2020年全国2卷 理科数学真题(pdf版含解析)

1.已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则A.{−2，3}B.{−2，2，3}C（UAB）

（）C.{−2，−1，0，3}D.{−2，−1，0，2，3}【答案】A【详解】由题意可得：AB1,0,1,2，则ðUAB2,3.故选：A.考点：集合的运算2.若α为第四象限角，则（）A.cos2α>0B.cos2α<0【答案】D【详解】当当

C.sin2α>0D.sin2α<0

时，cos2cos0，选项B错误；63

2时，cos2cos0，选项A错误；33

由在第四象限可得：sin0,cos0，则sin22sincos0，选项C错误，选项D正确；故选：D.考点：三角函数的正负性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【答案】B【详解】由题意，第二天新增订单数为50016001200900，故需要志愿者考点：统计与概率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，向外每环依次也增加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)（）B.18名C.24名）D.32名900

18名.故选：B50-1-A.3699块【答案】CB.3474块C.3402块D.3339块【详解】设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an9(n1)99n，设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn,S2nSn,S3nS2n，因为下层比中层多729块，所以S3nS2nS2nSn729，3n(927n)2n(918n)2n(918n)n(99n)

729222227(9927)

3402.所以S3nS27

2即故选：C考点：等差数列即9n2729，解得n9，5.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（A.55）B.255C.355

D.455

【答案】B【详解】由于圆上的点2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为a,a，则圆的半径为a，圆的标准方程为xa2ya2a2.2

2

由题意可得2a1aa2，可得a26a50，解得a1或a5，所以圆心的坐标为1,1或5,5，圆心到直线2xy30的距离均为d所以，圆心到直线2xy30的距离为考点：直线与圆2525；5故选：B.25.5-2-155

6.数列{an}中，a12，amnaman，若ak1ak2ak1022，则k（）A.2【答案】C【详解】在等式amn

B.3C.4D.5aman中，令m1，可得an1ana12an，

an1

2，an

2n，所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an22

n1ak1ak2ak10

考点：数列的运算ak112101212

2k125，则k15，解得k4.故选：C.

2k112102k12101252101，7.如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【答案】AB.FC.G

D.H【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E故选：A考点：三视图-3-x2y28.设O为坐标原点，直线xa与双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于D,E两点，若abODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（A.4【答案】BB.8）C.16D.32bx2y2【详解】C:221(a0,b0)双曲线的渐近线方程是yx

abax2y2xa直线与双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于D，E两点b不妨设D为在第一象限，E在第四象限axa

xa

联立，解得故D(a,b)b

ybyxaxa

xa

联立故E(a,b)b，解得

yxyba|ED|2b

ODE面积为：S△ODE1a2bab82x2y2双曲线C:221(a0,b0)ab其焦距为2c2a2b222ab2168

C的焦距的最小值：8故选：B.考点：双曲线9.设函数f(x)ln|2x1|ln|2x1|，则f(x)（A.是偶函数，且在(,)单调递增当且仅当ab22取等号）B.是奇函数，且在(

1211

,)单调递减221

C.是偶函数，且在(,)单调递增2【答案】D1

D.是奇函数，且在(,)单调递减21

xxfxfxln2x1ln2x1【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称，2

又fxln12xln2x1ln2x1ln2x1fx，fx为定义域上的奇函数，可排除AC；当x

11

,时，fxln2x1ln12x，22

1111

Qyln2x1在,上单调递增，yln12x在,上单调递减，2222

-4-11

fx在,上单调递增，排除B；2212x12

ln1当x,时，fxln2x1ln12xln，22x12x1

12,1在上单调递减，fln在定义域内单调递增，22x1

1

根据复合函数单调性可知：fx在,上单调递减，D正确.2

故选：D.考点：函数的奇偶性与单调性93的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到410.已知△ABC是面积为平面ABC的距离为（A.）B.332

C.1D.32

【答案】C【详解】设球O的半径为R，则4R216，解得：R2.设ABC外接圆半径为r，边长为a，ABC是面积为93的等边三角形，4123932a2292，解得：a3，raa93，2243434球心O到平面ABC的距离dR2r2431.故选：C.考点：外接球11.若2x2y3x3y，则（A.ln(yx1)0【答案】A【详解】由2x2y3x3y得：2x3x2y3y，令ft23，t

t

）C.ln|xy|0

D.ln|xy|0

B.ln(yx1)0

y2x为R上的增函数，y3x为R上的减函数，ft为R上的增函数，xy，

故选：A.考点：构造函数，单调性12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2an满足ai{0,1}(i1,2,)，且存在正整数m，-5-，yx11，lnyx10，则A正确，B错误；与1的大小不确定，故CD无法确定.使得aimai(i1,2,)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足aimai(i1,2,)的最小正整数m为这个1m序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2an，C(k)aiaik(k1,2,,m1)是描述其性质的重要mi11指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)(k1,2,3,4)的序列是（5A11010B.11011C.10001【答案】C）D.11001【详解】由aimai知，序列ai的周期为m，由已知，m5，15C(k)aiaik,k1,2,3,4

5i1对于选项A，151111C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10000)

5i1555515112

C(2)aiai2(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7)(01010)，不满足；5i1555对于选项B，15113

C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10011)，不满足；5i1555

对于选项D，15112

C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10001)，不满足；5i1555故选：C考点：周期性二、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°，ka–b与a垂直，则k=__________.【答案】22【详解】由题意可得：ab11cos45

2，2

2k222由题得：aba0，即：kaabk．.故答案为：0，解得：k

222考点：平面向量的运算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.【答案】36

【详解】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先取2名同学看作一组，选法有：C426

-6-现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：A36根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6636种故答案为：36.考点：排列组合15.设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1z23i，则|z1z2|=__________.【答案】23【详解】z1z22，可设z12cos2sini，z22cos2sini，3

z1z22coscos2sinsini3i，2coscos3，两式平方作和得：422coscos2sinsin4，2sinsin1

化简得：coscossinsin

1

22z1z22coscos2sinsini

4coscos4sinsin88coscossinsin8423故答案为：23.考点：复数的运算16.设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.①p1p4②p1p2

③p2p3

④p3p4

2【答案】①③④【详解】对于命题p1，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为；若l3与l1相交，则交点A在平面内，同理，l3与l2的交点B也在平面内，所以，AB，即l3，命题p1为真命题；对于命题p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题p2为假命题；-7-对于命题p3，空间中两条直线相交、平行或异面，命题p3为假命题；对于命题p4，若直线m平面，则m垂直于平面内所有直线，直线l平面，直线m直线l，命题p4为真命题.综上可知，p1p4为真命题，p1p2为假命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题.故答案为：①③④.考点：点线面位置关系三、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.ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.（1）求A；（2）若BC=3，求ABC周长的最大值.【详解】（1）由正弦定理可得：BC2AC2AB2ACAB，AC2AB2BC21cosA，2ACAB22A0,，A.3（2）由余弦定理得：BC2AC2AB22ACABcosAAC2AB2ACAB9，即ACABACAB9.2ACAB（当且仅当，ACAB时取等号）ACAB

2

3ACAB

9ACABACABACABACAB

24

22222，解得：ACAB23（当且仅当ACAB时取等号），ABC周长LACABBC323，ABC周长的最大值为323.18.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，将其分成面积相近的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(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi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20

20

20

20

20

x

i1

i

60，yi1200，（xix)80，（yiy)29000，2

i1

i1

i1

（xx（)yy)800.

i1

i

i

（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(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）；-8-（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.n

（xx（)yy)

附：相关系数r=i1i

i

（xx)（yy)i1i2i1inn2，2=1.414.1201

y120060，【详解】（1）样区野生动物平均数为i20i120地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为2006012000（2）样本(xi,yi)的相关系数为r

(xx)(yy)i1ii20(xx)(yy)i1ii1i202202800809000220.943

（3）由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.x2y2

19.已知椭圆C1：221(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过Fab4

且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.3

（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.【详解】（1）Fc,0，ABx轴且与椭圆C1相交于A、B两点，则直线AB的方程为xc，xc

xc222

yx2b

联立221，解得，b2，则AB

abya222aabc

-9-xcxc2C抛物线2的方程为y4cx，联立2，解得，CD4c，y4cxy2c

48b2

CDAB，即4c，2b23ac，即2c23ac2a20，即2e23e20，33a11

Q0e1，解得e，因此，椭圆C1的离心率为；22

x2y2

（2）由（1）知a2c，b3c，椭圆C1的方程为221，4c3cy24cx

2

联立x2，消去y并整理得3x216cx12c20，解得xc或x6c（舍去），y2134c23c2

由抛物线的定义可得MF

25c

cc5，解得c3.33x2y2

因此，曲线C1的标准方程为1，曲线C2的标准方程为y212x.3627

20.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【详解】（1）M,N分别为BC，B1C1的中点，MN//BB1又AA1//BB1MN//AA1

在ABC中，M为BC中点，则BCAM又侧面BB1C1C为矩形，BCBB1-10-MN//BB1MNBC

由MNAMM，MN,AM平面A1AMN

BC⊥平面A1AMN

又B1C1//BC，且B1C1平面ABC，BC平面ABC，B1C1//平面ABC

又

B1C1平面EB1C1F，且平面EB1C1F平面ABCEF

B1C1//EF

EF//BC又BC平面A1AMN

EF平面A1AMNEF平面EB1C1F平面EB1C1F平面A1AMN

（2）连接NP

AO//平面EB1C1F，平面AONP平面EB1C1FNP

AO//NP

根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA平面ABCAM，面A1NMA平面A1B1C1A1NON//AP

故：四边形ONPA是平行四边形设ABC边长是6m(m0)可得：ONAP，NPAOAB6m

O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m

1

ON6sin603m3故：ONAP

3m-11-EF//BC

APEPAMBM3EP333解得：EPm

在B1C1截取B1QEPm，故QN2m

B1QEP且B1Q//EP

四边形B1QPE是平行四边形，B1E//PQ

由（1）B1C1平面A1AMN

故QPN为B1E与平面A1AMN所成角在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQQN2PN2

2m6m22210msinQPN

QN2m10PQ210m10直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：10.10

21.已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：f(x)（3）设33；8n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3

3n

.n4

【详解】(1)由函数的解析式可得：fx2sinxcosx，则：f'x23sin2xcos2xsin4x2sin2x3cos2xsin2x2sin2x4cos2x12sin2x2cosx12cosx1，f'x0在x0,上的根为：x1

当x0,2,x2，33时，f'x0,fx单调递增，32x当,时，f'x0,fx单调递减，33

当x

2

,时，f'x0,fx单调递增.3

2

2

xsin2xsinxsin2xfx，(2)注意到fxsin

-12-故函数fx是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：f0f0，333333323

，，ff32283228

据此可得：fxmax即fx

22

3333，fx，min8833.8

(3)结合(2)的结论有：sin2xsin22xsin24xsin22nx

sinxsin2xsin4xsin2x

3

3

3

3

n

2

2

2

323sinxsinxsin2xsin2xsin4xsin2

2

n1

xsin2xsin2x

n

2

n

333333sinxsin22nx

88833

8

n

n

3.

42323（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，则按所做的第一题计分.[选修4—4：坐标系与参数方程]

1xt,x4cos2，t22.已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C：（t为参数）.22y4sinyt1

t

（1）将C1，C2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C1，C2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.【详解】（1）由cos2sin21得C1的普通方程为：xy4；1221

xtxt22tt由得：，两式作差可得C2的普通方程为：x2y24.yt1y2t212tt2

-13-5xxy4532P（2）由2得：，即,；2xy4322y

2

设所求圆圆心的直角坐标为a,0，其中a0，171753则a0a2，解得：a，所求圆的半径r，101022

1717，即x2y217x，2所求圆的直角坐标方程为：xy51010

17

所求圆的极坐标方程为cos.52222[选修4—5：不等式选讲]

23.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.【详解】（1）当a2时，fxx4x3.当x3时，fx4x3x72x4，解得：x≤当3x4时，fx4xx314，无解；当x4时，fxx4x32x74，解得：x综上所述：fx4的解集为xx

2

23

；211；2

311或x.22

2

（2）fxxax2a1xa，2a1xa2时取等号）x2a1a

2

2a1a1（当且仅当2

a14，解得：a1或a3，a的取值范围为,13,.2-14-绝密★启用前

2020年普通高等学校招生全国统一考试（原卷板）

理科数学

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上.本试卷满分150分.2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

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.已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则A.{−2，3}2.若α为第四象限角，则（A.cos2α>0B.{−2，2，3}）B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<0C（UAB）

（）C.{−2，−1，0，3}D.{−2，−1，0，2，3}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，向外每环依次也增加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)（）-15-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（55255A.B.C.355D.455

）155

6.数列{an}中，a12，amnaman，若ak1ak2ak1022，则k（A.2B.3C.4D.57.如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.EB.FC.G

D.Hx2y28.设O为坐标原点，直线xa与双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于D,E两点，若abODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（A.4B.8）C.16）B.是奇函数，且在(

D.329.设函数f(x)ln|2x1|ln|2x1|，则f(x)（A.是偶函数，且在(,)单调递增1

211

,)单调递减22

1

C.是偶函数，且在(,)单调递增210.已知△ABC是面积为平面ABC的距离为（A.1

D.是奇函数，且在(,)单调递减293的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到4）B.332

）C.1D.3211.若2x2y3x3y，则（-16-A.ln(yx1)0B.ln(yx1)0C.ln|xy|0D.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a1a2an满足ai{0,1}(i1,2,)，且存在正整数m，使得aimai(i1,2,)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足aimai(i1,2,)的最小正整数m为这个1m序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2an，C(k)aiaik(k1,2,,m1)是描述其性质的重要mi11指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)(k1,2,3,4)的序列是（5）D.11001A.11010B.11011C.10001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°，ka–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z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1z23i，则|z1z2|=__________16.设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.①p1p4②p1p2③p2p3④p3p4

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.ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.（1）求A；（2）若BC=3，求ABC周长的最大值.-17-18.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，将其分成面积相近的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(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi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20

x

i1

20

i

60，yi1200，（xix)80，（yiy)29000，2

i1

i1

i1

202020

（xx（)yy)800.

i1

i

i

（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(xi，yi)(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.（xx（)yy)

附：相关系数r=i1i

i

n

（xx)（yy)i1i2i1inn2，2=1414.x2y2

19.已知椭圆C1：221(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过Fab且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.4

|AB|.3

-18-20.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.21.已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：f(x)33；82

2

2

2n

3n

（3）设n∈N*，证明：sinxsin2xsin4x…sin2x≤n.4

-19-（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，则按所做的第一题计分.[选修4—4：坐标系与参数方程]

1xt,x4cos2，t22.已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t为参数）.21y4sinyt

t

（1）将C1，C2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C1，C2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.[选修4—5：不等式选讲]

23.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.2-20-参考答案一、选择题

1.A.2.D.3.B4.C5.B.6.C.7.A8.B.9.D.10.C.11.A.12.C二、填空题

13.2．2

14.36.15.23.16.①③④.三、解答题

17.【详解】（1）由正弦定理可得：BC2AC2AB2ACAB，AC2AB2BC21cosA，2ACAB22A0,，A.3（2）由余弦定理得：BC2AC2AB22ACABcosAAC2AB2ACAB9，即ACABACAB9.2ACAB（当且仅当，ACAB时取等号）ACAB

2

3ACAB

9ACABACABACABACAB

24

22222，解得：ACAB23（当且仅当ACAB时取等号），ABC周长LACABBC323，ABC周长的最大值为323.18.1201

y【详解】（1）样区野生动物平均数为i20120060，20i1地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为2006012000（2）样本(xi,yi)的相关系数为r

(xx)(yy)i1ii20(xix)i1202(yiy)2i120800809000220.943

（3）由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层，-21-在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.19.【详解】（1）Fc,0，ABx轴且与椭圆C1相交于A、B两点，则直线AB的方程为xc，xc

xc22xy2b2

2联立221，解得，b，则AB

aya2b22aabc

xcxc

抛物线C2的方程为y4cx，联立2，解得，CD4c，y4cxy2c

248b2

CDAB，即4c，2b23ac，即2c23ac2a20，即2e23e20，33a11

Q0e1，解得e，因此，椭圆C1的离心率为；22

x2y2

（2）由（1）知a2c，b3c，椭圆C1的方程为221，4c3cy24cx

2

联立x2，消去y并整理得3x216cx12c20，解得xc或x6c（舍去），y2134c23c2

由抛物线的定义可得MF

25c

cc5，解得c3.33

x2y2

因此，曲线C1的标准方程为1，曲线C2的标准方程为y212x.3627

20.【详解】（1）M,N分别为BC，B1C1的中点，MN//BB1又AA1//BB1MN//AA1

-22-在ABC中，M为BC中点，则BCAM又侧面BB1C1C为矩形，BCBB1MN//BB1MNBC

由MNAMM，MN,AM平面A1AMN

BC⊥平面A1AMN

又B1C1//BC，且B1C1平面ABC，BC平面ABC，B1C1//平面ABC

又

B1C1平面EB1C1F，且平面EB1C1F平面ABCEF

B1C1//EF

EF//BC又BC平面A1AMN

EF平面A1AMNEF平面EB1C1F平面EB1C1F平面A1AMN

（2）连接NP

AO//平面EB1C1F，平面AONP平面EB1C1FNP

AO//NP

根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA平面ABCAM，面A1NMA平面A1B1C1A1NON//AP

故：四边形ONPA是平行四边形设ABC边长是6m(m0)可得：ONAP，NPAOAB6m

O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m

-23-1

ON6sin603m3故：ONAP

3mEF//BC

APEPAMBM3EP333解得：EPm

在B1C1截取B1QEPm，故QN2m

B1QEP且B1Q//EP

四边形B1QPE是平行四边形，B1E//PQ

由（1）B1C1平面A1AMN

故QPN为B1E与平面A1AMN所成角在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQQN2PN2

2m6m22210msinQPN

QN2m10PQ210m10直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：10.10

21.【详解】(1)由函数的解析式可得：fx2sinxcosx，则：3

f'x23sin2xcos2xsin4x2sin2x3cos2xsin2x2sin2x4cos2x12sin2x2cosx12cosx1，f'x0在x0,上的根为：x1

当x0,2,x2，33时，f'x0,fx单调递增，32当x,时，f'x0,fx单调递减，33

当x

2

,时，f'x0,fx单调递增.3

2

2

xsin2xsinxsin2xfx，(2)注意到fxsin

故函数fx是周期为的函数，-24-结合(1)的结论，计算可得：f0f0，33332，ff28332

据此可得：fxmax即fx

2

3333

，822

2

3333，fx，min8833.8

(3)结合(2)的结论有：sin2xsin22xsin24xsin22nx

sinxsin2xsin4xsin2x

3

3

3

3

n

2

2

2

323sinxsinxsin2xsin2xsin4xsin2

2

n1

xsin2xsin2x

n

2

n

3333332nsinxsin2x

88833

8

22.n

n

3.

42323【详解】（1）由cos2sin21得C1的普通方程为：xy4；1221

xtxt22tt由得：，两式作差可得C2的普通方程为：x2y24.yt1y2t212tt25

xxy4532

P（2）由2得：，即,；2xy4322y

2

设所求圆圆心的直角坐标为a,0，其中a0，171753则a0a2，解得：a，所求圆的半径r，101022

1717，即x2y217x，2所求圆的直角坐标方程为：xy51010

17

所求圆的极坐标方程为cos.52222-25-23.【详解】（1）当a2时，fxx4x3.当x3时，fx4x3x72x4，解得：x≤当3x4时，fx4xx314，无解；当x4时，fxx4x32x74，解得：x综上所述：fx4的解集为xx

2

3

；211；2



311或x.22

2

（2）fxxax2a1xa，2a1xa2时取等号）x2a1a

2

2a1a1（当且仅当2

a14，解得：a1或a3，a的取值范围为,13,.2-26-