高中数学——金考卷特快专递第5期——2020高考11-12月新卷优选大市联考卷——数学（理科）（参考答案）.pdf

密故丙企业材料成本最高故D正确综上可知选C.6。C考查目标本题主妥考查等差数列和充要关系的判断,考查的核心素养是逻辑推理解析由n是公差大于零的等差数列,且20可得n10,所以厕1SlS腿0,即S测lSn;反之,若SlS,则当n1时,S2Sl即S2Sl20.所以“o20,是“S网lS”的充要条件故选C.7D考查目标本题主要考查向量的夹角和向量的模考查的核心素养是数学运算和直观想象.解析如图所示,濒萌耐b,则丽二b因为与b的夹角为60。,所以乙BAC60。,则乙OAB120。,则B为射线AD上的动点（不包括点A）,又l即丽1,所以由图可知b1,故选D.河北省九校2020届高三上学期第二次联考试题总评:本套试卷重视对基础知识、基本方法和基本思想的考查,知识点考查全面,考点分布合理,试题新颖且有一定的区分度符合全国卷的命题特点.选材亮点:第9题以赵爽验证勾股定理的示意图为背景考查分步乘法计数原理和古典概型的概率,既考查了考生的转化能力和基本运算能力,又弘扬了中国古代丈化;第21题以现在国家提倡的新能源汽车为背景考查了频率分布直方图、正态分布、数列和通过概率进行决策试题综合性强,有一定的难度又贴近现代生活考生熟悉.命题亮点:第6题把等差数列和充要关系相结合命题角度新颖;以概率与统计解答题作为压轴题导数与三角函数相结合都符合高考的命题趋势.答案速查赣蹿砷罚凹丫m糯蹿黔蠕辩蕊翻缎呻翱邯蹿引C瓣日c司二心旧O辩撼8C考查目标本题主要考查三视图和几何体的表面积考查的核心素养是数学运算和直观想象。解析由三视图可知该几何体是上方为一个八分之一球,下方是个底面为等腰直角乖形的直三棱柱.故所求表面积s-4丽22十2232222可2二584面,故选C。9D考查目标本题主妥考查分步乘法计数原理和古典概型的概率考查的核心素养是数学运算.解析（l）当A,C同色时,第步给区域A涂色有6种方法,第二步给区域B涂色有5种方法第三步给区域D涂色有4种方法第四步给区域C涂色因为A,C同色,所以只有1种方法,第五步给区域E涂色有4种方法,所以共有654l4480（种方法;（2）当A,C不同色时第一步给区域A涂色有6种方法第二步给区域B涂色有5种方法第三步给区域D涂色有4种方法,第四步给区域C涂色,因为AC不同色,所以有3种方法,第五步给区域E涂色有3种方法,所以共有65433l080（种）方法因此A,c区域涂同色的概率P二480绊080告,故选u0B考查目标本题主要考查函数的图象与性质考查考生的逻辑推理能力和基本运算能力考查的核心素养是数学运算和逻辑推理解析易知（腮）卿sin鳃为偶函数（厕）sin躯财cos卯当则匡0子么当256可4-32B考查目标本题主要考查集合的运算和不等式的解法考查的核心素养是数学运算.解析A匆1卯2,勿巨Z0,1,B2x卵巨A12,所以AB01,2,故选B2C考查目标本题主要考查复数的运算和复数的概念及几何意义,考查的核心素养是直观想象和数学运算.44（l何i）4（1-可i）l丁i,解析zl何i（1可i）（1可i）4所以云1了i,则云在复平面内对应的点为（l可）所以云在复平面内对应的点在第二象限排除A,B又（1可）满足方程y可郎所以云在复平面内对应的点在直线y可k上,故选C3。B考查目标本题主要考查利用指数运算、对数运算对数函数的单调性比较大小,考查的核心素养是数学运算和逻辑推理解斩-二古二峰2徊-,且og2g33l,即c1,所以cb,故选B凸4A考查目标本题主要考查根据函数解析式确定函数图象,考查的核心素养是逻辑推理和直观想象.解析?（膨）（击）二封,且封枷鄙是奇函数露）二封为偶函数,故其图象关于轴对称排除cn当侵（0丽）时,慷蹋1八急0,又0,f（缠）0故排除R,故选A5.C考查目标本题主妥考查识图问题,考查考生通过图形分析问题的能力考查的核心素养是数据分析和数学运算。解析由题意可知成本最大的企业为丙企业,故A正确;甲企业费用支出100005500（元）,乙企业费用支出12000172040（元）,丙企业费用支出15000l52250（元）,所以费用支出最高的企业是丙企业故B正确;甲企业支付工资l0000353500（元）乙企业支付工资2000303600（元）丙企业支付工资l5000253750（元）故甲企业支付工资最少故C错误;甲企业材料成本为0000606000（元,乙企业材料成本为12刚5363创（元）丙企业材料成本为15皿创9皿（元）,时（绷）（）所以（卯）在（）子上单调递增又（z）鳃sin腮为偶函数所丝以“）在等0上单调递减故o正确;垄因为（鳃）2如）xsin如（2而匆）sin（2叮-匆）孵sin卯-（2而一匆）sin卿2鳃sin绷2订Sin鳃0不恒成立所以点（而0）不是函数（“）的图象的对称中心,故错误;因为（卿）（叮则）如Sinx（如）sin（匆）勿sin蹲（鳃）sin卿2獭sin厕丽sin宛0不恒成立即（鳃）（丽鳃）不恒成立,所以直线绷乎不么是函数（卵）的图象的对称轴,故o错误;因为（如）匆sin绷卿sin绷Z,所以当M1时,（厕M匆对切实数卿均成立故正确综上可知,正确的结论是o故选B.数学理科答案1.第1套lB考查目标本题主妥考查双曲线的几何性质、点到直线的距离公式的应用考查考生分析、解决问题的能力和化归与转化能力,考查的核心素养是数学运算和直观想象。解题思路设直线PF的方程为k（匆C）,根据F2到直线PFl的距离为得出k2,由点P在双曲线的右支上得内上进而求出离心率的取值范围解析双曲线的渐近线方程为y上z.设直线PFl的方程为y片（则C）,因为点P在双曲线的右支上,所以上,F2（C,0）到直线PFl的距离2肋22丙r二侧解得膘二蒜二3六2根挪得所以4-b4（2b2）（2b2）（2b2）c2362c2,则2b23b2即十所以詹忽-!则粤,故选b22名师点拨）双幽线的离心率.二l了;（2）若双曲线方翟为,卡l（0b0）过其左焦点的直线与双凿线的右支有公共点此直线的斜率为k,则k上,其中上为其一条渐近线的斜率举反三为双曲线卡1（0,b0）的左焦点,若双蹦线右支上存在一点P使直线与圆则2广2相切则双曲线离心率的取值范围是A.（1,可）B.（1可C（徊,明）nZ函）解析直线PF与圆财2广2相切,则直线PF的斜率愉,又点P在的右支上所以k即所以所以.三2,即eZ故选C2D考查目标本题主要考查构造函数、导数的应用和不等式的解法,考查考生的逻辑椎理能力和分类讨论问题的能力考查的核心素养是数学运算和逻辑推理解题思路1当厕0时（卯）ln则了（鞭）构造函数g（财）邹（“）ln氮g（厕）0构造函数g0）（郧）ln厕-g（见）0-解析（鳃）.的展开式的通项厂（鳃:）.（）（l）c闲（x2）腮（）所以吗（）4c（瓣2）撼靴（）二3c欺20,允勿因为第5项为常数项所以2几100所以5,令匆1,得该展开式中所有项的系数和为（1-3）532.l考查目标本题主要考查抛物线的定义及几何性质考查的核心素养是数学运算.解析通解由题意知A（0,2）,F（02）过点P作PB上（为抛物线的准线）垂足为B。由抛物线的定义可知PFPB。令乙R4B,则t剧删六,当sin最小时最大当直线PA与抛物线然28y相切时,最小,即墩大设尸（输,曾）由于-所以在点P处切线的斜斡二子所以在点处的切线方橇为等子（嚣瓣o）义切线过A（02）所以2鱼芋,解得鳃,-雪4,所以当取得最大值时直线8PA的斜率为l.优解由题意知A（0,2）,F（02）过点P作PBL（为抛物线的准线）,垂足为由抛物线的定义可知P冷么川B测删剧志,当最小时,最大当直线与抛物线狮2二8y相切时sin最小即t最大.根据过准线上任点作抛物线的两条切线互相垂直,知过点A（0-2）作抛物线的两切线关于y轴对称且互相垂直即两切线的斜率为1所以当t取得最大值时直线R4的斜率为l256可考查目标本题主要考查三棱锥的外接球问题考查的核心素养是直观想象和数学运算.解析解法如图所示,因为PA上PBRl上PCPBPCP所以R4上平面PBC.取BC的中点D连接AD,PD,则PA上PD.因为剐PBPC8所以ABAC8抠,PD上BC所以AD上BC,又PDADD所以BC上平面PAD又BCc平面ABC,所以平面ABC上平面D又平面ABC平面PAD,P0上平面咽c所以o匡D在RtA中AoO。哉o-4佰在ABD中,BDAB2AD24徊,所以BC8抠所以PBLPC.以,PBPC为棱构造正方体可知三棱锥PABC外接球的半径R4可体积V丽R256徊佩56（z）是奇函数符号g（z）的单调性10一鳃-l或0卯1）0（匆2-1）（匆）0（勿）的献窥廊.PCA解析囚为当躯0时旷（瓣）l韧露）,所以（赃）l寺（腮）0令g（氮）二j（鞭）ln缆则g（獭）（鳃）ln露勃撼）0在露0时恒成立,所以函数g（卯）在（0函）上单调递减且g（1）0,所以当匆巨（0,1）时g（匆）0又ln匆0,所以（匆）0;当勿巨（1的）时,g（绷）0又ln卯0所以（厕）0.由（厕）ln腮封（氮）,令躯l,得0（l）,所以j（l）0综上冗可知当撼0时,（x）0.又（鳃）是奇函数,所以当匆0时（卯）0当卯二0蹦孤o）0则不霹武（溺（塑）0转化为（刺或腕j0得z-1或0勿1,故选D.a4考查目标本题主要考查等比数列和等差数列的性质,考查的核心素养是数学运算.解析设等比数列,的公比为,因为与.的等籍中项为.所以鳃l所以余q二l又l所以292辨3?2二0又数列腿的各项均为正数,所以q所以!二粤二纵q4一32考查目标本题主要考查二项式定理和赋值法求所有项的系数和考查的核心素养是数学运算.B解法二如图所示,因为PAPBPC8,PO上平面ABC,所以点O为ABC的外心且直线PO上任点到AB,C三点的距离都相等在直线PO上取点Ol连接OlA,使OlAOlP则点Ol为三棱锥PABC外接球的球心.圃为闷s,锄o乎,所以捌o二粤.M乎Po二竿,圃为R4LPBPAPC所以Ol在PO的延长线上,令OAOlPR则OlOR平,所以R（孪）2十（R乎）解得R呕所以三棱镶尸Ec外接球的体积颓R二256何哪PC47。考查目标本题主妥考查利用正、余弦定理解三角形和三角形面积公式的应用考查的核心素养是数学运算.解目（1）。.。3R22ccosB2c2数学理科答案2。第l套.3R22c2-2ccosBb2,即R-争-步-6志三粤,又B为锐角,B（5分）（2）铲的雨积s竿-.（7分）0-3,2R-李b-2何,又志-市-2M带c二丽B生3c2R（愚iM带sinc）2可副M愚in（芋A）2何（smd粤）m（剖）由ABC是锐角三角形得A匡（,）A十匡（于,芋）m（船苦）匡（,j。.c巨（3可6即c的取值范围为（3可,6（l2分）考查目标本题主妥考查面面垂直的性质、线面垂直的判定和二面角的余弦值的求解,考查的核心素养是数学运算、直观想象和逻辑推理解:（1）因为ABCD乙BCD90所以ABLBC,又平面川B上平面ABCD且平面R4B平面ABCDAB,所以BCL平面川B（l分）又AQC平面PAB所以BC上AQ.（2分）因为0为PB的中点,R4B为等边三角形所以PB上AQ（3分）又PBBCB,所以AQ上平面PBC.（4分）（2）解法-取AB的中点O连接POOD,因为川B为等边三角形所以PO上AB由平面BL平面ABCD,POc平面PAB得POL平面ABCD（5分）所以PO上OD由AB2BC2CD4,ABCDABBC可知ODBC,OD上AB.以O为坐标原点分别以ODOB,OP所在直线为匆z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oz归,（6分）所以二面角BPCD的余弦值为（h2分）解法二取AB的中点O连接PO（）D,因为R4B为等边三角形所以PO上AB由平面剧B上平面ABCDP0C平面PAB,得PO上平面ABCD,（5分）所以PO上OD由AB2BC2CD4ABCDAB上BC,可知ODBCOD上AB.以O为坐标原点,分别以OAODOP所在直线为z,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-渺z,（6分）C卯则A（2,0,0）,D（0,2,0）C（-220）P（002可）B（-2,0,0）,所以而（022可）,而（200）.因为Q为PB的中点所以0（1,0可）由（l）知,平面PBC的个法向量为苑（307）设平面PCD的法向量为（匆yz）,南漂二得虱取z1,则厕（0可1）,瞬以（刃厕）荔肾（）碉每可1因为二面角BPC-D为钝角,所以二面角BPcD的余弦值为解法三如图,过点B作PC的垂线M交PC于点H连接DHP8（7分）（9分）（11分）（12分）CA取AB的中点O,连接POOD因为PAB为等边三角形,所以pO上AB由平面剧BL平面ABCD,POc平面B,得PO平面ABCD（5分）又CDc平面ABCD,所以PO上CD.由条件知OD上CD,又POODO,所以CD上平面pOD,又PDc平面POD,所以CD上PD,由（l）知BCL平面PAB,所以BC上PB.又CDCB,所以RtPDC兰RtPBC,所以DH上pC,由二面角的定义知二面角BPCD的平面角为BHD。（7分）在RtPBC中PB4,BC2PC25,由PB.BCBH.PC得BHPB.BC424石（8分）PC2了5同理可得DH1巨.（9分）5连接BD则BI）2Z（1O分）.第1套CA则A（0,2,0）D（2,0,0）,C（220）,P（00,2了）,B（0,20）所以而（2,0,2可）,而（02,0）.因为Q为PB的中点,所以Q（01,可）,由（l）知平面PBC的个法向量为乃（03,可）戳牺睬二.茧!仕0,取z1则（百,01）可上所以憾鼠（刃厕）-揣归雨蕊河旷三因为二面角B-PCD为钝角（7分）（9分）（11分）数学理科答案3方法在BHD中根据余弦定理得碰三肝十D睬BD（竿）2（竿）（2徊）:2BHDH2华堕5又（0）0叭）0结合（）e苦0,（子e晋0,由零息存在性定理知（缠）在（苦,）上有-个零点在（）上有一个零点0（l1分）当鳃时e赡l,le撼coM腮）0,此时（卯）无零点。综上j（鳃）在（）上仅有2个零点（12分）考查目标本题主要考查频率分布直方图、正态分布、概率和等比数列等知识,考查的核心素养是数学运算、逻辑椎理、数学抽象、数据分析和数学建模.解题思路（1）计算每组的频率每组的中点值乘以相应组的频率平均值页（2）正态分输对称隆慧瓣灌獭蘑0千所以二面角阎Pcp的余弦值为（12分）BD方法二在筹耀三偷竿崩惫乎5所以B砌2（爵in骂皿）2l2（平）2L4.所以二圃角BPcD的余弦值为（l2分）9。考查目标本题主要考查椭圆的几何性质、标准方程和直线与椭圆的位置关系,考查的核心素养是直观想象和数学运算.解;（l）根据短轴长知0二何s（c）恫孪,则c3,因为b2;二2c2所以-c1故-2嘿-则椭圆的标摧方程为f带-1（4分）（2）当直线MV的斜率存在时,设其方程为y附（如1）（0）,M（蹦ll）（勿2y2）2（3）确庭P汽鸟噬触茅醚喘0（扩的递推关系（0,1,49）此方案能成功吸引顾客fh9-P500h9,P5O一广购买该款新能源汽车解8（1）万0。002502050.004502550.009503050.004503550.0O150405300（千米）。（3分）（2）由题意知X（300250）.。P（250X400）095450.9545-068270.8186.2.任取辆汽车,它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率为08186（7分）（3）遥控车开始在第0格为必然事件P0L第-次掷硬币出现正面,遥控车移到第格,其概率为,即P!二遥控车移到第n（249）格的情况是下面两种而且只有两种:o遥控车先到第2格再掷出反面其概率为寺P厕2;凸遥控车先到第l格,冉掷出止面,其概率为十P雁P鹏P鹏2P厕P腮P鹏1（P臆!尸健2）1.。149时,数列P厕P厕l是等比数列,首项为P-P0丁公比为丁-l.P1,P2P1（）:,FP2（）,辩,P雁卿（古）鹏.点P慰（P哪删）（P雁P鹏2）（P1P0）P0（）.告（）.,（l）慰（）1l亏l垄（寺）腮刊（0,1,49）.凸遥控车停在胜利大本营,的概率P鳃（）”遥控车停在决败大本营的概率P0岛l（）绸十l（）.,P劲三l（）铡l（）绸l（）鳃.遥控车停在“胜利大本营”的概率大.则S剑A.泌二;12）24沁2,O（5分）期1）l20（）,陶6内-9k2（7分）y2j干JP.y234k2.内化斗、）片斗列列片2M3带“2）2,1代人式得S川MV令二3吼2则3附2二宁蒜-却（,分）9当直线MV的斜率不存在时Sd丁.（10分）故当AM的面积最大时M垂直于鳃轴此时直线的斜率为则直线的力程为（蕊2）2分）20.考查目标本题主要考查利用导数求切线方程和证明函数零点的个数考查的核心素养是数学运算、直观想象和逻辑推理.解目（1）（箍）e鲸sin匆（1分）（0）1肌0）0.（卵）的图象在点（0（0）处的切线方程为y0z-0即y腮.（3分）（2）令g（绷）二（卿）e愿sin绷,则g（匆）e雾cos绷当颠时,g（绷）0,g（躯）在（号上单调递增（5分）而g（）e号10,g（）e哥l0,由零点存在性定理知g（狮）在（,）上有唯一零点,（腮）在（,）上有唯零点（7分又（）0扩（0）0（缅）在（,）上单调递增且有唯一零点匡（,0）,“匡（）时扩（氮）0;绷巨（,）时旷（厕）.（缅）在（,）上单调递减,在（,号）上单调递增,（9分）数学理科答案4。第1套.B考查目标本题主要考查集合的运算与一元二次不等式的解法,考查的核心素养是数学运算.解析通解由已知得A匆2则3,又BN,所以AB0l,2.故选B.忧解由题意知2巨A且2巨B所以排除选项C、D又1住B所以排除选项A.故选B2.A考查目标本题主要考查复数的运算及复数的几何意义考查的核心素养是数学运算、直观想象.解析因为铝-（二-（十）（徽）j,复数错对应的点在2直线匆的左上方所以l-1解得O故实数的取值范围是（-的,0）,选A.命题分析复数的概念及运算是高考的常考内容,在复习过程中要注意弄清楚复数的概念如复数的分类、共辊复数、复数的模等要掌握牢复数代数形式的运算,尤其是复数的除法运算,aB考查目标本题主要考查向量的数量积与向量的夹角及充妥条件等知识考查的核心素养是逻辑推理。解析因为b为非零向量,.b0,所以由向量数量积的定义知与b的夹角为锐角或与b方向相同;反之,若与b的夹角为锐角,由向量数量积的定义知,。b0成立。故“.b0”是“与b的夹角为锐角,的必要不充分条件.故选B.4D考查目标本题主妥考查三角函数的定义及二倍角公式的应用考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.解析因为角的终边经过点（l2）,所以tan2,所以tan2l等放选u5.A考查目标本题主要考查函数的奇偶性及函数求值考查的核心素养是逻辑椎理、数学运算.解析由题意知,（m5）（l2m）0解得m4。又当虹0时,（鳃）2“l则（m）（-4）（4）（24l）15.故选A.6D考查目标本题主姜考查统计知识,考查的核心素养是直观想象数据分析、数学运算。解析由题中两图叫知c筹级所占比例为揣2024所以c等级及以上级别所占比例为20244690,所以C等级及以上级别的学生人数为100090900。故选D7.C考查目标本题主要考查解三角形的实际应用,考查的核心素养是数学拈象数学建模、直观想象及数学运算.雕懈m45.竿（米）全在R姻C中,“AOiCB竿60.塑但22竿30（米）8。C考查目标本题主妥考查程序框图考查的核心素养是逻辑推理。解题思路根据每次循环输出2个值可知当循环执行了10次时输出了20个值。解析执行程序框图,tl1,b1满足条件,输出裴波那契数列的前2项;ll26123,j2满足条件,输出裴波那契数列的第3项、第4项;每经过次循环,输出裴波那契数列的2项j11时共输出了韭波那契数列的前20项此时不满足条件退出循环体故n20选C。5第2套凹厂份矿选渊频。此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车.（12分）易错警示在求P0时,应该利用P50P媚,而不能根据P鹏P撼（）直接求得P,022考查目标本题主妥考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程标准形式的应用,考查的核心素养是数学运算和直观想象.解:（l）消去参数r得曲线Cl的普通方程为4鳃3y20。（2分）曲线C2的极坐标方程可化为pcos20sin0,即p2cos20psin0又pcos0则psin0y,.。曲线C2的直角坐标方程为y惩2。（5分）二真（2）Cl的参数方程转化为标准形式为得9280tl500,（6分）点P的直角坐标为（2,-2）,设t,i分别是A,B对应的参数,则粤,乎（7分）l1PAPBtt8（10分）2a考查目标本题主妥考查不等式的证明考查的核心素养是逻辑椎理和数学运算.解:（1依题意,得”忽.zy（“z）.（zy）2菇.2可4z可当且仅当纯yz时等号成立.（2分）因为0您l所以4z.可4Uz,所以卿舅.zy4哪.（5分）（2）囚为页等丁百二所以上卜上上二,眶唾卯y而瞩十去小会-2古W鲤-坠锄诗2撼为二2,（7分）三式相加,可得渺）z醒上上L6,所以鳃y脾吨3当且仅当Z九z卯y赃yz1时等号成立故2腮y。2汇2墟2颠露m8即2廖y.2归.2x霉的最小值为8.（10分）回开封市2020届高三第-次模拟考试总评:本套试卷知识点考查全面,考点分布到位,难度贴近高考试题命制合理,且有一定区分度能够很好地考查考生的数学思维能力及数学素养对数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算、数据分析这些数学核心素养都有考查。其中,第7题既考查了解三角形的实际应用又紧跟时政热点,符合高考命题“德”育的考查功能,试题很新颖;第16题新定义了“差半递增,数列,试题看似元从下子但细究题意!实际是考查数列的通项公式的求解,可以说是一道“新瓶装旧酒”的题目很有新意和区分度;解答题第20题结合2019年高考命题的新变化,加大了对概率与统计试题的难度,本题着重考查考生的阅读理解能力数学建模能力及理解应用能力试题有较大的区分度,体现了高考的选拔功能。本套试题的解答中,如第l题、第9题及第l3题,既可以用通解通法进行解答,又可以用特例排除、估值等方法进行灵活解答体现了小题小做,如第9题利用估值法进行解答使得解答简便、快捷同2019年“断臂维纳斯”的试题的解答有异曲同工之妙。答奉速查3出75?02q689驴-凸吕5q日ccD训聪】i盯惭鞋,!zl石5儿勺的飞B48数学理科答案5方法总结对于程序框图题我们可以从简单的情形逐步计算归纳出程序框图的功能在归纳过程中注意各变量的变化规律9D考查目标本题主要考查对数的性质及对数的计算考查的核心素养是数学运算、逻辑推理.解析通解因为砸-M-搓lg2-0,所以厕又腿搓螺2（亡）爵2（摆lnc）:2l粤:2lng2m所以nnmn.故选D.优解由本卷第20题中参考数据知,ln20.693l0.7ln5L6094称点D,则D为点D在平面AB!Dl上的正投影,连接ABBBl,B!CC（Dl,DlD,DA,得正六边形ABBlClI）lD即正方体ABCDABlClDl在平面上的正投影,易求得其面积为何.47、4B卢BD0hC、尸ODBBl尹1卢0业尸C（图2微j赤:盼护尸DlClC（图l图23.l考查目标本题主要考查向量的模及向量的坐标运算,考查的核心素养是数学运算.解析通解因为（26）,b（3m）所以b（5矾6）b（1,m6）由bb得52（m-6）2（-1）2（-m6）2,解得ml优解由bb两边平方得.b0因为（2,6）b（3,m）,所以23（-6）m0,解得肌1448考查目标本题主要考查排列组合知识,考查的核心素养是逻辑推理数学运算.解析根据题意,分两种情况讨论;o丙机最先着舰此时只需将剩下的4架舰载机全排列,有A24（种）情况即此时有24种不同的着舰方法;丙机不是最先着舰,此时需要在除甲、乙、丙之外的2架舰载机中任选1架,作为最先着舰的舰载机将剩下的4架舰载机全排列丙机在甲机之前和丙机在甲机之后的数目相同因此有ClAi24（种）情况,即此时有24种不同的垄着舰方法.根据分类加法计数原理则共有242448（种）不同的着舰方法鼠粤考窒目标本题主姜考查幂数输几何慈义及翻乎行直线之厕输雌离公式考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.解析由题意知当函数（绷）的图象在点P（缅0,y0）处的切线l与直线2:2厕y20平行,且PQL2时PQ两点之间的距离最小因为（匆）ln匆“3,所以（“）上3厕2所以L3膊;2,解得鳃01所以y01,故卯卯0切线!l的方程为2鳃y-10.由两平行直线之间的距离公式可得切线l与直线之间的距离-!（2）粤,放P,0两点距离的最小值石l6,所以lg2揣n铝n53,估值易得选项D正确故选DO.A考查目标本题主要考查双曲线的几何性质、圆与双曲线的综合应用,考查的核心素养是数学运算逻辑推理及直观想象。解析设双曲线的左焦点为F连接MF,不妨设MFmMFn则m几且mn2。O由题意知为圆O的直径则MFF为直角三角形且兰FF斗所以s十m,又易知s卿s,所以厕b且有F2MF2FF2即l2n2（2c）2。OO可变形为（m）22m（2c）2把O代人上式,整理得b2b,所以b。所以所求双陶线的离心率雷-事侮故选方法总结在求解有关离心率的问题时,一般并不是直接求出c和的值而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特征建立关于参数c,b的方程或不等式通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围题型风向双曲线的渐近线与离心率问题是高考命题的热点之一。常见的命题角度有:（l）已知离心率求渐近线方程;（2）由离心率或渐近线方程求双曲线方程;（3）利用渐近线与已知直线的位置关系求离心率。A考查目标本题主要考查三角恒等变换及三角函数的图象与性质考查的核心素养是数学运算逻辑推理、直观想象.解析x）F丽了sin（露帜）（其中an鹏）由题意得g（腮）F丽霄sm（躯p）的图象关于坐标原点对称故k丽（k匡z）蛔kw子（k层Z）,故（鳃）F丽了sm（赃肺子）临匡z故O正确且O也正确;对于当（卯）的最大值为2时,F干】丁2又tantan（肺子）二上可,两式联立可解得1,故不正确;根据三角函数图象的性质,易判断正确故选A.题型风向函数yAsin（zp）的图象与性质是高考命题的热点,多将图象变换、解析式求法与性质综合在一起考查常见的命题角度有:（l）图象变换与性质的综合;（2）解析式的求法与性质的综合;（3）图象与性质的综合.2B考查目标本题主妥考查空间几何体中的线面位置关系、正投影等知识,考查的核心素养是逻辑椎理、直观想象及数学运算.解题思路信确定正方体在平-撒鹏铲由空间线面判断出平面位置关系的位置面上的正投影解析记正方体为ABCDAlBlClDl,如图,由题意及正方体的性质知,正方体ABCDABClDl的每条棱所在直线与平面ABlDl所成的角都相等因此不妨令平面ABlDl为平面.连接AlCl与BDl交于点O连接AOA1C,设交点为O,易证AlO上平面ABlDl则点AlC在平面ABlDl上的正投影均为O,再找出点B,D,Cl在平面ABlD上的正投影即可确定正方体ABCD-AlBlClDl在平面ABlDl上的正投影。由于Al,Cl关于BlD对称故点Cl在平面ABlDl上的正投影与点O关于BlDl对称如图2,作O关于BlDl的对称点C则C为点Cl在平面ABlDl上的正投影。同理,作O关于ABl的对称点B则B为点B在平面ABlDl上的正投影作O关于ADl的对为粤命题分析导数的几何意义是高考命题热点之一,考查题型多为选择、填空题,也常出现在解答题第（l）问中,难度不大属中、低档题常见的命题角度有:（）求切线方程;（2）确定切点坐标;（3）已知切线求参数的值或取值范围;（4）切线的综合应用.旧（凑,）考查目标本题主妥考查数列知识及新定义问题,考查的核心素养是逻辑椎理、数学运算.解题思路数列则的前l项和Sn的通“差半递增”t的取侧可l满足S网2厕21项公式数列的定义值范围解析由题意知S221o当l1时,l2l2Z1,得l1-2t;当n2时sl2厕12l,O并化简,得2l,故数列是以l1-2t为首项2为公比的等比数列,则鹏（l2t）。2l,所以亏慰（l2）2（l2）.2腮2（36K）.2阀3,1凸因为数列.卿为差半递增数列所以360,解得7.考查目标本题主要考查等差数列的通项公式及数列求和,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.数学理科答案6第2套、卢、p、0凸、q尸尸O解题思路由递推关系式网l2测l及等差数列的性质可求得公差d,再令网l求得!从而得等差数列测的通项公式;（2）由（l）中等差辙列凰铡公式易求得其前鹏.由裂项相消法可求数列士的前项和T门.解:（l）由已知为等差数列记其公差为.酗当;i厂x刊,所以l,（2分）当1时2l2l1,所以ll.（4分）所以几（5分）（2）由（1）可得Sn（n1）（7分）2,所喘-（带1）-2（志）.（,分）2所以,2（!十）（十）（）（志）2（l）萧（l2分）方法总结数列求和的关键是分析其通项数列求和的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法分组求和法、倒序相加法和并项法等,求和方法的选择由通项的结构特征所决定。其中裂项相消法、错位相减法是最常用的两种方法。a考查目标本题主要考查空间几何体中的线面位置关系及二面角的相关知识考查的核心素养是直观想象、逻辑椎理、数学运算.解题思路（1）欲证异面直线EG与DF垂直由图分析知即证EG上平面BDHF利用线面垂直的判定定理证明即可;（2设ACBDO,EGHFp连接OP可证得OP上平面ABCD故以O,OB,Op所在直线分别为勿轴轴,z轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法求二面角的余弦值,再求得正弦值。解:（1）如图连接AC,由AE上CG可知四边形AEGC为平行四边形所以EGAC.（1分）由题意易知ACLBDAC上BF所以EG上BD,EC上BF因为BDBFB所以EG上平面BDHF（3分）又DFC平面BDHF所以EG上DF.（5分）同理,平面CFH的个法向量为咖（徊l2）（10分）设平面AFH与平面CFTJ所成的角为0则-册器-忌账驯-十所以罕（2分）考查目标本题主妥考查动点的轨迹方程及与圆锥曲线有关的最值问题,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算。解题思路（1）显然,利用直接法求动点的轨迹方程;（2）显然直线PF的斜率存在且不为0,依题意可设直线PF:yR（鳃1）,与（1）中所求得的动点的轨迹方程联立,可得丽.丽关于k的表达式同理可求得元.而关于内的表达式,再运用代数方法求丽.丽元.而的最大值.解:（1）由题意可知R是线段PF的中点因为R0上PF所以RQ所在直线为线段PF的垂直平分线（l分）连接QF所以QP0F,又P0L,所以点Q到点F的距离和到直线的距离相等,设0（腮,y）,则鳃1（卯l）2y2,（3分）化简得广4宛所以动点0的轨迹E的方程为广4嘶.（5分）（2）由题可知直线PF的斜率存在且不为0,设直线;y脚（露）（脓0）则cD;（蕊）,（6分）联立方程得蛰,消去y得内2知2（2闪24）鳃片202片24设A（狮!y）,B（卯2y2）,则厕“2丙广,绷.卯21.（8分）因为向量Fx丽方向相反所以丽.雨丽耐（绷l1）（厕2l）（1）（4）同理设C（”3,y3）,D（则4,y4）,可得而.而而.而4片24所以煎丽元丽4（殿带）8（l0分）因为萨带古2当目仅当藤1即k圭1时取等号,所以Fj.丽元而的最大值为16（12分）方法总结最值问题的求解方法:（1）建立函数模型利用二次函数知识或三角函数的有界性求最值,还可以利用导数法求最值;（2建立不等式模型利用基本不等式求最值;（3）数形结合,利用相切、相交的几何性质求最值考查目标本题主要考查古典概型的概率计算、期望及其应用考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、数学运算及数据分析.解题思路（1）经过3次能够把5份样本中的2份阳性样本检验出来,则前3次均为阴性,或前2次有l次阳性l次阴性第3次为阳性两种情况,显然为古典概型问题.（2）（i）逐份检验为等可能事件,故E（占l）片混合检验时混合血液显示为阴性或阳性,为阴性时则占21为阳性时则占2片1求得E（皆2）的值,由E（f）E（占2）可建立关系式p（k）;（ii）把pl-e丁代入E（占2）利用函数的性质进行解答解:（l）记“恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来”为事件AA;ClCA;3则P（A）（4分）A;10（2）（i）E（l）内,（5分）f2的取值为lA1,P（占21）（l-p）k,P（2k1）l（1-p）k,所以E（占2）（lp）八（内l）l（1p）k片1k（1p）隐.（6分）由圆（皆）E（皆2）得附附l附（lp）腑,所以（十）（隐匡N且庶2）（8分）k（ii）p1-e丁E（f2）片l片e丁,由题意知1片e丁k所以lnko（9分）设（蕴）ln濒,则（x）导聪09zH、G20EC士勿Hy（2）设ACBDO,EGHFP连接OP由已知可得平面ADHE平面BCGF所以EHFG,同理可得EFHC,所以四边形EFGH为平行四边形（6分）所以P为EG的中点又O为AC的中点,所以OP上AE,从而OP上平面ABCD又OA上OB,所以OAOB,OP两两垂直以OA,OB,OP所在直线分别为z轴,）轴z轴建立空间直角坐标系O-U嘛z,OP3DH4由平面几何知识,得BF2.（8分）则A（2了,0,0）C（-2可,00）F（0,2,2）,（0,-2,4）,所以】市（2可2,2）而（2可,22）而（0,4,2）.设平面AFH的法向量为（勿y,z）则票嚼二!厕德麓二;令yl则z2匆徊所以（可,l2）为平面AFH的个法向量.数学理科答案7第2套当苑巨（0,4）时（施）0（如）在（0,4）上单调递增;当匆e（4的）时（卵）0又（鲸）在（4,凹）上单调递减（10分）义8）ln82ln22M9）ln9二2ln30所以片的最大值为8.（12分）2.考查目标本题主要考查导数及导数的应用,考查的核心素养是数学拈象、逻辑椎理、数学运算.解题思路（1）箭脚嚼（鸳）一（露）（膊）0当匆巨（-的,0时侧k筹式咸立铡）在（国,0上陶暴小值（2）（“）（腮）.e蕴c-0无极值点0令g（“）二（匆）将合条件胸风铡）翰图象及瓣瓣触喻嚼的取值范围其极值点情况则此时粤c最综上可知若函数撼）在（0,）上存在两个极值点测实数侧詹（,粤景）（12分）22考查目标本题主要考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化,考查的核心素养是逻辑推理数学运算.解题思路（l）把曲线Cl的参数方程化为普通方程,再利用直角坐标方程与极坐标方程的互化公式得曲线C的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程;（2）由题意知sMm十o腮q.故通过将问题转化为求鼠0的横坐标来解决.解;（）由已知叫得c十广-由露.y-,可得c!的极坐标方程为p2（1sin20）2.（3分）由p2腮2广可得曲线C2的直角坐标方程为愿2广2,（5分）（2）设点0的横坐标为鳃,则由己知可得s0r卜蒸,且点P的点角坐标为（粤）,点P的极坐标为（罕）其中粤,乎（7分）点0的极坐标为（Z0）则有剿q豆CoS（）23326所以s二o7卜鳃,l扼蛔扼蛔（10分）612方法总结（1）将参数方程化为普通方程需要根据参数方程的结构特征选取适当的消参方法常见的消参方法有:代入消参法、加减消参法、平方消参法等对于含三角函数的参数方程,常利用同角三角函数的基本关系消参,如sin20cos20l;（2）将参数方程化为普通方程时,要注意两种方程的等价性不要产生增根.23考查目标本题主要考查不等式的证明,考查的核心素养是逻辑推理.教你审题l.在用综合法证明不等式时,不等式的性质和基本不等式是最常用的,在运用这些性质时,要注意性质成立的前提条件.解:（1）当1时（卯）e“sin氮,则（z）-e“cos勿（1分）当如巨（由0时e雾l则-e蒸1,又cos欠1所以当卯巨（的,0时J（苑）e缠cos如0且仅有卿0时（勿）0（3分）所以（鳃）在（m0上单调递减,所以（知）（0）1,即（厕）1.（5分）（2）（鳃）“.“十,因为躯巨（0,）,所以c0,e露0,（6分）o当0时（腮）0恒成立所以（巍）在（0苦）上单调递增,没有极值点（7分）当0时旷（勿）.e“cos舞,令