，預(yù)計(jì)第二天的新訂單超過(guò)1600份的概率為0.05，志愿者每人每天能完成50份訂單的配貨，為使第二天完成積壓訂單及當(dāng)日訂單的配貨的概率不小于0.95,則至少需要志愿者（ ）A.10名 B.18名 C.24名 D.32名【思路分析】由題意可得至少需要志愿者為1600+500-1200=18名.50【解析】：第二天的新訂單超過(guò)1600份的概率為0.05,就按1600份計(jì)算，第二天完成積壓訂單及當(dāng)日訂單的配貨的概率不小于0.95就按1200份計(jì)算，因?yàn)楣究梢酝瓿膳湄?200份訂單，則至少需要志愿者為1600+500-1200=18名，50故選：B.【總結(jié)與歸納】本題考查了等可能事件概率的實(shí)際應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.4.北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板（稱為天心石），環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板（不含天心石）（ ）第5頁(yè)（共18頁(yè)）

A.3699塊 B.3474塊 C.3402塊 D.3339塊【思路分析】由題意可得從內(nèi)到外每環(huán)之間構(gòu)成等差數(shù)列，且公差d=9,a=9，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)即可求出n=9，再根據(jù)前n項(xiàng)和公式即可求出. 1【解析】：設(shè)每一層有n環(huán)，由題意可知從內(nèi)到外每環(huán)之間構(gòu)成等差數(shù)列，且公差d=9,4=9，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得Sn,S2「SjS3「S2n成等差數(shù)列，且(S3—S2)—(S2—S)=n2d，貝in2d1729“，則nn=9:則三層共有扇面形石板S=S=27x9+27乂26x9=3402塊，故選：C.TOC\o"1-5"\h\z3n27 2【總結(jié)與歸納】本題考查了等差數(shù)列在實(shí)際生活中的應(yīng)用，考查了分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題..若過(guò)點(diǎn)(2,1)的圓與兩坐標(biāo)軸都相切，則圓心到直線2%-j-3=0的距離為( )5 2-5 03M 44<5A. B. C. D.5 5 5 5【思路分析】由已知設(shè)圓方程為(％-a)2+(j-a)2=a2,(2,1)代入，能求出圓的方程，再代入點(diǎn)到直線的距離公式即可.【解析】由題意可得所求的圓在第一象限，設(shè)圓心為(a,a)，則半徑為a,a〉0.故圓的方程為(％-a)2+(j-a)2=a2，再把點(diǎn)(2,1)代入，求得a=5或1,故要求的圓的方程為(％-5)2+(j-5)2=25或(％-1)2+(j-1)2=1.故所求圓的圓心為(5,5)或(1,1)；故圓心到直線2%故圓心到直線2%-j-3=0的距離d=12x5-5-3121++1212x1-1-312x5<22+12 5故選：B.【總結(jié)與歸納】本題主要考查用待定系數(shù)法求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的方法，求出圓心坐標(biāo)和半徑的值，是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.TOC\o"1-5"\h\z.數(shù)列U｛a｝中，a=2,a=aa.若a+a+…+a=215-25，則k=( )A.2n1 B.m+3mn k+1C.24 k+10 D.5【思路分析】在已知數(shù)列遞推式中，取m=1,可得M=2，則數(shù)列｛a｝是以2為首項(xiàng)，以a nn2為公比的等比數(shù)列，再由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式列式求解.【解析】：由a=2，且an=aa「取m=1,得a=aa=2a,,a..-n+1—2,an則數(shù)列｛an｝是以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，則a=2*2k=2k+1,k+1第6頁(yè)(共18頁(yè))

2k+1（1—210）cccc「'a+a+...+a— —211+k—2k+1—215—25,k+1 k+2 k+10 1—2:.k+1—5,即k—4.故選：C.【總結(jié)與歸納】本題考查數(shù)列遞推式，考查等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了等比數(shù)列前項(xiàng)和的求法，是中檔題..如圖是一個(gè)多面體的三視圖，這個(gè)多面體某條棱的一個(gè)端點(diǎn)在正視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M,在俯視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為N，則該端點(diǎn)在側(cè)視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為（ ）A.E B.F C.G D.H【思路分析】首先把三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖，進(jìn)一步求出圖形中的對(duì)應(yīng)點(diǎn).【解析】根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖：根據(jù)三視圖和幾何體的的對(duì)應(yīng)關(guān)系的應(yīng)用，這個(gè)多面體某條棱的一個(gè)端點(diǎn)在正視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，在俯視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為N,所以在側(cè)視圖中與點(diǎn)E對(duì)應(yīng).故選：A.【總結(jié)與歸納】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三視圖和幾何體的直觀圖之間的轉(zhuǎn)換、主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)換能力及思維能力，屬于基礎(chǔ)題型..設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線％—a與雙曲線C:"-￡—1（a>0,b>0）的兩條漸近線分別交于a2b2D,E兩點(diǎn).若AODE的面積為8,則C的焦距的最小值為（ ）A.4 B.8 C.16 D.32【思路分析】根據(jù)雙曲線的漸近線方程求出點(diǎn)D,E的坐標(biāo)，根據(jù)面積求出ab—8，再根據(jù)基本不等式即可求出.【解析】由題意可得雙曲線的漸近線方程為y—±-x,a分別將x—a，代入可得y—±b,即D（a,b）,E（a，-b）,貝US —ax2b—ab―8,AODE2c2―a2+b2>2ab—16，當(dāng)且僅當(dāng)a—b=2<2時(shí)取等號(hào)，??.C的焦距的最小值為2x4=8,故選：B.第7頁(yè)（共18頁(yè)）【總結(jié)與歸納】本題考查了雙曲線的方程和基本不等式，以及漸近線方程，屬于基礎(chǔ)題..設(shè)函數(shù)f(%)=lnI2%+1I-lnI2%-1I,則f(%)( )A.是偶函數(shù)，B.是奇函數(shù)，C.是偶函數(shù)，D.是奇函數(shù)，且在(2,+8)單調(diào)遞增且在(-1,3單調(diào)遞減2 2A.是偶函數(shù)，B.是奇函數(shù)，C.是偶函數(shù)，D.是奇函數(shù)，且在(2,+8)單調(diào)遞增且在(-1,3單調(diào)遞減2 2且在(-8,-2)單調(diào)遞增且在(-8,-2)單調(diào)遞減【思路分析】求出%的取值范圍，由定義判斷為奇函數(shù)，利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)變形，再判斷內(nèi)層函數(shù)t=i2%±」i的單調(diào)性，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性得答案.【解析】由2%-112%+1豐0 用14 ，得%w土.|2%-1w0 2又f(-%)=ln|-2%+11-lnI-2%-11=-(ln12%+11-ln12%-11)=-f(%),???/(%)為奇函數(shù)；由f(%)=lnI2%+1I-lnI2%-1I=ln“％+"=lnI'%+1I,I2%-1I 2%-12%+1 2%-1+2, 2 = =1+——1 2 1 1=1+ T=1+1.2(%-不) %—2可得內(nèi)層函數(shù)t=\2%^11的圖象如圖，

2%-1在(-8,-1)上單調(diào)遞減，在(-1，1)上單調(diào)遞增，2> 2>2>則(2,+8)上單調(diào)遞減.又對(duì)數(shù)式y(tǒng)=lnt是定義域內(nèi)的增函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得，f(%)在(-8,-2)上單調(diào)遞減.【總結(jié)與歸納】本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的綜合，考查復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的求法，是中檔題.9%.：3.已知AABC是面積為2的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上.若球O的表面4積為16冗，則O到平面ABC的距離為( )第8頁(yè)(共18頁(yè))TOC\o"1-5"\h\zA.口 B.3 C.1 D.—2 2【思路分析】畫出圖形，利用已知條件求三角形ABC的外接圓的半徑，然后求解001即可.【解析】由題意可知圖形如圖：AABC是面積為九3的等邊三角形，可得與AB2=生3,4 4 4AB=BC=AC=3,可得：A0=—x――x3=v3,1 3 2球0的表面積為16九，外接球的半徑為：4冗R2=16，解得R=2,所以0到平面ABC的距離為：^4二3=1.故選：C.【總結(jié)與歸納】本題考查球的內(nèi)接體問(wèn)題，求解球的半徑，以及三角形的外接圓的半徑是解題的關(guān)鍵.11.若2x—2y<3-x—3-y，則( )A.In(y—x+1)>0B.In(y—x+1)<0C.InIx—yl>0D.InIx—yl<0【思路分析】由2x—2y<3-x—3-y，可得2x—3-x<2y—3-y，令f(x)=2x—3-x，則f(x)在R上單調(diào)遞增，且f(x)<f(y),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得x,y的大小關(guān)系，結(jié)合選項(xiàng)即可判斷.【解析】：由2x—2y<3-x—3-y，可得2x—3-x<2y—3-y,令f(x)=2x—3-x，則f(x)在R上單調(diào)遞增，且f(x)<f(y),所以x<y，即y—x>0,由于y—x+1>1,故In(y—x+1)>ln1=0,故選：A.【總結(jié)與歸納】本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性在比較變量大小中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)試題.12.0—1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用.若序列aa…a…滿足ae{0,1}(i=1,2,…)，且存在正整數(shù)m，使得a=a(i=1,2,…)成立；2則稱其為0-1周期序列，并稱滿足ai+“=a(i=1,2…)的最小正整數(shù)m為這個(gè)序列的周期.對(duì)于周期為m的0—1序列1aa…a…，C(k)=—Xaa(k=1,2,…，m—1)是描述其性質(zhì)的重要指標(biāo).下列周期為2n mii+ki=15的0—1序列中，滿足C(k)V5kk=1，2,3,4)的序列是( )A.11010… B.11011… C.10001… D.11001…【思路分析】分別為4個(gè)選項(xiàng)中k=1,2,3,4進(jìn)行討論，若有一個(gè)不滿足條件，就排除；由題意可得周期都是5,每個(gè)答案中都給了一個(gè)周期的排列，若需要下個(gè)周期的排列，繼續(xù)寫出，如C答案中的排列為100011000110001【解析】對(duì)于A選項(xiàng)：序列1101011010第9頁(yè)(共18頁(yè))C(1)二1工aa=1(1+0+0+0+0)=1,TOC\o"1-5"\h\z5 一+i5 5i-5C(2)—』Zaa——(0+1+0+1+0)-2>］，不滿足CQ)?二Q-L2,3,4)故排除A；5ii+25 55 5i-1對(duì)于B選項(xiàng)：序列1101111011C(1)——Saa——(1+0+0+1+1)—°>1，不滿足條件，排除；5ii+1 5 5 5i—5對(duì)于C選項(xiàng)：序列100011000110001C(1)-1Saa—1(0+0+0+0+1)―1,5ii+1 5 5i—5C(2)-1Saa—1(0+0+0+0++0)—0,5ii+2 5i—1C(3)—1Saa—1(0+0+0+0+0)―0,5ii+3 5i—1C(4)—1Saa—1(1+0+0+0+0)—1，符合條件，5ii+4 5 5i—1對(duì)于D選項(xiàng)：序列1100111001C(1)—1Saa—1(1+0+0+0+1)-->1不滿足條件.5ii+1 5 5 5i—5故選：C.【總結(jié)與歸納】本題考查序列的周期性及對(duì)5個(gè)兩項(xiàng)乘積之和的求法，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。 _213.已知單位向量a,b的夾角為45。,ka-b與a垂直，則k———?2【思路分析】由已知求得ab，再由ka-b與a垂直，可得(ka-b)-a-0，展開即可求得k值.【解析】：?.?向量a,b為單位向量，且a,b的夾角為45。,TOC\o"1-5"\h\z-一-- 匚-<2二.a?b-Ia卜IbIcos45?！?x1x - ,2 2—> —> —?又ka一b與a垂直，「.(ka一b)壇—kIa|2一a?b—0,2 … 21即k一——0，則Uk——.2 2故答案為：——.2【總結(jié)與歸納】本題考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，是基礎(chǔ)題..4名同學(xué)到3個(gè)小區(qū)參加垃圾分類宣傳活動(dòng)，每名同學(xué)只去1個(gè)小區(qū)，每個(gè)小區(qū)至少安排1名同學(xué)，則不同的安排方法共有36種.【思路分析】先從4人中選出2人作為一組有C2種方法，再與另外2人一起進(jìn)行排列有A3種方法，相乘即可 4 3【解析】：因?yàn)橛幸恍^(qū)有兩人，則不同的安排方式共有C2A3-36種.43故答案為：36．【總結(jié)與歸納】本題考查排列組合及分步計(jì)數(shù)原理的運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)題..設(shè)復(fù)數(shù)z,z滿足IzI—IzI—2,z+z—、；3+i,則Iz_zI——2<3—.【思路分析】1利用復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式和復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，求解即可.【解析】：復(fù)數(shù)z，z滿足IzI-IzI-2,z1+z2—也+i,所以Iz+zI-2,.,.Iz1+z212—(z1+z2)*z1+z2—4,第10頁(yè)(共18頁(yè))

「.8+zz+zz=4?得zz+zz=-4.：.\z1-z212=8-(z1z2+z1z2)=12.又Iz.-zl>0，故Iz-z1=2m.故答案為：2v，3.【總結(jié)與歸納】熟練掌握復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和純虛數(shù)的定義、復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式設(shè)解題的關(guān)鍵..設(shè)有下列四個(gè)命題：4：兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi).P；：過(guò)空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面.P1若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.3p:若直線lu平面a，直線m±平面a，則m±l.4則下述命題中所有真命題的序號(hào)是①③⑷.①pAp②pAp③「pVp④「pV「p【思路分析】根據(jù)空間中直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系對(duì)四個(gè)命題分別判斷真假即可得到答案.【解析】：設(shè)有下列四個(gè)命題：p:兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi).根據(jù)平面的確定定理可得此命題1為真命題，p?：過(guò)空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面.若三點(diǎn)在一條直線上則有無(wú)數(shù)平面，此命題為假命題，p:若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行，也有可能異面的情況，此命題為假命題，3p:若直線lu平面a,直線m1平面a,則m11.由線面垂直的定義可知，此命題為真4命題；由復(fù)合命題的真假可判斷①pAp為真命題，②pAp為假命題，③「pVp為真命題，④「pv「p為真命題， 14 12 23故真命題的序號(hào)是：①③④，故答案為：①③④，【總結(jié)與歸納】本題以命題的真假判斷為載體，考查了空間中直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。第17?21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共60分。17.（12分）AABC中，sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC.⑴求A；（2）若BC=3，求AABC周長(zhǎng)的最大值.【思路分析】（1）運(yùn)用余弦定理和特殊角的三角函數(shù)值，可得所求角；（2）運(yùn)用正弦定理和三角函數(shù)的和差公式，結(jié)合余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得所求最大值.【解析】：（1）設(shè)AABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,因?yàn)閟in2A-sin2B-sin2C=sinBsinC,由正弦定理可得a2-b2-c2=bc,即為b2+c2-a2=-bc,由余弦定理可得cos由余弦定理可得cosA==2bc2bc冗由0<A〈兀，可得A=——；

3第11頁(yè)（共18頁(yè)）

(2)解法一：由題意可得a=3,由正弦定理可得又B+C=；，可設(shè)B=.-d,由正弦定理可得.28 sinBsinCsin一3可得b=2v3sin(--d),c=2V3sin(—+d),6 6則AABC周長(zhǎng)為 _ _a+b+c=3+2<3[sin(-6-d)+sin(-6+d)]=3+243(；cosd--2^sind+2cosd+-2-sind),當(dāng)d=0，即B=C=-時(shí)，AABC的周長(zhǎng)取得最大值3+2<3.6-解法二(賀雷穎老師補(bǔ)解)：由(1)得A=生，由題意可得a=3，2-由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosC=b2+c2-2bccos—，可得9=b2+c2+bc=(b+c}-bc,/.(b+c)-9=bc<c'，3b+c'<9,(b+c)<12,ab+c<2<3,aa+b+c<3+2<3.4當(dāng)且僅當(dāng)b=c=.v3時(shí)等號(hào)成立，AABC的周長(zhǎng)取得最大值為3+2c【總結(jié)與歸納】本題考查三角形的正弦定理和余弦定理的運(yùn)用，考查三角函數(shù)的恒等變換和圖象與性質(zhì)，考查方程思想和化簡(jiǎn)運(yùn)算能力，屬于中檔題.(12分)某沙漠地區(qū)經(jīng)過(guò)治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動(dòng)物數(shù)量有所增加.為調(diào)查該地區(qū)某種野生動(dòng)物的數(shù)量，將其分成面積相近的200個(gè)地塊，從這些地塊中用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣的方法抽取20個(gè)作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)(％,y)(i=1,2,…，20),其中％和乙分別表示第i個(gè)樣區(qū)的植物覆蓋面積(單位：公頃)’和這種野生動(dòng)物的數(shù)量，并計(jì)算得y％=60, ￡y =1200,￡(%-5)2=80, ￡(y-y)2 =9000,￡(%-5)(y -y)=800.i i i i i ii=1 i=1 i=1 i=1 i=1(1)求該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值(這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值等于樣區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù))；(2)求樣本(%,y)(i=1,2,…，20)的相關(guān)系數(shù)(精確到0.01)；(3)根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計(jì)‘資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計(jì)，請(qǐng)給出一種你認(rèn)為更合理的抽樣方法，并說(shuō)明理由.附：相關(guān)系數(shù)r=「1(i=="y),、工-1.414.p(%-%)2￡(yi-y)2i=1 i=1【思路分析】(1)由已知數(shù)據(jù)求得20個(gè)樣區(qū)野生動(dòng)物數(shù)量的平均數(shù)，乘以200得答案;(2)由已知直接利用相關(guān)系數(shù)公式求解；(3)由各地塊間植物覆蓋面積差異很大可知更合理的抽樣方法是分層抽樣.【解析】：(1)由已知，列y.=1200,i=1a20個(gè)樣區(qū)野生動(dòng)物數(shù)量的平均數(shù)為—￡y=1200=60,20ii=1第12頁(yè)(共18頁(yè))

該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值為60x200=12000；(2) ■「光(％ -x)2=80,光(y 一 y)2 =9000,光(x -x)(y一y)=800,TOC\o"1-5"\h\zi i i iZ(xi-x)(yi_y)Z(xi-x)(yi_y)/.r= ,：tZ(x「x)2Z(y「y)2

'i=1 i=12v2——X0.942v2——X0.943<80x9000—600<2（3）更合理的抽樣方法是分層抽樣，根據(jù)植物覆蓋面積的大小對(duì)地塊分層，再對(duì)200個(gè)地塊進(jìn)行分層抽樣.理由如下：由（2）知各樣區(qū)的這種野生動(dòng)物數(shù)量與植物覆蓋面積有很強(qiáng)的正相關(guān).由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大，從而各地塊間這種野生動(dòng)物數(shù)量差異也很大，采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與總體結(jié)構(gòu)的一致性，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計(jì).【總結(jié)與歸納】本題考查簡(jiǎn)單的隨機(jī)抽樣，考查相關(guān)系數(shù)的求法，考查計(jì)算能力，是基礎(chǔ)題.（12分）已知橢圓C:x2+竺=1（a>b>0）的右焦點(diǎn)F與拋物線C的焦點(diǎn)重合，C的1a2b2 2 1中心與。2的頂點(diǎn)重合，過(guò)F且與x軸垂直的直線交C于A,B兩點(diǎn)，交C2于C,D兩點(diǎn)，4且ICD1=-IABI.3（1）求q的離心率；（2）設(shè)M是C與C的公共點(diǎn)，若IMF1=5，求C與C的標(biāo)準(zhǔn)方程.【思路分析】（1）由2F為C的焦點(diǎn)且AB1x軸，F(xiàn)為C的焦點(diǎn)且CD1x軸，分別求得F的坐標(biāo)和IABI,ICDI，由已知條件可得p,c,a,b的方程，消去p，結(jié)合a,b,c和e的關(guān)系，解方程可得e的值；（2）由（1）用c表示橢圓方程和拋物線方程，聯(lián)立兩曲線方程，解得M的橫坐標(biāo)，再由拋物線的定義，解方程可得c，進(jìn)而得到所求曲線方程.【解析】：（1）因?yàn)镕為C1的焦點(diǎn)且AB1x軸，2b2可得F（c,0）,IABI=——，a設(shè)q的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=2px（p〉0）,TOC\o"1-5"\h\z因?yàn)镕為C的焦點(diǎn)且CD1x軸，所以F（p,0）,ICDI=2p,2 24 卜=p因?yàn)镮CDI=-IABI,C,C的焦點(diǎn)重合，所以\ ,3 1 2 0 42b22p=T?一L3a,_ 8b2消去p，可得4c=絲-，所以3ac=2b2,3a所以3ac=2a2一2c2,設(shè)C的離心率為e，由e=-，則2e2+3e-2=0,1 a 1 1解得e=1（-2舍去），故G的離心率為1；2 1 _ 2（2）由（1）可得a=2c,b='<3c,p=2c,所以C:4——+3--1,C:y2=4cx,聯(lián)立兩曲線方程，消去y，可得3x2+16cx—12c2=0,第13頁(yè)（共18頁(yè)）2所以(3x-2c)(x+6c)=0，解得x=3c或x=-6c(舍去),d2 5 .從而IMFI=xH—=—c+c-—c-5,23 3解得c-3,所以C和C的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為上+￡-1,y2-12x.1 2 3627【總結(jié)與歸納】本題考查拋物線和橢圓的定義、方程和性質(zhì)，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，考查方程思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題.20.（12分）如圖，已知三棱柱ABC-ABCi的底面是正三角形，側(cè)面是BBCC是矩形.M,N分別為BC,BC的中點(diǎn)，P為AM上一1點(diǎn)，過(guò)BC和P的平面交AB于E，交AC于F.i1 11（1）證明：AA//MN，且平面AAMN1平面EBCF；（2）設(shè)O為^ABC的中心，若AO//平面EBCF，,且AO-AB,求直線BE與平面AAMN1111111所成角的正弦值.【思路分析】（1）推導(dǎo)出BN-BM，四邊形BBNM為矩形，AN1BC,從而BB//MN,由此能證明AA//MN，且平面AAMN1平面EBCF.（2）推導(dǎo)出EF//BC//BC，從而AO//PN，四邊形APNO為平行四邊形，AN-3ON,AM-3AP,PN-BC-BC-3EF，直線BE在平面AAMN內(nèi)的投影為PN，從而直線BE11111與平面AAMN所成角即為等腰梯形EFCB中BE與PN所成角，由此能求出直線BE與平面aamN所成角的正弦值. 11 1 11【解析】：（1）證明：?「M,N分別為BC,B1cl的中點(diǎn)，底面為正三角形，BN-BM，四邊形BBNM為矩形，AN1BC,BB//MN, AA//BB,/.AA//MN,?:mN1BC,AN1BC\MnRa”-N,BC1平面AAMN,BCCu平面EBCF,.??平面AAMN1平面EBCF,綜上，AA1//MN,且平面AAMN1平面EBCF.第14頁(yè)（共18頁(yè)）（2）解法一（賀雷穎老師補(bǔ)解）：：連接PN,AO//平面EBCF,平面AAMND平面EBCF=PN,??.AO//PN，?：ON//AP??.AO//PN，?：ON//AP,???四邊形OAPN為平行四邊形，設(shè)AB=6,vO為AABC的中心，且AO=AB,/.AO=PN=6,PM=2j3,當(dāng)點(diǎn)N變化時(shí)，梯形eBCf形狀不變，故直線BE與平面AAMN所成角不變，11所以不妨設(shè)，該三棱柱為直棱柱，則M7=2?

標(biāo)系，設(shè)N（a,0,b），則P￥%；3,0,0/E'2v3,1,01 1MAAmMB為X軸和y軸建立空間直角坐-2*3,0,〃eB=EB+bB=EB+MN=—2<13,2,b).?PN2詢=IT.2v10直線BE與平面詢=IT.2v10直線BE與平面AAMN所成角即為等腰梯形EFCB中BE與PN所成角，在等腰梯形EFCB］中

則UPN=BC=EH=3令EF=1BH=1,111 1過(guò)E作EH±B1cl于H，BE=v10,sinZBEH=1 1BH_①~EEE-10，1取平面AAMN得法向量為n=（0,1,0）.10故直線B1E與平面AA1MN所成角的正弦值為詰.解法二?.三棱柱上下底面平行，平面EBCF與上下底面分別交于BC,EF,??.EF//BC//BC,aAO//面EBCF,AOu面AMNA，面AMNAD面EBCF=PN??.AO//PN，四邊形APNO為平行四邊形，???O是正三角形的中心，AO=AB,:.A]N=3ON,AM=3AP,PN=BC=B1cl=3AP=3EF,由（1）知直線BE在平面AAMN內(nèi)的投影為PN,???直線BE與平面AAMN???直線BE與平面AAMN所成角的正弦值為1011B【總結(jié)與歸納】本題考查線線平行、面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題.21.（12分）已知函數(shù)f（x）=sin2xsin2x.（1）討論f（x）在區(qū)間（0,九）的單調(diào)性；（2）證明：1f（X）?:；8第15頁(yè)（共18頁(yè)）

3n(3)設(shè)ngN*，證明：sin2xsin22xsin24x...sin22nx<一.4n【思路分析】(1)先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可求出，(2)根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系即可證明，(3)利用(2)的結(jié)論，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可證明.【解析】：(1)f(x)=sin2xsin2x=2sin3xcosx(,:.f'(x)=2sin2xbcos2x-sin2x)=2sin2xb-4sin2x)=2sin2x[3-2(1-cos2x)]=2sin2xG+2cos2x)令f(x)=0，解得2n令f(x)=0，解得3xg(-3，2n)時(shí)，f(x)<0，：f(x)在(0,-3)，(音，n)上單調(diào)遞增在(3,9)上單調(diào)遞減，證明：(2)vxg(-3，2n)時(shí)，f(x)<0，：f(x)在(0,-3)，(音，n)上單調(diào)遞增在(3,9)上單調(diào)遞減，證明：(2)vf(0)=f(n)=0，由(1)可知f(x)極小值2—n33<3，8f(x)極大值3<38：f(x)max3<3，8f(x)min3<3,8vf(x)為周期函數(shù)，：：f(x)<?；(3)由(2)可知sin2xsin2x<I4)3 3、C，sin22xsin4x< 8sin222xsin23x<I4)32，…，sin22n-1xsin