2020高考数学(理)必刷试题+参考答案+评分标准(81)

（理科）一、选择题：本大题共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..设集合A={xCN||xW2},B={y|y=1—xlxm11;4,定义在R上的函数f（x）=（-）1—2为偶函数，a=f（log2—），b=f（（一）3），c=},则APB的子集个数为A.2B.4C.8D.161+i2,复数z=——在复平面内对应的点位于iA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.郑州市某一景区为了了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2016年1月至2018年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是A.月接待游客逐月增加B.年接待游客量逐年增加C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月机投掷2000个点，己知恰有800个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是D.各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳6.165C.10已知向量a与b夹角为3■，且IaI=1,185c32D.——5I2a-b|=曲，则|bI=b.72C.1dY27.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a,b分别为3,1,则输出的n等于A.5B.4C.3D.2一..2x+18,函数f(x)=——•cosx的图象大致是9.第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种A.6010.已知抛物线urn点，若PFC.120D.150y2=2x的焦点为F,准线为l,P是l上一点，直线PF与抛物线交于M,N两uuu=3MF,则IMN|=16A.3C.28.3D.311.已知三棱锥P-ABC内接于球O,PAL平面ABC,AABC为等边三角形，且边长为J3,球O的表面积为16tt,则直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为aTD,玉1012.f(x)=2x+1,x<1,log2(x—1),x>1个零点,则m的取值范围是g(x)5x3415-....—x2+m+2,右y=f(g(x))—m有94A.(0,1)B.(0,3)C.二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，共20分.13.曲线y2x2+1在点(01)处的切线方程为14.若Sn是等差数列｛an｝的前n项和，若aiwo,a2=3ai,则S0=.S522已知双曲线C:xr-^=1(a>0,b>0)的右顶点为A,以A为圆心，b为半径做圆，a2b2uuur3uuu圆A与双曲线C的一条渐近线相交于M,N两点，若OM=3ON(O为坐标原点)，2则双曲线C的离心率为.已知数列｛an｝满足：对任意neN*均有an+1=pan+2P—2(p为常数，pw0且pwi),若a2,a3,a4,a5c｛—18,—6,—2,6,11,30｝,贝Ua1的所有可能取值的集合是.三、解答题：共70分.解答应写出文宇说明、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(12分)已知△ABC外接圆半径为R,其内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,设2R(sin2A一sin2B)=(a—c)sinC.(I)求角B;(n)若b=12,c=8,求sinA的值.(12分)已知三棱锥M—ABC中，MA=MB=MC=AC=2J2,AB=uuu2uuuBC=2,。为AC的中点，点N在^^BC上，且BN=-BC.3(I)证明：BOL平面AMC;(n)求二面角N-AM-C的正弦值.(12分)22口已知椭圆E：，+>=1(a>b>0)的离心率为乌,且过点C(1,0).ab2(I)求椭圆E的方程；(n)若过点(—1,0)的任意直线与椭圆E相交于A,B两点，线段AB的中点为M,3求证：恒有|AB|=2|CM|.(12分)水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过A系统处理，处理后的污水(A级水)达到环保(简称达标)的概率为p(0vpv1).经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行B系统处理后直接排放.某厂现有4个标准水量的A级水池，分别取样、检测.多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验.混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标.若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放.现有以下四种：方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验；方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；方案四：四个样本混在一起化验.化验次数的期望值越小，则方案越“优”.(I)若2.2—3’求2个A级水样本混合化验结果不达标的概率;(n)(i)若p=2匹，现有4个A级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个3最“优”？(ii)若“方案三”比“方案四”更“优”，求p的取值范围.(12分)x已知函数f(x)=x—lnx——.x(I)求f(x)的最大值；4.1x(n)若f(x)+(x+—)e—bx>1恒成立，求实数b的取值范围.x(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做.则按所做的第一题记分.22.［选彳4—4:坐标系与参数方程］(10分)3x=acos，在平面直角坐标系xOy中，已知曲线E经过点P(1,一)，其参数方程为广2y=v3sin,(a为参数)，以原点。为极点，X轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(I)求曲线E的极坐标方程；11(n)若直线l交E于点A,B,且OA，OB,求证：——2+2为7E值，并求出这个OAOB定值.23.［选彳4—5不等式选讲］(10分)已知函数f(x)=|x-1|-|2x+1|+m.(I)求不等式f(x)>m的解集；(n)若恰好存在4个不同的整数n,使得f(n)>0,求m的取值范围.数学(理科)参考一、选择题1-12BDACBCBCDBDA二、填空题・、30xy10;14.4;15.;16.0,2,66.5三、解答题2217.解析：(I)2R(sinAsinB)(ac)sinC.22_2R2R(sinAsinB)(ac)sinC2R,即：a2c2b2ac.……3分222acb11•cosB.2ac2因为0B，所以B—……6分3(II)若b12c8,由正弦定理,bc3,sinC—,sinBsinC3由bc,故C为锐角，cosC3sinAsin(BC)sin(—C)3.2312分6232MB2在MOB中：BOV2,OMV6,MB2血，满足：BO2OM2根据勾股定理逆定理得到OBOMAC,OM相交于O故OB平面AMC.6分(n)因为OB,OC,OM两两垂直，建立空间直角坐标系Q\xyz如图所示.因为MAMBMCAC2.2,ABBC2则A(0,UULT由BN慧所以，N(立彦,0)333UT设平面MAN的法向量为m(x,y,z),则LULrr、252ANn手、,0)(X,y,Z)y0,uulur____AMn(0,..2-6)(x,y,z),2y.6z0-LT--技得m(5后73,1)……10分因为BOUUU平面AMC,所以OB(衣,0,0)为平面AMC的法向量,所以irmLUUT_ITUULU(5V3,V3,1)与OB(72,0,0)所成角的余弦为cosm,OB56.79”25_3779,四,0),B(72,0,0),C(0j2,0),M(0,0,爬)……8分12分ltuull53c2279所以二面角的正弦值为|sinm,OB|.1(53)2_2-79、797979c19.(I)由题意知b1,—a立.2又因为a2b2c2解得，a所以椭圆方程为2yX2X2(D)设过点(?0)直线为X1ty鼻，设A。弘，BX2,y23X由2y2ty18t2y212ty160,y212t2,918t2162,918t2uuu又因为CAx1,y1uurCBX21佻uuuuuuCACB(X11)(X21)y〔y2ty14-VW23t2y〔y24-tviy231691t2164t12t所以Cuu_2_2918t3918tuuuCB.16910分因为线段AB的中点为M,所以|AB|2|CM|.……12分20.解析:(I)该混合样本达标的概率是(爸)2所以根据对立事件原理，不达标的概率为19(II)(i)方案一：逐个检测，检测次数为4.方案二：由(1)知，每组两个样本检测时,若达标则检测次数为81，概率为-；若不达标则9后的可能取值为2,4,6.其分布列如下,2246检测次数为3,概率为1.故方案二的检测次数记为后9可求得方案二的期望为64E(2)2加16-119822—6———8181819方案四：混在一起检测,记检测次数为&可取1,5.其分布列如下,p64811681181可求得方案四的期望为E(4)1645"8181149-8?比较可得E(4)E(2)4,故选择方案四最优”.……9分(ii)方案三:设化验次数为325p3pd31p3,3可取2,5.—3E(3)2p35(1p)53P3;方案四：设化验次数为4,4可取1,5415p64811781E(4)5(1P4)54P4;由题意得E(3)E(4)53p354p4故当03一时，方案三比方案四更优”.412分21解析:I)(x)xf(x)xInx—,定义域(0,xex(x1)(x1)(xex)415p4p1p41V(II)f(x)(x—)ebx1xxxexelnxxxe—bx1xxxlnxxxebx10xexInx1xxxexInx1x()minb，6分令(x)xexInx1xxx2exlnx(x)x2x令h(x)xelnx,h(x)在(0,)单倜递增，x0,h(x),h(1)e0h(x)在(0,1)存在零点%,即h(x。)lnx。0x02ex0lnx00x0ex0lnxgx011ln—(ln-)(ex°)x0由于yxe在(0,1xc1)单倜递增，故x0ln—lnx0,即e一x0x0(x)在(0,x°)减,在(%,)增,(x)min济/lnx01x0x01%1x02x0所以b2.……12分.解析：(I)将点P(1,°)代入曲线E的方程,21acos,得3厂解得a24,……2分3sin,2TOC\o"1-5"\h\z22所以曲线E的普通方程为人上1,431cle极坐标方程为(-cos-sin)15分HYPERLINK\l"bookmark39"\o"CurrentDocument"43(n)不妨设点A,B的极坐标分别为A(1,),B(2,y),10,20,（4（4221cos22z2cos(1~211~2212-cos41.2-sin4122-12sin2)1,31.2sin312cos32sin2(-)1,1~227，即1271210分.解：（I）由不等式两边同时平方，得（x—1）2(2x+1)2即3x(x2)0,解得2x0.所以不等式fxm的解集为{x|2x0}.……5分(n)设g(x)=|x—1|一|2x+1|,x2,x1-g(x)3x,2x1,x2,x1,fn0g(n)m因为g(2)g(0)0,g(3)1,g(4)2,g(1)3.又恰好存在4个不同的整数n,使得fn0,所以2m1.故m的取值范围为［1,2）.3v22