2020届高三数学4.12试卷及解析

理科数学

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．

461．已知集合A=x−x−，B＝{x|4x+5≥0}则A∩B＝

35465456A．−,− B．−,+ C．−,+ D．−,−

354345

2．设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，若z1＝-1+2i（i为虚数单位），则A．-i B．

z2= z1−1−1−2i−1+3i−1−2i C． D． 4423．按右边的程序框图运算，若输入的x为2，则输出的x为

A．2049 B．4097 C．2047 D．1027

4．设不超过14的所有素数组成集合A，若有放回地依次随机选取a，b∈A，则a+b＝14的概率为 A．

1132 B． C． D． 181225255．已知两条不同的直线a，b，两个不同的平面α，β，下面说法正确的是 A．若a∥b，b⊂α，则a∥α B．若a∥b，a∥α，则b∥α

C．若a∥α，b∥α，则a∥b D．若a⊂β，a∥α，β∩α＝b，则a∥b

6．若f(x)=ex+12(ex−1)−x，则函数f(x)的图象是

A． B． C．

D．

7．已知正实数a，b满足2a+b≤1，则A．最小值为

11的 +a+1a+2b4+235+234−235−23 B．最大值为 C．最大值为 D．最小值为 55558．若D为三角形ABC所在平面内一点，且AD=AB+＝ A．

S11AC(01)，△BCD=，则λ

S△ABD32212112 B．或 C． D．或 322333

x3+sinx+e|x|+ln29．已知函数f(x)=，记函数f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值分别为M，

e|x|N，则M+N＝

A．2ln 2 B．4 C．2 D．ln 2

2n+110．若cn=(−1)n−1，则c1+c2+…+c100为

n(n+1)A．

20019999100 B． C． D．

10120120010111．过抛物线y2＝4kx(k＞0)的焦点F作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若AF=2FB，OA，OB在OF上的投影之和为t，则

S△AOB+1的最小值为 tA．622626222 B． C． D．

5555

12．设x，y，z为正数，且2018x＝2019y＝2020z，则正确的为 A．2018x＞2019y＞2020z B．2018x＞2020z＞2019y C．2020z＞2019y＞2018x D．2020z＞2018x＞2019y

二、填空题

13．已知向量，满足=(1,−2)，=(2,x)，若=，则实数x的值为_______．

14．若sin+π310π310π=sin+=，，且，则tan(α-β)的值为_______． 041041022

a2x2y215．已知双曲线C：2−2=1(a0,b0)，A,0，以A为圆心，b为半径作圆A，圆

abcA与双曲线C的一条渐近线y=bx交于M，N两点，且|NN|=3b，则双曲线的离心率为a_______．

16．在三棱锥C-ADB中，已知AD⊥AB，CB⊥DB，BD＝2，CD＝4，当三棱锥C-ADB的外接球的表面积最小时，二面角A-BD-C的大小为_______．

三、解答题：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

17．设三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知三角形ABC的面积为

bc．

12cosB15（1）求证：−cosAsinB；

66（2）若△ABC为钝角三角形，cosAsinB=1，c＝3，求C和b2-a2的值． 3

18．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F分别在棱BB1，CC1上（均异于端点），AB＝AC，BB1⊥平面AEF，且侧面AA1B1B与侧面AA1C1C的面积相等．

（1）求证：四边形BEFC实矩形；

3，求半平面ABC与半平面AEF所成二面角的余弦值． 319．设某种产品的销售单价为x元/kg，销售量为y吨，价格上涨之初受“买涨不买跌”的市场影响，x与y的对应关系见如下表： （2）若AE＝EF＝2，BE=x元/kg w 4.12 17.0 4.16 17.3 4.2 17.6 y/吨 17.0 17.6 18.2 其中w＝x2．当产品的销售单价不低于4.2元时，则销售量成直线下降，当x＝5时，y＝0，当x∈[4.12，4.2]时，y与ω的回归方程为y=a+b． （1）由表中的3组数据求a，b的值；

（2）若该产品的成本单价为4元/kg，试估计该产品的最大销售利润．（计算结果精确到0.1） 参考公式：

回归直线方程y=bx+a，b=(xi=1nni−x)(yi−y)=ixyii=1nni−nxy，a=y−bx．

(xi=1−x)2(xi=1i−x)220．已知函数f(x)＝ln x-x2+ax(a＞0)，g(x)＝ex-e(x＞0)．

（1）若曲线y＝f(x)与x轴相切，求a的值，并求此时的切点坐标；

（2）max{m，n}表示m，n中的较大值，设函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}(0＜x＜1)，讨论函数h(x)零点的个数．

（可以选用以下2个不等式：①ex≥x+1；②ln x≤x-1）

x221．在椭圆+y2=1中，已知四边形ABCD为椭圆的一个内接四边形，且AC，BD相交于

4坐标原点O．

（1）求证：四边形ABCD为平行四边形； （2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且4y1y2＝x1x2． ①判断四边形ABCD是否为矩形？说明理由； ②求三角形AOB面积的最大值．

（二）选考题：请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分 22．[选修4-4：坐标系与参数方程]

x=2+tcos,在直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l的参数方程为：（t为参数），

y=3+tsin在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ2＝2ρcos

θ+8．

（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|=42，求直线l的倾斜角．

23．[选修4-5：不等式选讲]

若关于x的方程x2-2x+|a-3|＝0有实根． （1）求实数a的取值集合A；

（2）设函数f(a)＝|a-1|+|a-2|，若任意取a∈A，关于a的不等式f(a)≥2t-1恒成立，求t的取值范围．

2020年普通高等学校招生全国统一考试·金卷

理科数学参

（三）

5461．D 因为B={x|4x+50}=xx−，A=x−x−，所以A435B=

56x−x−．

452．C 由z1＝-1+2i，得z2＝-1-2i，所以

z2(−1−2i)(−2−2i)2+2i+4i−4−1+3i===． z1−1(−2+2i)(−2−2i)843．A 由已知设第n次执行的结果为xn，则xn+1＝2xn-1，所以xn+1-1＝2(xn-1)，因为x0-1＝

1，

所以xn＝2n+1，当xn＝2n+1＞1026时，n≥11，所以输出的x为211+1＝2049．

4．B 不超过14的素数为2，3，5，7，11，13，所以A＝{2，3，5，7，11，13}，其中有14＝7+7＝3+11＝11+3，

所以有放回地依次随机选取a，b∈A，则a+b＝14的概率为

31=． 26125．D 对于A，若a∥b，b∥α，则应有a∥α或a⊂α，所以A不正确；对于B，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此B不正确；对于C，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此C不正确；对于D，根据直线与平面平行的性质得，D成立．

ex+1e−x+11+ex6．C 设g(x)=，所以g(−x)===−g(x)，所以g(x)为奇函数，

2(ex−1)2(e−x−1)2(1−ex)ex+1因为h(x)＝-x为奇函数，所以f(x)=图象关于坐标原点对称，排除B，−x是奇函数，

2(ex−1)11D，又f(x)=x+−x，在(0，+∞)上单调递减，所以选C．

e−1211311(3a+3)+(a+2b)13(a+2b)37．A +=++=4+a+1a+2b3a+3a+2b3a+3a+2b553a+3+3a+313(a+2b)3a+34+234+2． =a+2b3a+3a+2b55S△BCD1=，S△ABD38．B 如图，在△ABC中，E，F分别为边AC，BC的中点，则点D在直线EF上，又由

取边AB靠近点B的三等分点G，连接CG交EF于点D，作BD′∥CG交EF于点D′，则点D，D′均符合题意．易知四边形BDCD′是平行四边形，D是CG的中点，所以AD=AB+BD=

111111AB+(BC+BG)=AB+(AC−AB−AB)=AB+AC，所以=；

223323112122AD=AB+BD=AB−CG=AB−AB−AC=AB+AC，所以=．故λ的值为

32232312或． 33

x3+sinx+2e|x|x3+sinxx3+sinx9．B 依题意，F(x)=记函数g(x)=，可知g(−x)= =+2；

e|x|e|x|e|x|(−x)3+sin(−x)x3+sinx=−=−g(x)，故函数g(x)为奇函数，故M+N＝2+[g(x)]max+2+[g(x)]min

|−x||−x|ee＝4．

111111110．D 因为cn=(−1)n−1+，所以c+c+…+c=121001+−+++−

nn+12233411100111． +=++…−=1−4510010110110111．C 抛物线y2＝4kx的焦点坐标为F(k，0)，不妨设A(x1，y1)(y1＞0)，B(x2，y2)，直线ABy2=4kx,的方程为x＝my+k，由即y2-4kmy-4k2＝0，所以y1+y2＝4km，y1y2＝-4k2，因为

x=my+k,AF=2FB，所以y1＝-2y2，

k(y1−y2)+1S△AOB+1S△AOB+122=== 所以y1=22k，y2=−2k，m=，所以

tx1+x24OAOFOBOF+|OF||OF|k32k2(y1−y2)+1+13232k232k226222，当且仅当k===+2=5355k55k522ky1+k+y2+k244时取等号． 12．A 令u=lnx1−lnx，则u=．当x∈(0，e)，u′＞0，x∈(e，+∞)，u′＜0，所以x∈(0，xx2ln2018ln20192019ln2018，所以又2018x＝2019y， 1，

201820192018ln2019e)，u单调递增，

当x∈(e，+∞)，u单调递减，所以所以

xln20181，所以2018x＞2019y，同理2019y＞2020z，故选A．

yln2019222 因为=，所以12+(−2)2=2−2x，所以x=−． 2213．−π310353π14．，化简，得sinx+cosx=，又sin2 x+cos2 x＝1，当0x− 令sinx+=4102时，

解得sinx=π310525255cosx=，，或sinx=，，由已知得α，β为sinx+=cosx=4105555525255π在0,上的两个根，又α＜β，所以sin=，cos=，sin=，cos=，55552所以tan=tan−tan31=−． ，tan β＝2，所以tan(−)=1+tantan42a2bb15．2 点A到直线y=x即bx-ay＝0的距离d==2，因为|MN|=3b，所

22caa+b2a2b3b|MN|222=b以d+，解得，e=2． =b，即2+2c222a2bc116．90° 由题意得Rt△BCD外接圆半径为CD=2，故当三棱锥C-ADB的外接球的表

2面积最小时，其半径最小值为2，球心为CD的中点．又△ABD的外接圆圆心为BD的中点，所以两中点的连线垂直于平面ABD，所以平面BCD⊥平面ABD，故二面角A-BD-C的大小为90°．

1bc117．（1）证明：由题设得，bcsinA=，所以sinAcosB=；

212cosB61所以sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=cosAsinB+．

615因为0＜sin(A+B)≤1，所以−cosAsinB．

66（2）解：因为sinAcosB=所以A+B=111，cosAsinB=，所以sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=， 632π5π5ππ或A+B=，所以C=或C=． 6666因为sin Acos B＞0，cos Asin B＞0，所以A，B都为锐角，因为三角形ABC为钝角三角形，所以C=5π． 611sinAcosB1aa2+c2−b22bc=，因为sinAcosB=，cosAsinB=，所以所以2=

63cosAsinB2b2acb+c2−a21， 2所以3(b2-a2)＝c2，所以b2-a2＝3．

18．（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1∥CC1，BB1⊥平面AEF，所以CC1⊥平面AEF，

所以AEB=AFC=π； 2因为侧面AA1B1B与侧面AA1C1C的面积相等，B1B＝CC1，所以AE＝AF，因为AB＝AC， 所以△AEB≌△AFC，所以EB＝FC，

所以四边形BEFC为平行四边形，因为BB1⊥平面AEF，所以BB1⊥EF，所以四边形BEFC是矩形．

（2）解：取EF的中点为G，连接AG．由（1）得，AE＝AF，所以AG⊥EF， 因为BB1⊥平面AEF，BB1⊂平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C， 平面AEF∩平面BB1C1C＝EF，所以AG⊥平面BB1C1C．

作GM⊥平面AEF交BC于点M，以G为坐标原点，射线GF，GA，GM为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设平面AEF的法向量为n1=(0,0,1)． 因为AE＝AF＝EF＝2，所以AG=3，又BE=33−1,0,，所以A(0,3,0)，B，333C1,0,， 333−1,−3,AC=1,−3,所以AB=，，设平面ABC的法向量为n2=(x,y,z)，则33n2AB=0, nAC=0,23−x−3y+z=0,3即所以x＝0，3y＝z，取y＝1，则z＝3， x−3y+3z=0,3所以n2=(0,1,3)．

设半平面ABC与AEF所成二面角为α，所以cos=|n1n2|310． =10|n1||n2|19．解：（1）计算得=17.3，y=17.6，

所以b=wyii=13ii=13i−3wy=2，a=y−b=17.6−217.3=−17．

2(w−w)（2）当x∈[4.2，5]时，y=182−091(x−5)，即y=−(x−5)，

4.2−1000(x−4)(2x2−17),x[4.12,4.2],设产品总利润为u元，则u= 911000(x−4)(5−x),x(4.2,5],4321000(2x−8x−17x+68),x[4.12,4.2],即u= 222750(−x+9x−20),x[4.2,5],1000(6x2−16x−17),x[4.12,4.2], u=22750(−2x+9),x[4.2,5],因为x∈[4.12，4.2]，u′＞0，所以u在x∈[4.12，4.2]上单调递增，

所以当x＝4.2时，u取得最大值约为3656元；当x∈(4.2，4.5]时，u单调递增；当x∈(4.5，5]时，u单调递减，所以u在x＝4.5时取得最大值约为5687.5元，故当x∈[4.12，5]时，u在x＝4.5时取得最大值约为5687.5元， 故估计该产品的最大销售利润为5687.5元．

1−2x2+ax+120．解：（1）f(x)=−2x+a=，

xx−2b2+ab+1设切点坐标为(b，0)，切线的斜率f(b)==0，且0＝ln b-b2+ab，得-2b2+ab+1

b＝ln b-b2+ab，ln b＝-b2+1，由函数图象易知b＝1是该方程的唯一解，所以-2+a+1＝0，a＝1，

故若曲线y＝f(x)与x轴相切，则a的值为1，此时的切点坐标为(1，0)． （2）当0＜x＜1时，g(x)＜0，h(x)的零点个数即为f(x)零点的个数．

1−2x2+ax+1，令m(x)＝-2x2+ax+1＝0，则Δ＝a2+8＞0，设f′(x0)＝0，x0f(x)=−2x+a=xx＞0，

①当x0＝1时，即a＝1时，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增， 因为此时f(1)＝0，所以当0＜x＜1时，f(x)＜0恒成立，即f(x)无零点， 即h(x)在0＜x＜1时无零点；

②当x0＞1时，f′(1)＞0，即a＞1时，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，

1111111−+=−ln2−lna−−ln20， 因为f(1)＝a-1＞0，f=ln2a2a222a2a2所以f(x)在0＜x＜1时有1个零点，即h(x)在0＜x＜1时有1个零点；

③当0＜x0＜1时，f′（1）＜0，即0＜a＜1时，当0＜x＜x0时，f′(x)＞0，当x0＜x＜1时，f′(x)＜0，

222所以f(x)在(0，1)上的最大值为f(x)max=f(x0)=lnx0−x0+ax0(x0−1)−x0+ax0=−x0+(a+

224−(a+1)21)x0−10，

−4所以f(x)在(0，1)上无零点，即h(x)在(0，1)上无零点，

综上，当0＜a≤1时，h(x)无零点，当a＞1，h(x)有1个零点．

21．（1）证明：由椭圆的中心对称性和AC，BD相交于坐标原点O可得：AC，BD互相平分，

所以四边形ABCD为平行四边形．

（2）解：①当直线AB斜率不存在时，则x1＝x2，y1＝-y2，因为4y1y2＝x1x2，所以x1＝x2＝y1＝y2＝0，显然不符合题意，故直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx+m，

y=kx+m,联立x2整理，得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)＝0， 2+y=1,4Δ＝(8km)2-4(4k2+1)×4(m2-1)＝16(4k2-m2+1)＞0，

−8kmx+x=,121+4k2 24(m−1)xx=,121+4k2因为4y1y2＝x1x2，且y1y2＝(kx1+m)(kx2+m)＝k2x1x2+km(x1+x2)+m2，

4(m2−1)−8km−1)+4km+4m2=0， 221+4k1+4k所以(4k2-1)·4(m2-1)+4km·(-8km)+4m2(1+4k2)＝0，

1整理，得4k2＝1，所以k=，

21111111所以kAB=，kBC=−，或kAB=−，kBC=，所以kABkBC=−=−−1，

2222224所以(4k2-1)x1x2+4km(x1+x2)+4m2＝0，所以(4k2所以四边形ABCD不为矩形．

1x1+x2=2m,②不妨取kAB=−，则 22xx=2(m−1),12设原点到直线AB的距离为d，则S△AOB=11|m||m||AB|d=1+k2|x2−x1|=

22221+k(x1+x2)2−4x1x2=|m|4m2−42(m2−1)=m2(2−m2)1， 2当m2＝1时取等号，所以三角形AOB的面积的最大值为1．

x=2+tcos,22．解：（1）因为直线l的参数方程为（t为参数），

y=3+tsin当=当π时，直线l的直角坐标方程为x＝2． 2π时，直线l的直角坐标方程为y=tan(x−2)+3． 2因为曲线C的极坐标方程为ρ2＝2ρcos θ+8，把ρ2＝x2+y2，ρcos θ＝x代入，得 x2+y2＝2x+8，所以曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x-8＝0．

（2）曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x-8＝0，将直线l的参数方程代入曲线C的方程，并整理，

得t2+(2cos+23sin)t−5=0，显然Δ＞0，可设该方程的两根为t1，t2， 则t1+t2=−(2cos+23sin)，t1t2＝-5，

所以|AB|=|tl−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=[−(2cos+23sin)]2+20=42，

πππ2π整理，得(cos+3sin)2=3，即2sin+=3，因为0≤α＜π，所以+=或，

6336ππ所以=或．

6223．解：（1）因为关于x的方程x2-2x+|a-3|＝0有实根，所以Δ＝(-2)2-4|a-3|≥0，

解得A＝{a|2≤a≤4}．

（2）因为2≤a≤4，所以f(a)＝a-1+a-2＝2a-3，又1≤2a-3≤5，所以1≤f(a)≤5． 因为任取a∈A，关于a的不等式f(a)≥2t-1恒成立，所以2t-1≤1，解得t≤1．