2020高考数学理真题汇编-答案

1、1 / 28 专题一 集合与常用逻辑用语 1解析：选 b.法一：易知 ax|2x2，bx|xa2，因为 abx|2x1，所以a21，解得 a2.故选 b. 法二：由题意得 ax|2x2若 a4，则 bx|x2，又 ax|2x2，所以 abx|2x2，不满足题意，排除 a；若 a2，则 bx|x1，又 ax|2x2，所以 abx|2x1，满足题意；若 a2，则 bx|x1，又 ax|2x2，所以 abx|2x1，不满足题意，排除 c；若a4，则 bx|x2，又 ax|2x2，所以 abx|x2，不满足题意故选 b. 2解析：选 a.法一：由题意，得 ab1，0，1，2，所以u(ab)2，3，故选

2、 a. 法二：因为 2b，所以 2ab，所以 2u(ab)，故排除 b，d；又 0a，所以0ab，所以 0u(ab)，故排除 c，故选 a. 3解析：选 c.由题意得，ab(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)，所以 ab 中元素的个数为 4，选 c. 4解析：选 d.法一：由 x23x40，得1x4，即集合 ax|1x0，所以4a，故排除 a；又 123140，所以1a，则 1(ab)，故排除 c；又 323340，所以 5a，5(ab)，排除 c.故选 d. 5解析：选 d.通解：因为 ax|x|3，xzx|3x1，xzx|x1 或 x1，xz，所以 ab2，2，故选 d. 优解：

3、abx|1|x|3，xzx|3x1 或 1x3，xz2，2 6解析：选 b.因为集合 a1，2，3，5，7，11，集合 bx|3xa得 a1 或 a1得 a2a，则“a1”是“a2a”的充分不必要条件，故选 a. 10解析：选 b.因为 px|1x4，qx|2x3，所以 pqx|2x3，故选 b. 11解析：选 a.法一：当 s 中有 3 个元素时，设 sa，b，c，abc，则ab，bc，act，所以bas，cbs，cas，当cac 时，a1，所以cbb，即 cb2，此时 s1，b，b2，tb，b2，b3，所以 st1，b，b2，b3，有 4 个元素；当cab 时，cab，所以baa，即 ba

4、2(a1)，此时 sa，a2，a3，ta3，a4，a5或a2，a3，a4，a5或a3，a4，a5，a6，所以 sta，a2，a3，a4，a5或a，a2，a3，a4，a5，a6，有 5个或6 个元素故排除 c，d. 当 s 中有 4 个元素时，设 sa，b，c，d，abcd，所以 abacadbdcd，且ab，ac，ad，bd，cdt，所以acabadabbdab0，所以 f(x)x31x3在(0，)上为增函数，排除 b，故选 a. 5解析：选 a.因为 2332，所以 2323，所以 log32log332323，所以 a52，所以 3523，所以 log53log552323，所以 bc，所

5、以 acb，故选 a. 6解析：选 a.由 2x2y3x3y，得 2x3x2y3y，即 2x13x2y13y.设 f(x)4 / 28 2x13x，则 f(x)f(y)因为函数 y2x在 r 上为增函数，y13x在 r 上为增函数，所以f(x)2x13x在 r 上为增函数，则由 f(x)f(y)，得 x0，所以 yx11，所以 ln(yx1)0，故选 a. 7解析：选 b.法一：令 f(x)2xlog2x，因为 y2x在(0，)上单调递增，ylog2x在(0，)上单调递增，所以 f(x)2xlog2x 在(0，)上单调递增又 2alog2a4b2log4b22blog2b22blog2(2b)

6、，所以 f(a)f(2b)，所以 a2b.故选 b. 法二：(取特值法)由 2alog2a4b2log4b4blog2b，取 b1，得 2alog2a4，令f(x)2xlog2x4，则 f(x)在(0，)上单调递增，且 f(1)0，所以 f(1)f(2)0，f(x)2xlog2x4 在(0，)上存在唯一的零点，所以 1a2b2，ab2都不成立，排除 a，d；取 b2，得 2alog2a17，令 g(x)2xlog2x17，则 g(x)在(0，)上单调递增，且 g(3)0，所以 g(3)g(4)0，g(x)2xlog2x17 在(0，)上存在唯一的零点，所以 3ab24不成立，排除 c.故选 b

7、. 8解析：选 a.因为45log8845，blog85，(845)58455，所以 8455，所以45log8845log85b，即 b45.因为45log131345，clog138，(1345)513485，所以 13458，所以45log13134545.又 2 18737553 125，所以 lg 37lg 55，所以 7lg 35lg 5，所以lg 3lg 557，所以 alg 3lg 55745，而 8557，所以 5lg 857，所以 blg 5lg 857，所以 cba. 9解：(1)f(x)cos x(sin xsin 2x)sin x(sin xsin 2x) 2sin

8、xcos xsin 2x2sin2 xcos 2x 2sin xsin 3x. 当 x0，323， 时，f(x)0；当 x3，23时， f(x)0. 所以 f(x)在区间0，3，23， 单调递增，在区间3，23单调递减 (2)因为 f(0)f()0，由(1)知，f(x)在区间0，的最大值为 f33 38， 最小值为 f233 38.而 f(x)是周期为的周期函数，故|f(x)|3 38. (3)由于(sin2 xsin2 2xsin2 2nx)32 |sin3 xsin3 2xsin3 2nx| 5 / 28 |sin x|sin2 xsin3 2xsin3 2n1 xsin2n x|sin2

9、 2nx| |sin x|f(x)f(2x)f(2n1x)|sin2 2nx| |f(x)f(2x)f(2n1x)|， 所以 sin2 xsin2 2xsin2 2n x3 382n33n4n. 10解析：(1)f(x)3x2b. 依题意得 f120，即34b0. 故 b34. (2)由(1)知 f(x)x334xc，f(x)3x234. 令 f(x)0，解得 x12或 x12. f(x)与 f(x)的情况为： x ，12 12 12，12 12 12， f(x) 0 0 f(x) c14 c14 因为 f(1)f12c14，所以当 c14时，f(x)只有小于1 的零点 由题设可知14c14.

10、 当 c14时，f(x)只有两个零点12和 1. 当 c14时，f(x)只有两个零点1 和12. 当14c14时，f(x)有三个零点 x1，x2，x3，且 x11，12，x212，12，x312，1 . 综上，若 f(x)有一个绝对值不大于 1的零点，则 f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. 11解：(1)当 a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1. 故当 x(，0)时，f(x)0.所以 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增 6 / 28 (2)f(x)12x31等价于(12x3ax2x1)ex1. 设函数 g(x)(12x3ax2x1)ex(x0)，则 g(x)(12x3

11、ax2x132x22ax1)ex 12xx2(2a3)x4a2ex 12x(x2a1)(x2)ex. (i)若 2a10，即 a12，则当 x(0，2)时，g(x)0.所以 g(x)在(0，2)单调递增，而 g(0)1，故当 x(0，2)时，g(x)1，不合题意 (ii)若 02a12，即12a12，则当 x(0，2a1)(2，)时，g(x)0.所以 g(x)在(0，2a1)，(2，)单调递减，在(2a1，2)单调递增由于 g(0)1，所以 g(x)1当且仅当 g(2)(74a)e21，即 a7e24. 所以当7e24a12时，g(x)1. (iii)若 2a12，即 a12，则 g(x)(1

12、2x3x1)ex. 由于 07e24，12)，故由(ii)可得(12x3x1)ex1. 故当 a12时，g(x)1. 综上，a的取值范围是7e24，) 专题三 三角函数、解三角形 1解析：选 d.通解：由题意，知22k2k(kz)，所以4k20，sin 20，故选 d. 优解：当 4时，cos 20，sin 21，排除 a，b，c，故选 d. 2解析：选 c.通解：由题图知，f(49)0，所以4962k(kz)，解得 39k4(kz)设 f(x)的最小正周期为 t，易知 t22t，所以2|24|，所以1|2，当且仅当 k1时，符合题意，此时 32，所以 t243.故选 c. 7 / 28 秒解

13、：由题图知，f(49)0 且 f()0，所以4962(0)，解得 32，所以 f(x)的最小正周期 t243.故选 c. 3解析：选 a.由余弦定理得 ab2ac2bc22acbccos c169243239，ab3，所以 cos b99162919，故选 a. 4解析：选 a.因为 3cos 28cos 5，所以 3(2cos21)8cos 5，所以6cos28cos 80，所以 3cos24cos 40，解得 cos 2(舍去)或 cos 23，因为 (0，)，所以 sin 1cos253.故选 a. 5解析：选 d.由已知得 2tan tan 11tan 7，得 tan 2. 6解析：因

14、为 sin x23，所以由二倍角公式，得 cos 2x12sin2x1223219. 答案：19 7解析：由题意知 f(x)的定义域为x|xk，kz，且关于原点对称又 f(x)sin(x)1sin（x）sin x1sin xf(x)，所以函数 f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以为假命题，为真命题因为 f2x sin2x 1sin2xcos x1cos x，f2x sin2x 1sin2xcos x1cos x，所以 f2x f2x ，所以函数 f(x)的图象关于直线 x2对称，为真命题当 sin x0 时，f(x)0，所以为假命题 答案： 8解：(1)由正弦定理和已知条件得 bc2ac

15、2ab2ac ab. 由余弦定理得 bc2ac2ab22ac abcos a 由，得 cos a12.因为 0a，所以 a23. (2)由正弦定理及(1)得acsin babsin cbcsin a2 3，从而 ac2 3sin b，ab2 3sin(ab)3cos b 3sin b. 8 / 28 故 bcacab3 3sin b3cos b32 3sinb3. 又 0b3，所以当 b6时，abc 周长取得最大值 32 3. 9解：方案一：选条件. 由 c6和余弦定理得a2b2c22ab32. 由 sin a 3sin b 及正弦定理得 a 3b. 于是3b2b2c22 3b232，由此可得

16、 bc. 由ac 3，解得 a 3，bc1. 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c1. 方案二：选条件. 由 c6和余弦定理得a2b2c22ab32. 由 sin a 3sin b 及正弦定理得 a 3b. 于是3b2b2c22 3b232，由此可得 bc，bc6，a23. 由csin a3，所以 cb2 3，a6. 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c2 3. 方案三：选条件. 由 c6和余弦定理得a2b2c22ab32. 由 sin a 3sin b 及正弦定理得 a 3b. 于是3b2b2c22 3b232，由此可得 bc. 由c 3b，与 bc矛盾 因此，选条件时问题中的三

17、角形不存在 专题四 平面向量、数系的扩充与复数的引入 1解析：选 d.通解：因为 z1i，所以|z22z|(1i)22(1i)|2i2i2|2|2.故选 d. 光速解：因为 z1i，所以|z22z|z|z2| 2|1i| 2 22.故选 d. 2解析：选 d.113i13i（13i）（13i）13i10110310i，所以虚部为310. 3解析：选 d.法一：2i12i（2i）（12i）（12i）（12i）225i5i，选 d. 9 / 28 法二：利用 i21 进行替换，则2i12i2（1）i12i2i2i12ii（12i）12ii，选 d. 4解析：选 d.通解：由题意，得 a b|a|

18、|b|cos 6012.对于 a，(a2b) ba b2b2122520，故 a 不符合题意；对于 b，(2ab) b2a bb21120，故 b 不符合题意；对于 c，(a2b) ba b2b2122320，故 c 不符合题意；对于 d，(2ab) b2a bb2110，所以(2ab)b，故选 d. 优解一：不妨设 a12，32，b(1，0)，则 a2b52，32，2ab(2， 3)，a2b32，32，2ab(0， 3)，易知，只有(2ab) b0，即(2ab)b，故选 d. 优解二：根据条件，分别作出向量 b 与 a，b，c，d 四个选项对应的向量的位置关系，如图所示： 由图易知，只有选项

19、 d 满足题意，故选 d. 5解析：选 c.因为 a1(a2)i是实数，所以 a20，所以 a2.故选 c. 6解析：选 d.法一：2i12i（2i）（12i）（12i）（12i）225i5i，选 d. 法二：利用 i21 进行替换，则2i12i2（1）i12i2i2i12ii（12i）12ii，选 d. 7解析：选 d.由题意，得 a (ab)a2a b25619，|ab|a22a bb22512367，所以 cosa，aba （ab）|a|ab|19571935，故选 d. 8解析：由题意，得 a b|a| |b|cos 4522.因为向量 kab 与 a 垂直，所以(kab) aka2a

20、 bk220，解得 k22. 答案：22 9解析：法一：设 z1x1y1i(x1，y1r)，z2x2y2i(x2，y2r)，则由|z1|z2|2，得 x21y21x22y224.因为 z1z2x1x2(y1y2)i 3i，所以|z1z2|2(x1x2)2(y110 / 28 y2)2x21y21x22y222x1x22y1y282x1x22y1y2( 3)2124，所以 2x1x22y1y24，所以|z1z2|x1x2(y1y2)i| （x1x2）2（y1y2）2 x21y21x22y222x1x22y1y2 842 3. 法 二 ： 设z1 a bi(a ， b r) ， 则z23 a (1

21、 b)i ， 则|z1|2a2b24，|z2|2（ 3a）2（1b）24，即a2b24，3ab2，所以|z1z2|2(2a 3)2(2b1)24(a2b2)4( 3ab)44442412，所以|z1z2|2 3. 法三：题设可等价转化为向量 a，b 满足|a|b|2，ab( 3，1)，求|ab|.因为(ab)2(ab)22|a|22|b|2，所以 4(ab)216，所以|ab|2 3，即|z1z2|2 3. 法四：设 z1z2z 3i，则 z 在复平面上对应的点为 p( 3，1)所以|z1z2|z|2，由平行四边形法则知 oapb 是边长为 2，一条对角线也为 2 的菱形，则另一条对角线的长为

22、|z1z2|23222 3. 答案：2 3 10解析：复数 z(1i)(2i)3i，实部是 3. 答案：3 专题五 数 列 1解析：选 c.由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为an，易知其首项 a19、公差 d9，所以 ana1(n1)d9n.设数列an的前 n项和为 sn，由等差数列的性质知 sn，s2nsn，s3ns2n也成等差数列，所以 2(s2nsn)sns3ns2n，所以(s3ns2n)(s2nsn)s2n2sn2n（918n）22n（99n）29n2729，得 n9，所以三层共有扇面形石板的块数为 s3n3n（927n）239（9279）23 40

23、2，故选 c. 2解析：选 c.令 m1，则由 amnaman，得 an1a1an，即an1ana12，所以数列an是首项为 2、公比为 2 的等比数列，所以 an2n，所以 ak1ak2ak10ak(a1a2a10)2k2（1210）122k1(2101)2152525(2101)，解得 k4，故选 c. 3解析：选 b.通解：设等比数列an的公比为 q，则由a5a3a1q4a1q212，a6a4a1q5a1q324解得a11，q2，所以 sna1（1qn）1q2n1，ana1qn12n1，所以snan2n12n1221n，故选 b. 优解：设等比数列an的公比为 q，因为a6a4a5a3a

24、4（1q2）a3（1q2）a4a324122，所以 q2，11 / 28 所以snana1（1qn）1qa1qn12n12n1221n，故选 b. 4解析：设 bn2n1，cn3n2，bncm，则 2n13m2，得 n3m123m3223（m1）21，于是 m12k，kn，所以 m2k1，kn，则 ak3(2k1)26k1，kn，得 an6n5，nn*.故 sn16n52n3n22n. 答案：3n22n 5解析：解：(1)设an的公比为 q，由题设得 2a1a2a3, 即 2a1a1qa1q2. 所以 q2q20, 解得 q1(舍去)或 q2. 故an的公比为2. (2)记 sn为nan的前

25、n 项和由(1)及题设可得，an(2)n1.所以 sn12(2)n(2)n1， 2sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n. 可得 3sn1(2)(2)2(2)n1n(2)n 1（2）n3n(2)n. 所以 sn19（3n1）（2）n9. 6解：(1)a25，a37. 猜想 an2n1.由已知可得 an1(2n3)3an(2n1)， an(2n1)3an1(2n1)， a253(a13) 因为 a13，所以 an2n1. (2)由(1)得 2nan(2n1)2n，所以 sn32522723(2n1)2n. 从而 2sn322523724(2n1)2n1. 得sn3222222322n(2n

26、1)2n1. 所以 sn(2n1)2n12. 7解：(1)设an的公比为 q.由题设得 a1qa1q320，a1q2 8. 解得 q12(舍去)，q2.由题设得 a12. 所以an的通项公式为 an2n. 12 / 28 (2)由题设及(1)知 b10，且当 2nm2n1时，bmn. 所以 s100b1(b2b3)(b4b5b6b7)(b32b33b63)(b64b65b100)0122223234245256(10063) 480. 专题六 不等式、算法 1解析：选 abd.对于选项 a，因为 a2b22ab，所以 2(a2b2)a2b22ab(ab)21，所以 a2b212，正确；对于选项

27、 b，易知 0a1，0b1，所以1ab2112，正确；对于选项 c，令 a14，b34，则 log214log2342log2342，错误；对于选项 d，因为 2 2（ab），所以 2（ab）2( a b)2ab2 ab( a b)20，所以 a b 2，正确故选 abd. 2解析：选 c.由程序框图知 s 等于正奇数数列 1，3，5，的前 k 项和，其中 kn12，kn*，当前 k 项和大于 100 时退出循环，则 s135(2k1)1（2k1）k2k2，当 k10 时，s100；当 k11 时，s121，退出循环则输出的 n的值为 211121，故选 c. 3解析：选 b.画出可行域如图中

28、阴影部分所示，作出直线 x2y0，平移该直线，易知当直线经过点 a(2，1)时，z 取得最小值，zmin2214，再数形结合可得 zx2y 的取值范围是4，) 4解析：选 c.法一：若 a，b，2ab 互不相等，则当a0，b0，2ab0时，原不等式在 x0时恒成立，又因为 ab0，所以 b0； 若 ab，则当a0，ab，2ab0时，原不等式在 x0时恒成立，又因为 ab0，所以 b0； 若 a2ab，则当a0，a2ab，b0时，原不等式在 x0 时恒成立，又因为 ab0，所以b0； 13 / 28 若 b2ab，则 a0，与已知矛盾； 若 ab2ab，则 ab0，与已知矛盾 综上，b0，b0，

29、ab1，ab28ab，即ab1，ab4时取等号因此，12a12b8ab的最小值为 4. 答案：4 8解析：由流程图可得 y2x，x0，x1，x0，则当 y2 时，可得x0，2x2或x0，x12，得 x 3. 答案：3 专题七 立体几何 1解析：选 c.设正四棱锥的高为 h，底面正方形的边长为 2a，斜高为 m，依题意得 h2122am，即 h2am ，易知 h2a2m2 ，由得 m1 52a，所以m2a1 52a2a1 54.故选 c. 2解析：选 a.由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为 e，故选 a. 3. 15 / 28 解析：

30、选 c.由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥 p- abc，其中 pa平面 abc，abac，abacap2，故其表面积 s1222 312(2 2)2sin 6062 3. 4解析：选 c.由等边三角形 abc 的面积为9 34，得34ab29 34，得 ab3，则abc 的外接圆半径 r2332ab33ab 3.设球的半径为 r，则由球的表面积为 16，得 4r216，得 r2，则球心 o到平面 abc的距离 d r2r21，故选 c. 5解析：选 a.如图所示，设球 o 的半径为 r，o1的半径为 r，因为o1的面积为 4，所以 4r2，解得 r2，又 abbcacoo1，所以absin

31、 602r，解得 ab2 3，故 oo12 3，所以 r2oo21r2(2 3)22216，所以球 o 的表面积 s4r264.故选 a. 6解析：易知半径最大的球即为该圆锥的内切球圆锥 pe 及其内切球 o 如图所示，设内切球的半径为 r，则 sinbperopbepb13，所以 op3r，所以 pe4rpb2be2 32122 2， 所以 r22，所以内切球的体积 v43r323，即该圆锥内半径最大的球的体积为23. 答案：23 7解析：依题意得，aead 3，在aec 中，ac1，cae30，由余弦定理得 ec2ae2ac22ae accoseac312 3cos 301，所以 ec1，

32、所以 cfec1.又 bc ac2ab2 132，bfbd ad2ab2 6，所以在bcf 中，由余弦定理得 cosfcbbc2cf2bf22bccf2212（ 6）222114. 答案：14 16 / 28 8. 证明：(1)因为 e，f 分别是 ac，b1c 的中点， 所以 efab1. 又 ef平面 ab1c1，ab1平面 ab1c1， 所以 ef平面 ab1c1. (2)因为 b1c平面 abc，ab平面 abc， 所以 b1cab. 又 abac，b1c平面 ab1c， ac平面 ab1c，b1cacc， 所以 ab平面 ab1c. 又因为 ab平面 abb1， 所以平面 ab1c平

33、面 abb1. 9解：(1)由题设可知，papbpc， 由于abc 是正三角形，故可得pacpab， pacpbc. 又apc90，故apb90，bpc90. 从而 pbpa，pbpc，故 pb平面 pac，所以平面 pab平面 pac. (2)设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l. 由题设可得 rl 3，l2r22. 解得 r1，l 3. 从而 ab 3.由(1)可得 pa2pb2ab2，故 papbpc62. 所以三棱锥 p- abc的体积为 1312papbpc1312(62)368. 10解：(1)证明：设 doa，由题设可得 po66a，ao33a，aba， 17 / 28 papb

34、pc22a. 因此 pa2pb2ab2，从而 papb. 又 pa2pc2ac2，从而 papc. 又 pbpcp，pb，pc平面 pbc， 所以 pa平面 pbc. (2)以 o 为坐标原点，oe的方向为 y 轴正方向，| |oe为单位长度，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(32，12，0)， p(0，0，22) 所以ec(32，12，0)，ep(0，1，22) 设 m(x，y，z)是平面 pce 的法向量，则m ep0m ec0，即y22z032x12y0， 可取 m(33，1， 2) 由(1)知ap(0，1，22)是平面 p

35、cb 的一个法向量，记 nap， 则 cosn，mn m|n|m|2 55. 所以二面角 b- pc- e 的余弦值为2 55. 11解：(1)证明：因为 m，n 分别为 bc，b1c1的中点，所以 mncc1.又由已知得aa1cc1，故 aa1mn. 因为a1b1c1是正三角形，所以 b1c1a1n.又 b1c1mn，故 b1c1平面 a1amn.所以平面 a1amn平面 eb1c1f. (2)ao平面 eb1c1f，ao平面 a1amn，平面 a1amn平面 eb1c1fpn，故18 / 28 aopn.又 apon.故四边形 apno 是平行四边形，所以 pnao6，apon13am3，

36、pm23am2 3，ef13bc2. 因为 bc平面 eb1c1f，所以四棱锥 b- eb1c1f 的顶点 b 到底面 eb1c1f 的距离等于点m 到底面 eb1c1f的距离 如图， 作 mtpn，垂足为 t，则由(1)知，mt平面 eb1c1f， 故 mtpmsinmpn3. 底面 eb1c1f的面积为12(b1c1ef)pn12(62)624. 所以四棱锥 b- eb1c1f的体积为1324324. 12解：设 aba，adb，aa1c，如图，以 c1为坐标原点，c1d1的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 c1xyz. (1)连接 c1f，则 c1(0，0，0)，a(a，b，c)

37、，e(a，0，23c)，f(0，b，13c)，ea(0，b，13c)，c1f(0，b，13c)，得eac1f， 因此 eac1f，即 a，e，f，c1四点共面， 所以点 c1在平面 aef内 (2)由已知得 a(2，1，3)，e(2，0，2)，f(0，1，1)，a1(2，1，0)，ae(0，1，1)，af(2，0，2)，a1e(0，1，2)，a1f(2，0，1) 设 n1(x，y，z)为平面 aef 的法向量，则 19 / 28 n1ae0，n1af0，即yz0，2x2z0，可取 n1(1，1，1) 设 n2为平面 a1ef 的法向量，则 n2a1e0，n2 a1f0，同理可取 n212，2，

38、1 . 因为 cosn1，n2n1n2|n1|n2|77，所以二面角 aefa1的正弦值为427. 13解：(1)因为 m，n 分别为 bc，b1c1的中点，所以 mncc1.又由已知得 aa1cc1，故 aa1mn. 因为a1b1c1是正三角形，所以 b1c1a1n.又 b1c1mn，故 b1c1平面 a1amn. 所以平面 a1amn平面 eb1c1f. (2)由已知得 ambc.以 m 为坐标原点，ma的方向为 x 轴正方向，|mb|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 mxyz，则 ab2，am 3. 连接 np，则四边形 aonp为平行四边形，故 pm2 33， e2 33，13，

39、0 .由(1)知平面 a1amn平面 abc.作 nqam，垂足为 q，则 nq平面abc.设 q(a，0，0)， 则 nq42 33a2，b1a，1， 42 33a2， 故b1e2 33a，23，42 33a2， |b1e|2 103. 又 n(0，1，0)是平面 a1amn的法向量，故 sin 2n，b1e cos n，b 1en b1e|n| |b1e|1010. 所以直线 b1e与平面 a1amn所成角的正弦值为1010. 20 / 28 专题八 平面解析几何 1解析：选 c.通解：因为点 a到 y 轴的距离为 9，所以可设点 a(9，ya)，所以 y2a18p.又点 a 到焦点(p2

40、，0)的距离为 12，所以 （9p2）2y2a12，所以(9p2)218p122，即p236p2520，解得 p42(舍去)或 p6.故选 c. 光速解：根据抛物线的定义及题意得，点 a 到 c 的准线 xp2的距离为 12，因为点 a到 y轴的距离为 9，所以p2129，解得 p6.故选 c. 2解析：选 b.因为圆与两坐标轴都相切，点(2，1)在该圆上，所以可设该圆的方程为(xa)2(ya)2a2(a0)，所以(2a)2(1a)2a2，即 a26a50，解得 a1 或 a5，所以圆心的坐标为(1，1)或(5，5)，所以圆心到直线 2xy30 的距离为|2113|22（1）22 55或|25

41、53|22（1）22 55，故选 b. 3解析：选 b.将直线方程与抛物线方程联立，可得 y2 p，不妨设 d(2，2 p)，e(2，2 p)，由 odoe，可得od oe44p0，解得 p1，所以抛物线 c 的方程为y22x，其焦点坐标为12，0 . 4解析：选 b.将圆的方程 x2y26x0 化为标准方程(x3)2y29，设圆心为 c，则 c(3，0)，半径 r3.设点(1，2)为点 a，过点 a(1，2)的直线为 l，因为(13)2220)，则 y|xx012x012k ， x0kx0b ，由可得 b12x0，将 b12x0，k12x012代入得 x01 或 x015(舍去)，所以 kb

42、12，故直线 l的方程为 y12x12. 8解析：选 a.通解：设|pf1|m，|pf2|n，p 为双曲线右支上一点，则 spf1f212mn4，mn2a，m2n24c2，又 eca 5，所以 a1，选 a. 优解：由题意得，spf1f2b2tan 454，得 b24，又c2a25，c2b2a2，所以 a1. 9解析：选 d.通解：由m：x2y22x2y20，得m：(x1)2(y1)24，所以圆心 m(1，1)如图，连接 am，bm，易知四边形 pamb 的面积为12|pm| |ab|，欲使|pm| |ab|最小，只需四边形 pamb 的面积最小，即只需pam 的面积最小因为|am|2，所以只

43、需|pa|最小 又|pa| |pm|2|am|2 |pm|24，所以只需直线 2xy20 上的动点 p 到 m 的距离最小，其最小值为|212|5 5，此时 pml，易求出直线 pm的方程为 x2y10.由2xy20，x2y10，得x1，y0，所以 p(1，0)易知 p，a，m，b 四点共圆，所以以 pm 为直径的圆的方程为 x2(y12)2(52)2，即 x2y2y10，由得，直线 ab 的方程为2xy10，故选 d. 优解：因为m：(x1)2(y1)24，所以圆心 m(1，1) 连接 am，bm，易知四边形 pamb 的面积为12|pm| |ab|，欲使|pm| |ab|最小，只需四边形

44、pamb的面积最小，即只需pam的面积最小因为|am|2，所以只需|pa|最小 22 / 28 又|pa|pm|2|am|2|pm|24，所以只需|pm|最小，此时 pml.因为 pmab，所以 lab，所以 kab2，排除 a，c. 易求出直线 pm 的方程为 x2y10，由2xy20，x2y10，得x1，y0，所以 p(1，0)因为点 m到直线 x1的距离为 2，所以直线 x1过点 p 且与m相切，所以 a(1，1)因为点 a(1，1)在直线 ab上，故排除 b.故选 d. 10解析：选 b.通解：设 f1，f2分别为双曲线 c 的左、右焦点，则由题意可知 f1(2，0)，f2(2，0)，

45、又|op|2，所以|op|of1|of2|，所以pf1f2是直角三角形，所以|pf1|2|pf2|2|f1f2|216.不妨令点 p 在双曲线 c 的右支上，则有|pf1|pf2|2，两边平方，得|pf1|2|pf2|22|pf1|pf2|4，又|pf1|2|pf2|216，所以|pf1|pf2|6，则 spf1f212|pf1|pf2|1263，故选 b. 秒解：设 f1，f2分别为双曲线 c 的左、右焦点，则由题意可知 f1(2，0)，f2(2，0)，又|op|2，所以|op|of1|of2|，所以pf1f2是直角三角形，所以 spf1f2b2tan 23tan 453(其中 f1pf2)

46、，故选 b. 11解析：设 b(c，yb)，因为 b 为双曲线 c：x2a2y2b21 上的点，所以c2a2y2bb21，所以y2bb4a2.因为 ab的斜率为 3，所以 ybb2a，b2aca3，所以 b23ac3a2，所以 c2a23ac3a2，所以 c23ac2a20，解得 ca(舍去)或 c2a，所以 c 的离心率 eca2. 答案：2 12解：(1)由已知可设 c2的方程为 y24cx，其中 c a2b2. 不妨设 a，c 在第一象限，由题设得 a，b 的纵坐标分别为b2a，b2a；c，d 的纵坐标分别为 2c，2c， 故|ab|2b2a，|cd|4c. 由|cd|43|ab|得 4

47、c8b23a，即 3ca22ca2.解得ca2(舍去)， ca12.所以 c1的离心率为12. (2)由(1)知 a2c，b 3c，故 c1：x24c2y23c21.所以 c1的四个顶点坐标分别为(2c，0)，(2c，0)，(0， 3c)，(0， 3c)，c2的准线为 xc. 23 / 28 由已知得 3cccc12，即 c2. 所以 c1的标准方程为x216y2121，c2的标准方程为 y28x. 13解：(1)由题设可得25m25154，得 m22516， 所以 c的方程为x225y225161. (2)设 p(xp，yp)，q(6，yq)，根据对称性可设 yq0，由题意知 yp0. 由已

48、知可得 b(5，0)，直线 bp的方程为 y1yq(x5)， 所以|bp|yp1y2q，|bq| 1y2q. 因为|bp|bq|， 所以 yp1，将 yp1代入 c的方程，解得 xp3 或3. 由直线 bp的方程得 yq2或 8. 所以点 p，q 的坐标分别为 p1(3，1)，q1(6，2)；p2(3，1)，q2(6，8) |p1q1| 10，直线 p1q1的方程为 y13x，点 a(5，0)到直线 p1q1的距离为102， 故ap1q1的面积为12102 1052. |p2q2| 130，直线 p2q2的方程为 y79x103，点 a到直线 p2q2的距离为13026， 故ap2q2的面积为

49、1213026 13052. 综上，apq的面积为52. 专题九 计数原理、概率、统计 1解析： 选 a.根据题意作出图形，如图所示，在 o，a，b，c，d 中任取 3 点，有 10 种可能情况，分别为(oab)，(oac)，(oad)，(obc)，(obd)，(ocd)，(abc)，(abd)，(acd)，(bcd)，其中取到的 3 点共线有(oac)和(obd)2 种可能情况，所以在 o，a，b，c，d 中任取 3点，则取到的 3点共线的概率为21015，故选 a. 2解析：选 b.由题意知超市第二天能完成 1 200 份订单的配货，如果没有志愿者帮忙，则超市第二天共会积压超过 500(1

50、 6001 200)900 份订单的概率为 0.05，因此要使24 / 28 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，至少需要志愿者9005018(名)，故选 b. 3解析：选 b.对于 a，当 p1p40.1，p2p30.4 时，随机量 x1的分布列为 x1 1 2 3 4 p 0.1 0.4 0.4 0.1 e(x1)10.120.430.440.12.5，d(x1)(12.5)20.1(22.5)20.4(32.5)20.4(42.5)20.11.520.10.520.40.520.41.520.10.65，所以d（x1） 0.65. 对于 b，当 p1p40.4，p2

51、p30.1 时，随机变量 x2的分布列为 x2 1 2 3 4 p 0.4 0.1 0.1 0.4 e(x2)10.420.130.140.42.5，d(x2)(12.5)20.4(22.5)20.1(32.5)20.1(42.5)20.41.520.40.520.10.520.11.520.41.85， 所以 d（x2） 1.85. 对于 c，当 p1p40.2，p2p30.3 时，随机变量 x3的分布列为 x3 1 2 3 4 p 0.2 0.3 0.3 0.2 e(x3)10.220.330.340.22.5，d(x3)(12.5)20.2(22.5)20.3(32.5)20.3(42.

52、5)20.21.520.20.520.30.520.31.520.21.05， 所以 d（x3） 1.05. 对于 d，当 p1p40.3，p2p30.2 时，随机变量 x4的分布列为 x4 1 2 3 4 p 0.3 0.2 0.2 0.3 e(x4)10.320.230.240.32.5，d(x4)(12.5)20.3(22.5)20.2(32.5)20.2(42.5)20.31.520.30.520.20.520.21.520.31.45， 所以 d（x4） 1.45.所以 b 中的标准差最大 4解析：选 c.因为(xy)5的展开式的第 r1 项 tr1cr5x5ryr，所以(xy2x)

53、(xy)5的展开式中 x3y3的系数为 c35c1515.故选 c. 5解析：由题意，分两步进行安排，第一步，将 4 名同学分成 3 组，其中 1 组 2 人，其余 2组各 1 人，有 c246种安排方法；第二步，将分好的 3 组安排到对应的 3 个小区，有25 / 28 a336 种安排方法，所以不同的安排方法有 6636(种) 答案：36 6解析：x22x6展开式的通项 tr1cr6(x2)6r2xrcr62rx123r，令 123r0，解得 r4，所以常数项为 c4624240. 答案：240 7解：(1)由试加工产品等级的频数分布表知， 甲分厂加工出来的一件产品为 a级品的概率的估计值

54、为401000.4； 乙分厂加工出来的一件产品为 a级品的概率的估计值为281000.28. (2)由数据知甲分厂加工出来的 100件产品利润的频数分布表为 利润 65 25 5 75 频数 40 20 20 20 因此甲分厂加工出来的 100 件产品的平均利润为 65402520520752010015. 由数据知乙分厂加工出来的 100 件产品利润的频数分布表为 利润 70 30 0 70 频数 28 17 34 21 因此乙分厂加工出来的 100 件产品的平均利润为 70283017034702110010. 比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务 8解：(1)由所给数据，该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率的估计值如表： 空气质量等级 1 2 3 4 概率的估计值 0.43