2020山东省高考数学压轴卷（Word版含解析）

2020江苏省高考数学压轴卷（Word版附解析）

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2020山东省高考压轴卷数学

一、选择题：本题共8道小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合A={x︱x>－2}且A∪B=A，则集合B可以是（ ）

A. {x︱x2>4 }    B. {x︱  }

C. {y︱ }    D. {－1,0,1,2,3}

2.若 （i是虚数单位），则复数z的模为（   ）

A.      B.      C.      D.

3.已知 ， ， ，则a、b、c的大小关系为（   ）

A.      B.

C.      D.

4.若对任意的正数a，b满足 ，则 的最小值为

A. 6    B. 8    C. 12    D. 24

5.如图，在四边形ABCD中， ， ， ， ，将 沿BD折起，使平面 平面BCD构成几何体A-BCD，则在几何体A-BCD中，下列结论正确的是（    ）

A. 平面ADC⊥平面ABC    B. 平面ADC⊥平面BDC

C. 平面ABC⊥平面BDC    D. 平面ABD⊥平面ABC

6. 展开式的常数项为（）

A. 112    B. 48    C. -112    D. -48

7.已知F是双曲线 的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若 ，则 的面积为（  ）

A.      B.      C.      D.

8.已知函数 ，且实数 ，满足 ，若实数 是函数 的一个零点，那么下列不等式中不可能成立的是（   ）

A.      B.        C.        D.

二．多项选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分。在每小题的四个选项中，有多个符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有错选的得0分。

9.已知函数 ，给出下面四个命题：①函数 的最小值为 ；②函数 有两个零点；③若方程 有一解，则 ；④函数 的单调减区间为 .

则其中错误命题的序号是（    ）

A．①    B．②    C．③    D．④

10．已知点 是直线 上一定点，点 、 是圆 上的动点，若 的最大值为 ，则点 的坐标可以是（    ）

A．     B．     C．     D．

11．已知数列 的前n项和为 ，且满足 ，则下列说法正确的是（    ）

A．数列 的前n项和为     B．数列 的通项公式为

C．数列 为递增数列    D．数列 为递增数列

12．如图，梯形 中， ， ， ， ，将 沿对角线 折起.设折起后点 的位置为 ，并且平面 平面 .给出下面四个命题正确的：()

A．     B．三棱锥 的体积为

C． 平面     D．平面 平面

第II卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.二项式 的展开式中，设“所有二项式系数和”为A，“所有项的系数和”为B，“常数项”值为C，若 ，则含 的项为_____．

14.已知△ABC中， ， ，点D是AC的中点，M是边BC上一点，则 的最小值是（    ）

A.      B. －1    C. －2    D.

15.已知点 为抛物线 的焦点，则点 坐标为______；若双曲线 （ ）的一个焦点与点 重合，则该双曲线的渐近线方程是____．

16.每项为正整数的数列{an}满足 ，且 ，数列{an}的前6项和的最大值为S，记 的所有可能取值的和为T，则 _______.

四、解答题.本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.(本小题10分)

在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足 .

（1）求角A的大小；

（2）若 ， ，求△ABC的面积.

18.（本小题12分）

设数列{an}满足 ．

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列 的前n项和Sn．

19. （本小题12分）如图1，在Rt△PDC中， ，A、B、E分别是PD、PC、CD中点， ， .现将 沿AB折起，如图2所示，使二面角 为120°，F是PC的中点.

（1）求证：面PCD⊥面PBC；

（2）求直线PB与平面PCD所成的角的正弦值.

20. （本小题12分）

五一劳动节放假，某商场进行一次大型抽奖活动.在一个抽奖盒中放有红、橙、黄、绿、蓝、紫的小球各2个，分别对应1分、2分、3分、4分、5分、6分.从袋中任取3个小球，按3个小球中最大得分的8倍计分，计分在20分到35分之间即为中奖.每个小球被取出的可能性都相等，用 表示取出的3个小球中最大得分，求：

（1）取出的3个小球颜色互不相同的概率；

（2）随机变量 的概率分布和数学期望；

（3）求某人抽奖一次，中奖的概率.

21. （本小题12分）

已知椭圆 过点 ，右焦点F是抛物线 的焦点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）已知动直线 过右焦点F，且与椭圆C分别交于M，N两点.试问x轴上是否存在定点Q，使得 恒成立?若存在求出点Q的坐标:若不存在，说明理由.

22. （本小题12分）

已知函数 .

(I)当a=2时,求曲线 在点 处的切线方程；

(II)设函数 ,讨论 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.

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参考答案

1. 【答案】D

【解析】

A、B={x|x＞2或x＜-2}，

∵集合A={x|x＞-2}，

∴A∪B={x|x≠-2}≠A，不合题意；

B、B={x|x≥-2}，

∵集合A={x|x＞-2}，

∴A∪B={x|x≥-2}=B，不合题意；

C、B={y|y≥-2}，

∵集合A={x|x＞-2}，

∴A∪B={x|x≥-2}=B，不合题意；

D、若B={-1，0，1，2，3}，

∵集合A={x|x＞-2}，

∴A∪B={x|x＞-2}=A，与题意相符，

故选：D．

2. 【答案】D

【解析】

利用复数的乘法、除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的求模公式计算出复数 的模.

【详解】因为 ，所以 ，

所以 ，故选：D.

3. 【答案】B

【解析】

因为 及 都是 上的增函数，故

， ，

又 ，故 ，选B.

4. 【答案】C

【解析】

利用“1”的代换结合基本不等式求最值即可

【详解】∵两个正数a，b 满足 即a+3b=1

则 =  当且仅当  时取等号．

故选：C

5. 【答案】A

【解析】

由已知得 ， ，

又平面 平面 ，所以 平面 ，

从而 ，故 平面 .

又 平面 ，

所以平面 平面 .

故选A.

6. 【答案】D

【解析】

由于 ，

故展开式的常数项为 ，故选：D。

7. 【答案】B

【解析】

设点 ，则 ①．

又 ，

②．

由①②得 ，

即 ，

，

故选B．

8. 【答案】D

【解析】

因为函数 ，

则函数 在 为增函数，

又实数 ，满足 （a） （b） （c） ，

则 （a）， （b）， （c）为负数的个数为奇数，

对于选项 ， ， 选项可能成立，

对于选项 ，

当 时，

函数的单调性可得： （a） ， （b） ， （c） ，

即不满足 （a） （b） （c） ，

故选项 不可能成立，

故选：D．

9. 【答案】BCD

【解析】

因为函数 ，所以

当 时， ，当 时，

所以当 时，  的最小值为 ；

如图所示：

当 时， ，当 时， ，所以函数 有一个零点；

若方程 有一解，则 或 ，函数 的单调减区间为 .

故错误命题的序号是 ②③④

故选：BCD

10．【答案】AC

【解析】

如下图所示：

原点到直线 的距离为 ，则直线 与圆 相切，

由图可知，当 、 均为圆 的切线时， 取得最大值，

连接 、 ，由于 的最大值为 ，且 ， ，

则四边形 为正方形，所以 ，

由两点间的距离公式得 ，

整理得 ，解得 或 ，因此，点 的坐标为 或 .

故选：AC.

11．【答案】AD

【解析】

因此数列 为以 为首项， 为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；

所以 ，即A正确；

当 时

所以 ，即B，C不正确；

故选：AD

12．【答案】CD

【解析】

如图所示： 为 中点，连接

， ， 得到

又 故 为等腰直角三角形

平面 平面 ，  ，所以 平面 ，所以C正确

为 中点， 则 平面  所以

如果 ，则可得到 平面 ，故  与已知矛盾.故A错误

三棱锥 的体积为  .故B错误

在直角三角形 中，

在三角形 中，  满足

又  所以 平面 ，所以平面 平面 ，故D正确

综上所述：答案为CD

13. 【答案】

【解析】

依题得 ，所以n=8，在 的展开式中令x=1，则有 ，所以a+b=2，又因为 展开式的通项公式为 ，令 .所以得到 （舍），当 时，由 得 .所以令 ，所以 ，故填 .

14. 【答案】-1

【解析】

根据题意，建立图示直角坐标系， ，

2020北京市高考数学压轴卷（Word版附解析）

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，则 ， ， ， ．设 ，则 ，

是边 上一点， 当 时， 取得最小值－1．

15. 【答案】

【解析】

因为点 为抛物线 的焦点，2p=8，p=4

双曲线 （ ）的一个焦点与点 重合，

渐近线方程为：

故答案为 ，

16. 【答案】62

【解析】

由数列 每项均为正整数，则采用逆推的方式可得下图：

又前6项和所有可能的结果中最大值为：

本题正确结果：62

17. 【答案】(1) ；(2) .

【解析】

（1）利用正弦定理边化角，求得 ，所以 ；（2）利用余弦定理，得 ，所以 。

试题解析：

（1）△ABC中，由条件及正弦定理得 ，

∴ .

∵ ， ，

∵ ，∴ .

（2）∵ ， ，

由余弦定理得

，

∴ .

∴ .

18. 【答案】（1） ；（2） .

【解析】

（1）在 中，将 代 得：  ，由两式作商得： ，问题得解。

（2）利用（1）中结果求得 ，分组求和，再利用等差数列前 项和公式及乘公比错位相减法分别求和即可得解。

【详解】（1）由n＝1得 ，

因为 ，

当n≥2时， ，

由两式作商得： （n＞1且n∈N*），

又因为 符合上式，

所以 （n∈N*）．

（2）设 ，

则bn＝n＋n·2n，

所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1＋2＋…＋n）＋

设Tn＝2＋2·22＋3·23＋…+（n－1）·2n－1＋n·2n，①

所以2Tn＝22＋2·23＋…（n－2）·2n－1＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，②

①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，

所以Tn＝（n－1）·2n＋1＋2．

所以 ，

即 ．

19. 【答案】（1）见解析（2）

【解析】

（1）证明 面 得到面 面 .

（2）先判断 为直线 与平面 所成的角，再计算其正弦值.

【详解】（1）证明：法一：由已知得： 且 ， ，∴ 面 .

∵ ，∴ 面 .

∵ 面 ，∴ ，又∵ ，∴ ，

∵ ， ，∴ 面 .

面 ，∴ .

又∵ 且 是 中点，∴ ，∴ ，∴ 面 .

∵ 面 ，∴面 面 .

法二：同法一得 面 .

又∵ ， 面 ， 面 ，∴ 面 .

同理 面 ， ， 面 ， 面 .

∴面 面 .

∴ 面 ， 面 ，∴ .

又∵ 且 是 中点，∴ ，∴ ，∴ 面 .

∵ 面 ，∴面 面 .

（2）由（1）知 面 ，∴ 为直线 在平面 上的射影.

∴ 为直线 与平面 所成的角，

∵ 且 ，∴二面角 的平面角是 .

∵ ，∴ ，∴ .

又∵ 面 ，∴ .在 中， .

在 中， .

∴在 中， .

20. 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 （3）

【解析】

（1）设事件 表示“取出的3个小球上的颜色互不相同”，利用古典概型、排列组合能求出取出的3个小球颜色互不相同的概率；（2）由题意得 有可能的取值为：2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的概率分布列和数学期望；（3）设事件C表示“某人抽奖一次，中奖”，则 ，由此能求出结果.

【详解】（1） “一次取出的3个小球上的颜色互不相同”的事件记为 ，

则

（2）由题意 有可能的取值为：2，3，4，5，6

；

；

；

；

所以随机变量 的概率分布为

2    3    4    5    6

因此 的数学期望为

（3）“某人抽奖一次，中奖”的事件为 ，则

21. 【答案】(1)   (2)见解析

【解析】

(1) 由椭圆 过点 ，得 ，由抛物线的焦点为 ，得 ，利用 即可求解a则方程可求；（2）假设在 轴上存在定点 ，当直线 的斜率不存在时，由 ，解得 或 ；当直线 的斜率为0时，由 ，解得 或 ，可得 ，得点 的坐标为 .再证明当 时 恒成立. 设直线 的斜率存在且不为0时，其方程为 ，与椭圆联立消去y得韦达定理,向量坐标化得 整理代入韦达定理即可

【详解】（1）因为椭圆 过点 ，所以 ，

又抛物线的焦点为 ，所以 .

所以 ，解得 （舍去）或 .

所以椭圆 的方程为 .

（2）假设在 轴上存在定点 ，使得 .

①当直线 的斜率不存在时，则 ， ， ， ，

由 ，解得 或 ；

②当直线 的斜率为0时，则 ， ， ， ，

由 ，解得 或 .

由①②可得 ，即点 的坐标为 .

下面证明当 时， 恒成立.

当直线 的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立.

当直线 的斜率存在且不为0时，设其方程为 ， ， .直线与椭圆联立得 ，

直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且 ， .

，

所以

恒成立

综上所述，在 轴上存在点 ，使得 恒成立.

22. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）见解析．

【解析】

（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由 ,通过讨论确定 的单调性,再由单调性确定极值.

试题解析：（Ⅰ）由题意 ，

所以，当 时， ， ，

所以 ，

因此，曲线 在点 处的切线方程是 ，

即 .

（Ⅱ）因为 ，

所以 ，

，

令 ，

则 ，

所以 在 上单调递增，

因为 ，

所以，当 时， ；当 时， .

（1）当 时， ，

当 时， ， ， 单调递增；

当 时， ， ， 单调递减；

当 时， ， ， 单调递增.

所以当 时 取到极大值，极大值是 ，

当 时 取到极小值，极小值是 .

（2）当 时， ，

当 时， ， 单调递增；

所以 在 上单调递增， 无极大值也无极小值.

（3）当 时， ，

当 时， ， ， 单调递增；

当 时， ， ， 单调递减；

当 时， ， ， 单调递增.

所以当 时 取到极大值，极大值是 ；

当 时 取到极小值，极小值是 .

综上所述：

当 时，函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是 ，极小值是 ；

当 时，函数 在 上单调递增，无极值；

当 时，函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是 ，极小值是 .

2020全国卷Ⅲ高考数学压轴卷（文）（Word版附解析）

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