【高考數(shù)學(xué)】全國各地市選填壓軸題 第三輯

1、全國各地市高三質(zhì)檢高考選填壓軸題第三輯目錄 HYPERLINK l _bookmark0 2020屆龍巖市高三3月質(zhì)檢理數(shù)1 HYPERLINK l _bookmark20 解析 HYPERLINK l _bookmark1 2020屆泉州市高三4月質(zhì)檢理數(shù)1 HYPERLINK l _bookmark21 解析13 HYPERLINK l _bookmark2 2020屆龍巖市高三4月質(zhì)檢理數(shù)1 HYPERLINK l _bookmark22 解析14 HYPERLINK l _bookmark3 2020屆寧德市高三5月質(zhì)檢理數(shù)2 HYPERLINK l _bookmark23 解析16

2、HYPERLINK l _bookmark4 2020屆三明市高三5月質(zhì)檢理數(shù)3 HYPERLINK l _bookmark24 解析18 HYPERLINK l _bookmark5 2020屆泉州市高三5月質(zhì)檢理數(shù)3 HYPERLINK l _bookmark25 解析20 HYPERLINK l _bookmark6 2020屆福州市高三5月調(diào)研卷理數(shù)4 HYPERLINK l _bookmark26 解析23 HYPERLINK l _bookmark7 2020屆龍巖市高三5月質(zhì)檢理數(shù)4 HYPERLINK l _bookmark27 解析25 HYPERLINK l _bookma

3、rk8 2020屆南平市高三6月質(zhì)檢理數(shù)5 HYPERLINK l _bookmark28 解析27 HYPERLINK l _bookmark9 2020屆寧德市高三6月質(zhì)檢理數(shù)5 HYPERLINK l _bookmark29 解析30 HYPERLINK l _bookmark10 512020年全國卷理數(shù)6 HYPERLINK l _bookmark30 解析32 HYPERLINK l _bookmark11 522020年全國卷理數(shù)6 HYPERLINK l _bookmark31 解析34 HYPERLINK l _bookmark12 532020年全國卷理數(shù)7 HYPERLI

4、NK l _bookmark32 解析35 HYPERLINK l _bookmark13 542020年新高考山東卷7 HYPERLINK l _bookmark33 解析36 HYPERLINK l _bookmark14 552020年北京卷8 HYPERLINK l _bookmark34 解析38 HYPERLINK l _bookmark15 562020年江蘇卷8 HYPERLINK l _bookmark35 解析40 HYPERLINK l _bookmark16 572020年江蘇卷8 HYPERLINK l _bookmark36 解析41 HYPERLINK l _bo

5、okmark17 582020年浙江卷9 HYPERLINK l _bookmark37 解析43 HYPERLINK l _bookmark18 592020年上海卷9 HYPERLINK l _bookmark38 解析44 HYPERLINK l _bookmark19 602020年全國卷文數(shù)10 HYPERLINK l _bookmark39 解析462020 3月質(zhì)檢理數(shù)已知在中，其外接圓的心為O，則 （）A.20B.C.10D.已知三棱柱的底面邊為2，一平面此柱與側(cè)棱分別交于，若為直角三角形則面積的最小值為A. B.3 D.616波羅斯（古臘數(shù)學(xué)，約公前262-190 ）的著作圓

6、錐曲論是代世界輝的科成果，它將錐曲線性質(zhì)網(wǎng)殆盡幾使后人有足的余地.證明過樣一個(gè)題：平內(nèi)與兩距離的比常數(shù)的點(diǎn)的軌跡圓，后將這個(gè)稱阿波羅尼圓.現(xiàn)有,，則當(dāng)?shù)拿娣e最時(shí)，AC 上的高為 .2020 4月質(zhì)檢理數(shù)（多選題）12若曲線：繞其對(duì)稱心旋轉(zhuǎn)可得一函數(shù)的象，則離心率可是（）A.B.D.216直四柱中，底面是邊長為4 的方形，。點(diǎn)是側(cè)面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)不含邊界，則與平面所成角的切的取值范為 .2020 4月質(zhì)檢理數(shù)在棱長為2 正方體中，P 正方形內(nèi)（包括）的動(dòng)點(diǎn)，M 是 的中點(diǎn)，且 ，則當(dāng)?shù)拿娣e最大，的值為()B.C.D.己知項(xiàng)都為數(shù)的數(shù)列滿足， ，其中表示超過的最大整，則的值為()（參考數(shù)：，）A.2B.

7、3C.4D.516xy 2 ABD沿x軸滾動(dòng)，點(diǎn)D 過坐標(biāo)原，設(shè)頂點(diǎn)的軌跡程是，則.2020 5月質(zhì)檢理數(shù)FEABDC如圖，四邊形為正方形，四邊形為矩形，且平面與面互相垂直多面體的體積為則該多面外接球面FEABDC的最小值為B.C.D.雙曲線的左右焦分別為， 為坐標(biāo)原點(diǎn) 曲線右支上的點(diǎn)點(diǎn)在 外角平分上且 若恰為頂角為的等三角形該雙曲線離心率為A.B.C.D. 16已知數(shù)若關(guān)于 的不等式 的解集空，有限集，實(shí)數(shù) 的取值集合為 2020 5月質(zhì)檢理數(shù)直線經(jīng)過橢圓 的左點(diǎn)，交橢圓于 、兩點(diǎn)，交 于點(diǎn)，若 ，則該橢的離心是（） C.D. 已知三棱錐，底面是長為3 正三角形ABC，點(diǎn)E 線段 的中過點(diǎn)E

8、 作棱錐外接球O 的截面則截面積的最值是()A.3B.C.2D.16對(duì)于數(shù)，若在定義域存在實(shí)數(shù)滿足，則稱數(shù)為“戈函”設(shè)（且）為其定義域的“戈函”，實(shí)數(shù)的取值范圍是 2020 5月質(zhì)檢理數(shù)若，函數(shù)（ ）的值為，則的取值圍是B.C.D.以為頂點(diǎn)的多體中，則該面體的體的最大為A. B.C.D. 中，角所對(duì)的分別為，若點(diǎn)D 在邊BC ，且，則的最大值是 若存過點(diǎn)的直線與函數(shù)，的圖象都相切則2020 5月調(diào)研卷理數(shù)設(shè)數(shù)列的前 項(xiàng)和為，且，（，則的最小值為B.C.D.若關(guān)于 的不等式解集中有兩個(gè)整數(shù)解， 的值范圍為B.C.D.16已知棱錐的棱長均為其內(nèi)有 個(gè)小球球與三棱錐的四個(gè)面都切，球與三棱錐的三個(gè)面球

9、都相切，如此推，球與三棱錐的三個(gè)面和球 都相切（，且，則球的體積于 球的表面積等于 （本題第一空 2 分，第二空 3 分）2020 5月質(zhì)檢理數(shù)已知數(shù)列滿足 ，又的前項(xiàng)為Sn，若S6=52，則a5= A.13B.15C.17D.31已知物線C1：和圓C2：，過圓C2 一點(diǎn)P圓的切線MN 交物線C 于M，N兩點(diǎn)若點(diǎn)P為MN的點(diǎn)，則線MN 的率k1 時(shí)的線方為B.C.D.16已知數(shù)，滿足不等式在R 上成立，在上恰好只一個(gè)極點(diǎn)，則數(shù) .2020 6月質(zhì)檢理數(shù)若 ，關(guān)于函數(shù)的以下結(jié)：對(duì)稱軸程為，值域?yàn)槠渲姓_是（）在區(qū)間單調(diào)遞減A.B.C.D.函數(shù)（）在內(nèi)有極值，么下列論正確是（）A.當(dāng)時(shí)，B.當(dāng)時(shí)，

10、C.當(dāng)時(shí)，D.當(dāng)時(shí)，已知數(shù)a，bc，滿足（其中e 是自對(duì)的底數(shù)，么的最小值為 中，為 平分線若且，則的周長為 2020 6月質(zhì)檢理數(shù)若面積為1的滿足則邊的最小值為 D.2當(dāng)時(shí)，函數(shù)恒成立，則的最大值為B.2C.D.1已知點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)滿足 為 則點(diǎn)的軌跡程已知棱錐，底面是邊長為6 的形,底面且若此四棱的內(nèi)切的表面為16則該四棱錐體為 20201卷理數(shù)已知M：，直線 ：，為 上的動(dòng)，過點(diǎn)作M 的切線，切點(diǎn)為，當(dāng)最小時(shí)，直線的方程（）B.C.D.12若，則（）A.B.C.D.16如圖在三棱錐PABC 平面開圖中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，則cosFCB= .2020 2 卷理數(shù)若，則（

11、）A.B.C.D.120-1 周期序在通信術(shù)中有重要應(yīng)用若序列滿足，且存在整數(shù)，使得成立，稱其為0-1 周序列，稱滿足的小正整數(shù)為這個(gè)序的周期.于周期為的0-1 序列，（k=1，2，m-1）描述其質(zhì)的重指標(biāo)，列周為5 的0-1 序列中滿足 序列是A.B.C.D.設(shè)復(fù)數(shù)，滿足，則= .2020 3 卷理數(shù)12已知，設(shè)，則A.B.C.D.關(guān)于數(shù)有如下四個(gè)命：的圖像于 軸對(duì)稱的圖像于原點(diǎn)稱的圖像于直線對(duì)稱的最小為2其中所有命題的號(hào)是 2020 年新高考山東卷（多選題已知，則（）A. B.C.D.16已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的棱長均為 2，BAD=60以 D1 為球心， 5 為半徑的球

12、面與側(cè)面BCC1B1 的線長為 （多選題）12信熵是信論中的個(gè)重要念.隨機(jī)變量X 所有可的取值為，且，定義X 信息熵.n=1H(X)=0若n=2，則H(X)隨著的增大增大若，則H(X)隨著n 增大而大若n=2m，機(jī)變量Y 所可能的值為，且，則H(X)H(Y)2020 年北京卷已知，則“在使得”是“”（A.充分不必要件B.必要而不充條件C.充分必要條件D.既不分也不要條件102020 年3 月14日是全首個(gè)國圓周率（Day史上，圓周率 的方法有種，與傳統(tǒng)數(shù)學(xué)的“圓術(shù)相似數(shù)學(xué)家爾卡的方是：當(dāng)正數(shù) 充分大時(shí)，計(jì)單位圓內(nèi)接正邊形的周和外切正邊形（邊均與相切的正邊）的周長將它們算術(shù)平數(shù)作為的近似值按阿爾

13、西的法， 的近似值的達(dá)式是（A. D. 2020 年江蘇卷在BC中，D 在邊BC上（不端點(diǎn)長AD 到P，使 AP=9若（m 為常數(shù)則D 長度是 在平直角坐系xOy 中，已知，A，B 是圓上的兩動(dòng)點(diǎn)，足，則 面積最大值是 2020 年江蘇卷已知函數(shù)若函數(shù)圍是（）B.C.D.恰有 4 個(gè)零點(diǎn)，則 的取值范 14如圖在四邊形中， ，且 ，則實(shí)數(shù) 的值為 若是線段上 的動(dòng)點(diǎn)，且，則 的最小值為 2020 年浙江卷9已知a，bR 且ab0，(xa)(xb)(x2ab)0 在x0 上恒成立則（）A.a0C.b014設(shè) ，為單位向，滿的最小值為 ，設(shè) ， 的夾角為 ，則2020 年上海卷設(shè)若存定義域 的函數(shù)

14、既滿足對(duì)于任意的值為或”又滿足關(guān)于 方程無實(shí)數(shù)解”，則a 的值范圍 已知是平面內(nèi)兩互不等的向，滿足且(其中)，則k 的最值為 DBPD在長為10 正方體.中， 為左側(cè)面上一點(diǎn)知BPDA點(diǎn)到的距離為點(diǎn)到的距離為2，則點(diǎn)且與平的直線交正C方體于、兩點(diǎn)，則點(diǎn)所在的面是ABA. D.若 存 在 , 對(duì) 任 意 的 均有恒成立則稱數(shù) 具有性質(zhì) 已知：單調(diào)遞且恒成；單調(diào)遞增存在 使得 則是 具有性質(zhì)的充分條件是A.只有B.只有C.D.都不是2020 1 卷文數(shù)設(shè)是雙曲線的兩個(gè)點(diǎn)， 為坐標(biāo)原，點(diǎn)在上且，則的面積為（）B.3C.D.2已知為球 的球面上的三點(diǎn)，為的外接，的面積為，則球的表面積為（）B.C.D.

15、16數(shù)列滿足，前16 項(xiàng)和為540，則 2020 3月質(zhì)檢理數(shù)已知在中，其外接圓的心為O，則 （）A.20B.C.10D.【解析】【答案】C【解析】已知三棱柱的底面邊為2，一平面此柱與側(cè)棱分別交于，若為直角三角形則面積的最小值為A. B.3 D.6【答案】BAA1C1M，mDB1EnnFNQACB3當(dāng)且僅當(dāng)（柯西不等式）又。，整理得故，則，于F交D作E交于E過Q作于交N ND【解析】不妨設(shè) 波羅斯（古臘數(shù)學(xué)，約公前262-190 ）的著作圓錐曲論是代世界輝的科成果，它將錐曲線性質(zhì)網(wǎng)殆盡幾使后人有足的余地.證明過樣一個(gè)題：平內(nèi)與兩距離的比常數(shù)的點(diǎn)的軌跡圓，后將這個(gè)稱阿波羅尼圓.現(xiàn)有,，則當(dāng)?shù)拿娣e

16、最時(shí)，AC 上的高為 .【答案】BBACyBAOCDx的面積最， 此時(shí)AC 邊上的為半徑。時(shí)，故當(dāng)為圓心，為半徑的，B ，整理得得，由，則。設(shè)，解法二：建立如圖所示坐標(biāo)系，上的高就半徑，為。邊 AC B A，C 2 ，由阿波羅尼斯圓【解析】解法一：由正弦定理可得，2020 4月質(zhì)檢理數(shù)（多選題）12若曲線：繞其對(duì)稱心旋轉(zhuǎn)可得一函數(shù)的象，則離心率可是（）B.D.2或 。，故或或 。，故或后的漸近為y 軸故原近線的斜角為（當(dāng)焦在x 軸或（當(dāng)焦點(diǎn)在y 軸上故【解析】合圖象知，要使得雙線繞其對(duì)稱心旋轉(zhuǎn)得到某一函的圖象必須旋轉(zhuǎn)直四柱中，底面是邊長為4 的方形，。點(diǎn)是側(cè)面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)不含邊界，則與平面所成角的

17、切的取值范為 .【答案】（）所成角的正切值為與平面 ，所以 （）所成角的正切值為與平面 ，所以 平面 因?yàn)?BC=4由圖可知，BC 是該球被平面（M M 在側(cè)面AC O 【解析】由ABMDCOBMBCME2020 4月質(zhì)檢理數(shù)在棱長為2 的正方體中，P是正方形內(nèi)（包界）的動(dòng)，M 是的中點(diǎn)，且 ，則當(dāng)?shù)拿娣e最時(shí)，的值為()B.C.D.【答案】D，解得，所以的面積最大。因?yàn)闀r(shí)， ，解得，所以的面積最大。因?yàn)闀r(shí)， （P DD1 P 。羅尼斯圓半徑為 P 2 ，ABADD1A1，CDADD1A1 BPDMACAB己知項(xiàng)都為數(shù)的數(shù)列滿足， ，其中表示超過的最大整，則的值為()（參考數(shù)：，）A.2 B.3

18、C.4 D.5，故，故，故，又，所以因?yàn)閱握{(diào)遞增。時(shí)，故當(dāng)，則【解析】設(shè)16xy 2 ABD沿x軸滾動(dòng)，點(diǎn)D 過坐標(biāo)原，設(shè)頂點(diǎn)的軌跡程是，則.【答案】yyD(B)CC(A)B(D)ABAO(D)CBx，故解得，令時(shí)，B 的軌跡方程為當(dāng)B 8 為圓心，2為半徑的圓。B 當(dāng)D 在點(diǎn)繼續(xù)動(dòng)時(shí)B 軌跡是以O(shè)(D)為圓心，為半徑的半圓，為圓心，2 為徑的圓，B 的軌跡是以ABCD A 2020 5月質(zhì)檢理數(shù)FEABDC如圖，四邊形為正方形，四邊形為矩形，且平面與面互相垂直多面體的體積為則該多面外接球面FEABDC的最小值為B.C.D.【答案】B時(shí)等號(hào)成立。僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立。僅當(dāng)，設(shè)外接球半徑為 r，則，即

19、，則別為【解析】由題意可知，該多面體可補(bǔ)成長方體，設(shè)長方體的長、寬、高分FDFDcbaAB雙曲線的左右焦分別為， 為坐標(biāo)原點(diǎn) 曲線右支上的點(diǎn)點(diǎn)在 外角平分上且 若恰為頂角為的等三角形該雙曲線離心率為A.B.C.D. 【答案】D，故，故，整理得，即中，由余弦定理可得在，設(shè)， ，故 ， .在等腰，中點(diǎn)，故O 為中點(diǎn)，M 為得N，由交【解析】延長16已知數(shù)若關(guān)于 的不等式 的解集空，為有限集，實(shí)數(shù) 的取值集合為 【答案】。綜上可得，a 的取值集合為，解得或者上只有有限個(gè)解，則要使得在，解得時(shí)，此時(shí)或即當(dāng)符合題意；解得不符合題意，解得時(shí)，或即當(dāng)不符合題意。，顯然設(shè)上只有有限個(gè)解在圖象有且只有有限個(gè)交點(diǎn)

20、，則與題意等價(jià)于，則令上的大致圖象。在，故可作出，當(dāng)， ，單調(diào)遞減，又當(dāng)單調(diào)遞增，在利用導(dǎo)數(shù)可得上的大致圖象。在故可作出， ， ，單調(diào)遞增，又當(dāng)單調(diào)遞減，在【解析】利用導(dǎo)數(shù)可得2020 5月質(zhì)檢理數(shù)直線經(jīng)過橢圓 的左焦點(diǎn)，交橢圓于 、兩點(diǎn)，軸于點(diǎn)，若 ，則該圓的離率是（） C.D. 【答案】B故故，故由定義可得得，故由，【解析】易得SOCAEB已知三棱錐，底面是長為3 正三角形ABC，點(diǎn)EOCAEB線段AB 中點(diǎn)，點(diǎn)E 三棱錐外接球O 的截則截面面的最小是()A.3B.C.2D.【答案】BSS2 3OACEO3B故所求截面面積的最小值為，故又截面時(shí)，所求截面的面積最小，設(shè)截面圓半徑為，則當(dāng)，解

21、得O r，則，【解析】設(shè)為ABC 的中心則16對(duì)于數(shù)，若在定義域存在實(shí)數(shù)滿足，則稱數(shù)為“戈函”設(shè)（且）為其定義域的“戈函”，實(shí)數(shù)的取值范圍是 【答案】綜上所述綜上所述實(shí)數(shù)的取值范圍是上單調(diào)遞增，所以在因?yàn)樯蠁握{(diào)遞增，所以在因?yàn)樯虾愠闪⒃谏嫌薪?，且在即上恒成立在上有解，且在即上有解在【解析】由已知可得，問題等價(jià)于2020 5月質(zhì)檢理數(shù)若，函數(shù)（ ）的值為，則的取值圍是B.C.D.故，故，又。，故，值域?yàn)?，。又，所以因?yàn)?，故，其中【解析】以為頂點(diǎn)的多體中，則該多面體的體積的最大值為A. B.C.D. 【答案】BA。故該多面體體積的最大值為CDE 。故該多面體體積的最大值為CDE 時(shí)等號(hào)成立，所以該

22、多面體的體積最大值還取決于CDE 面積。顯然當(dāng)CDE 的外接圓圓心為球心 O，且 OECD 時(shí)，CDE 面積最大，為AB平面 因?yàn)镃，D，E AB O 上?？芍?，【解析】由ECODBBEEEOCD中，角所對(duì)的分別為，若點(diǎn)D 在邊BC ，且【答案】，則的最大值是 AAOBE DC故的最大是，當(dāng)且僅當(dāng)A，O，D 三點(diǎn)線時(shí)等成立。AD 的最大值為故，故設(shè)，由余弦定理得，故，所以。因?yàn)?，所以，因?yàn)椤窘馕觥坑烧叶ɡ淼?，故BC OE，則A ABC ，又解法二：同上可得若存過點(diǎn)的直線與函數(shù)，的圖象都相切則【答案】2，故，故+得，代入式可得，即，故又，故又過點(diǎn)，得兩切線方程分別為由的圖象相切于點(diǎn)與函數(shù)的圖象

23、相切于點(diǎn)【解析】設(shè)直線 與函數(shù)2020 5月調(diào)研卷理數(shù)設(shè)數(shù)列的前 項(xiàng)和為，且，（，則的最小值為B.C.D.的最小值為。的最小值為。，故上單調(diào)遞增，在故，則（設(shè).所以，故，公差是等差數(shù)列，首項(xiàng)故， ，整理得 【解析】由已知得若關(guān)于 的不等式解集中有兩個(gè)整數(shù)解， 的值范圍為B.C.D.，所以a .，所以a 的取值范圍為斜率。因?yàn)?，圖象上兩點(diǎn)，注意到過定點(diǎn)因?yàn)橹本€的大致圖象。，故作出時(shí)，；當(dāng)時(shí)，又當(dāng)上單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，在，利用導(dǎo)數(shù)可得設(shè)恰有兩個(gè)正整數(shù)解.【解析】題意等價(jià)于關(guān)于 的不等式16已知棱錐的棱長均為其內(nèi)有 個(gè)小球球與三棱錐的四個(gè)面都切，球與三棱錐的三個(gè)面球都相切，如此推，球與三棱錐的三個(gè)面

24、和球 都相切（，且，則球的體積于 球的表面積等于 （本題第一空 2 分，第二空 3 分） 【答案】， 。，故 ，公比 。與球A AOAC,C1注意到。，故解得，則。設(shè)內(nèi)切球半徑為r1 ，【解析】設(shè)O 是BCD 的中心，則2020 5月質(zhì)檢理數(shù)已知數(shù)列滿足 ，又的前項(xiàng)為Sn，若S6=52，則a5= A.13B.15C.17D.31【答案】A【解析】【解析】已知得，故。已知物線C1：和圓C2：，過圓C2 一點(diǎn)P圓的切線MN 交物線C 于M，N兩點(diǎn)若點(diǎn)P為MN的點(diǎn)，則線MN 的率k1 時(shí)的線方為A.B.C.D.【答案】D是填空題的話，我想罵人是填空題的話，我想罵人其實(shí)聯(lián)立程解方組看起沒問但解來不容消

25、去得到關(guān)于的一元次方很難解。我是通過選項(xiàng)逆推出答案的，四個(gè)選項(xiàng)中有三個(gè)斜率是，故答案總不可能是 C 吧。所以，整理得切線方程為，故所求切線解得P （點(diǎn)差法）得，由【解析】設(shè)16已知數(shù)，滿足不等式在R 上成立，在上恰好只一個(gè)極點(diǎn)，則數(shù) .【答案】故故，解得上恰好只有一個(gè)極值點(diǎn)，故在又，解得是過最高點(diǎn)的對(duì)稱軸，故是過最低點(diǎn)的對(duì)稱軸，R 【解析】由不等式2020 6月質(zhì)檢理數(shù)若 ，關(guān)于函數(shù)的以下結(jié)：對(duì)稱軸程為，值域?yàn)槠渲姓_是（）在區(qū)間單調(diào)遞減A.B.C.D.單調(diào)遞減，正確。區(qū)間，正確；在單調(diào)遞減，正確。區(qū)間，正確；在，正確；值域?yàn)榈闹芷跒殄e(cuò)誤對(duì)稱為由圖可知，的圖象。圖象交點(diǎn)處取下方的圖象，故可得的

26、圖象就是在函數(shù)的定義可知，由的圖象，作出，【解析】函數(shù)（）在內(nèi)有極值，么下列論正確是A.當(dāng)時(shí)，B.當(dāng)時(shí)，C.當(dāng)時(shí)，D.當(dāng)時(shí)，【答案】B，B 正確。時(shí)，故當(dāng)，成立，即時(shí)，故當(dāng)，故，注意到上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，在在，故時(shí)，當(dāng)，則，設(shè)即，e 對(duì)不等式，解得，即的圖象可知，只需滿足結(jié)合，上有極值等價(jià)于在，故，則，。注意到必有兩個(gè)極值點(diǎn)，記為故，（【解析】設(shè)已知數(shù)a，bc，滿足（其中e 是自對(duì)的底數(shù)，么的最小值為 【答案】【解析】由已知得，【解析】由已知得，即在函數(shù)圖象上，在直線上。問題等價(jià)于在函數(shù)顯然將直線與直線平移至與函數(shù)上各取一點(diǎn)，求這兩點(diǎn)距離平方的最小值。（與相切于中，為 平分線若且則的周長為

27、 .【答案】AABCD故周長為，解得又，故由余弦定理得，得，由，故由角平分線定理可知，2020 6月質(zhì)檢理數(shù)若面積為1的滿足則邊的最小值為 D.2ABCABC，有最小值，故時(shí)，故可知當(dāng)，則設(shè)，由余弦定理得，得，。由【解析】由已知得，當(dāng)時(shí)，函數(shù) 恒成立，則的最大值為B.2C.D.1【答案】C【解析】題意等價(jià)于在【解析】題意等價(jià)于在上恒成立，作出以及的圖象，注意到，以及有相同的對(duì)稱軸，故當(dāng)，時(shí)，取得最值。已知點(diǎn)動(dòng)點(diǎn)滿足 為 則點(diǎn)的軌跡方程【答案】。故所求軌跡方程為，P的軌跡是以AB，整理得，即由余弦定理得，即【解析】由已知得，已知四錐，底面是邊長為6 的菱形,底面且此四棱錐內(nèi)切球表面積為16則該四

28、棱錐的積 【答案】zzS(0,0,8)DO(0,0,2)COA(a,0,0)B(0,b,0)xy，故解得，故到平面 距離又，故，令故，又2.故，則由內(nèi)切球表面積為16可得，【解析】建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)2020年全國卷理數(shù)已知M：，直線 ：，為 上的動(dòng)，過點(diǎn)作M 的切線，切點(diǎn)為，當(dāng)最小時(shí)，直線的方程（）B.C.D.【答案】D【解析】由已知得，【解析】由已知得，M：，圓心，半徑,M l 的距離l M 相離。由對(duì)稱性可知，故P M l 最小，此時(shí)最小MP：即l 解法一：設(shè)A，B ，方程為解法二：。顯然 PAMB 四點(diǎn)共圓，此圓是以 PM 為直徑， 故方程為，即M 。12若，則（）A.B.C

29、.D.【答案】B得得上單調(diào)遞增，故由在，顯然構(gòu)造函數(shù)【解析】如圖在三棱錐PABC 平面開圖中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，則cosFCB= .【答案】，故由余弦定理得，故由余弦定理得，在BCF 中，故，RtABC ，故由余弦定理得， ，在ACE 中，故得RtDAB 2020 年全國卷理數(shù)若，則（）B.C.D.【答案】A，故，故，得，故由，易知在R 上單增，構(gòu)造函數(shù)【解析】由已知得，120-1 周期序在通信術(shù)中有重要應(yīng)用若序列滿足，且存在整數(shù)，使得成立，稱其為0-1 周序列，稱滿足的小正整數(shù)為這個(gè)序的周期.于周期為的0-1 序列，（k=1，2，m-1）描述其質(zhì)的重指標(biāo)，列周為5

30、的0-1 序列中滿足 序列是（）A.B.C.D.【答案】C，不符合題意。，不符合題意。，D，不符合題意；，A，不符合題意；，B，0（1,2,3,）1 2 ，即【解析】由題意得，設(shè)復(fù)數(shù)，滿足【答案】，則= .【解析】由【解析】由得，故，2020 年全國卷理數(shù)12已知，設(shè)，則B.C.D.【解析】由得，即【解析】由得，即；由得，即故。顯然， ，故綜上所述關(guān)于數(shù)有如下四個(gè)命：的圖像關(guān)于 軸對(duì)稱的圖像于直線對(duì)稱2其中所有命題的號(hào)是 【答案】值可以取負(fù)值，故錯(cuò)誤。正確序號(hào)為。值可以取負(fù)值，故錯(cuò)誤。正確序號(hào)為。對(duì)稱，正確；顯然關(guān)于直線圖象，所以為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)，所以， 因?yàn)椤窘馕觥慷x域?yàn)?020 年

31、新高考山東卷（多選題已知，則（） B.C.D.綜上所述，正確的是ABD。綜上所述，正確的是ABD。，D 正確。，所以因?yàn)椋珻 錯(cuò)誤；，則，取，B 正確；，所以因?yàn)?，A 正確；，所以【解析】因?yàn)?6已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的棱長均為 2，BAD=60以 D1 為球心， 5 為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1 的線長為 【答案】22CCBBCADGH2FC1B1 1 EBEAC3F5D對(duì)的圓心為，故所求交線為內(nèi)部的弧 HG。易求劣弧HG 所，故所交線為以E 為心，為半徑的在側(cè)面故，為等邊三角形，故【解析】取中點(diǎn)由題意知（多選題）12信熵是信論中的個(gè)重要念.隨機(jī)變量X 所有可的取值為，且

32、，定義X 信息熵.n=1H(X)=0若n=2，則H(X)隨著的增大增大若，則H(X)隨著n 增大而大若n=2m，機(jī)變量Y 所可能的值為，且，則H(X)H(Y)【答案】AC【解析】若【解析】若，則，A 正確；若，顯然當(dāng)與時(shí)相等，B 錯(cuò)誤；若，則隨著 n 的增大而增大，C 正確；若，.對(duì)比對(duì)應(yīng)項(xiàng)可知，D 錯(cuò)誤。故正確的是A，C。2020 年北京卷已知，則“在使得”是“”（A.充分不必要件B.必要而不充條件C.充分必要條件D.既不分也不要條件C。C。，必要性成立使得即存在，或即，或判斷必要性：當(dāng)時(shí)，則，充分性成立；若 為奇數(shù)，則；若 為偶數(shù)，則時(shí)，使得當(dāng)存在【解析】判斷充分性：102020 年3 月

33、14日是全首個(gè)國圓周率（Day史上，圓周率 的方法有種，與傳統(tǒng)數(shù)學(xué)的“圓術(shù)相似數(shù)學(xué)家爾卡的方是：當(dāng)正數(shù) 充分大時(shí)，計(jì)單位圓內(nèi)接正邊形的周和外切正邊形（邊均與相切的正邊）的周長將它們算術(shù)平數(shù)作為的近似值按阿爾西的法， 的近似值的達(dá)式是（A. D. 則，則，1單位圓的切正邊形的相鄰個(gè)頂點(diǎn)圓心O 構(gòu)成腰三角形其頂角為，腰長為故底也就是正邊形的長為【解析】位圓內(nèi)正邊形的相鄰兩頂點(diǎn)與心O 構(gòu)成等腰角形，中頂角為2020 年江蘇卷在BC中，D 在邊BC上（不端點(diǎn)長AD 到P，使 AP=9若（m 為常數(shù)則D 長度是 【答案】。故，在等腰ACD 中，。易知故，整理得，得，【解析】由在平直角坐系xOy 中，已知，A，B 是圓上的兩動(dòng)點(diǎn)，足，則 面積最大值是 【答案】時(shí)， 有最大值時(shí)， 有最大值有最大值，即當(dāng)時(shí)，易知當(dāng)則，設(shè)故，P 則，設(shè)圓心 C 到AB 的距離為