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1、-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学本试卷共6页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码黏贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上
2、指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若，则()A.0B.1C.D.22.设集合，且，则()A.B.C.2D.43.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.B.C.D.4.已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，
3、则()A.2B.3C.6D.95.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度（单位：）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是()A.B.C.D.6.函数的图像在点处的切线方程为()A.B.C.D.7.设函数在的图像大致如下图，则的最小正周期为()A.B.C.D.8.的展开式中的系数为()A.5B.10C.15D.209.已知，且，则()A.B.C.D.10.已知，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为()A.B.C.D.11.已知，直线，为上
4、的动点.过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为()A.B.C.D.12.若则()A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，满足约束条件则的最大值为.14.设，为单位向量，且，则.15.已知为双曲线的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴，若的斜率为3，则的离心率为.16.如图，在三棱锥的平面展开图中，则.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721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：共60分.17.（12分）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项.（1）求的公比；（2）
5、若，求数列的前项和.18.（12分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，.是底面的内接正三角形，为上一点，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.19.（12分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一轮轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率.-在-此-卷
6、-上-答-题-无-效-毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _20.（12分）已知，分别为椭圆：的左、右顶点，为上顶点，.为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为.（1）求的方程；（2）证明：直线过定点.21.（12分）已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围.（二）选考题：共10分，请考生在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44：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）当时，是什么曲线？（2）当时，求与的公共点的直角坐标.23.选修45：不等式
7、选讲（10分）已知函数.（1）画出的图像；（2）求不等式的解集.2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科数学答案解析一、选择题1.【答案】D【解析】由题意首先求得的值，然后计算其模即可.由题意可得：，则.故.故选：D.【考点】复数的运算法则，复数的模的求解2.【答案】B【解析】由题意首先求得集合，然后结合交集的结果得到关于的方程，求解方程即可确定实数的值.求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故选：B.【考点】交集的运算，不等式的解法3.【答案】C【解析】设，利用得到关于，的方程，解方程即可得到答案.如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C
8、.【考点】正四棱锥的概念及其有关计算4.【答案】C【解析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.设抛物线的焦点为，由抛物线的定义知，即，解得.故选：C.【考点】利用抛物线的定义计算焦半径5.【答案】D【解析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，因此，最适合作为发芽率和温度的回归方程类型的是.故选：D.【考点】函数模型的选择，散点图的分布6.【答案】B【解析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.，因此，所求切线的方程为，即.故选：B.【考点】利用导数求解函图象的切线方程7.【答案】C【解析】由图可得：函数图象
9、过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.由图可得：函数图象过点，将它代入函数可得：.又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，所以，解得：.所以函数的最小正周期为.故选：C.【考点】三角函数的性质及转化，三角函数周期公式8.【答案】C【解析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.展开式的通项公式为（且）.所以与展开式的乘积可表示为：或在中，令，可得：，该项中的系数为10，在中，令，可得：，该项中的系数为5.所以的系数为.故选：C【考点】二项式定理及其展开式的通项公式，赋
10、值法9.【答案】A【解析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.，得，即，解得或（舍去），又，.故选：A.【考点】三角恒等变换，同角间的三角函数关系求值10.【答案】A【解析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球截面性质，求出球的半径，即可得出结论.设圆半径为，球的半径为，依题意，得，由正弦定理可得，根据圆截面性质，球的表面积.故选：A.【考点】球的表面积，应用球的截面性质11.【答案】D【解析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点，共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程
11、，根据圆系的知识即可求出直线的方程.圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离.依圆的知识可知，四点，四点共圆，且，所以，而，当直线时，此时最小.即，由解得，.所以以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程.故选：D.【考点】直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，圆的几何性质的应用12.【答案】B【解析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.设，则为增函数，因为，所以，所以，所以.，当时，此时，有.当时，此时，有，所以C、D错误.故选：B.【考点】函数与方程的综合应用，构造函数，利用函数的单调性比较大小二、填空题13.【答案】1【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数
12、的几何意义即可求得其最大值.绘制不等式组表示的平面区域，如图所示，目标函数即：，其中取得最大值时，其几何意义表示直线系在轴上的截距最大，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.故答案为：1.14.【答案】【解析】整理已知可得：，再利用，为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解.因为，为单位向量，所以，所以.解得：.所以.故答案为：.【考点】向量模的计算公式及转化15.【答案】2【解析】根据双曲线的几何性质可知，即可根据斜率列出等式求解即可.依题可得，而，即，变形得，化简可得，解得或（舍去）.故答案为：2.【考点
13、】双曲线的离心率的求法，双曲线的几何性质的应用16.【答案】【解析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.，由勾股定理得，同理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.故答案为：.【考点】利用余弦定理解三角形三、解答题17.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论.设的公比为，为，的等差中项，.（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.设的前项和为，得，.【考点】等比数列通项公式基本量的计算，等差中项的性质，错位相减法求和18.【答案】（1）证明
14、：由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以.（2）【解析】（1）要证明，只需证明，即可.由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以.（2）以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式，计算即可得到答案.过作交于点，因为，以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，则.【考点】线面垂直的证明，利用向量求二面角的大小19.【答案】
15、（1）（2）（3）【解析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率.记事件，则.（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为，所以，需要进行第五场比赛的概率为.（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，记事件，记事件，则甲赢的基本事件包括：、，所以，甲赢的概率为.由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢的概率为.【考点
16、】独立事件概率的计算20.【答案】（1）（2）证明：设，则直线的方程为：，即：.联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或.将代入直线可得：.所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为.直线的方程为：，整理可得：.整理得：.故直线过定点.【解析】（1）由已知可得：，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：，.，.，.椭圆方程为：.（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，即可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：，命题得证.证明：设，则直线的方程为：，即：.联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得
17、：或.将代入直线可得：.所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为.直线的方程为：，整理可得：整理得：.故直线过定点.【考点】椭圆的简单性质，方程思想21.【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）【解析】（1）由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.当时，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减，当时，单调递增.（2）首先讨论的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数的取值范围.由得，其中，当时，不等式为：，显然成立，符合题意；当时，分离参数得，记，令，则，故单调递增，故函数单调递增，由可得：恒成立，故当时，
18、单调递增；当时，单调递减；因此，综上可得，实数的取值范围是.【考点】导数的几何意义，解析几何，微积分，用导数求函数的单调区间，判断单调性，已知单调性求参数，利用导数求函数的最值（极值），数形结合思想的应用22.【答案】（1）曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆（2）【解析】（1）利用消去参数，求出曲线的普通方程，即可得出结论.当时，曲线的参数方程为（为参数），两式平方相加得，所以曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆.（2）当时，曲线的参数方程化为（为参数），两式相加消去参数，得普通方程，由，将曲线化为直角坐标方程，联立，方程，即可求解.当时，曲线的参数方程为（为参数），所以，曲线的参数方程
19、化为（为参数），两式相加得曲线方程为，得，平方得，曲线的极坐标方程为，曲线直角坐标方程为，联立，方程，整理得，解得或（舍去），公共点的直角坐标为.【考点】参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化23.【答案】（1）因为，作出图象，如图所示：（2）【解析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数的解析式，作出图象.因为，作出图象，如图所示：（2）作出函数的图象，根据图象即可解出.将函数的图象向左平移1个单位，可得函数的图象，如图所示：由，解得.所以不等式的解集为.【考点】分段函数的图象，利用图象解不等式-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试毕业学
20、校_ 姓名_ 考生号_ _ _理科数学注意事项：1.答卷前,考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,在选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.已知集合,则A.B.C.D.2.如图,正方形内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部
21、分的概率是A.B.C.D.3.设有下面四个命题：若复数满足,则；：若复数满足,则；：若复数,满足,则；：若复数,则.其中的真命题为A.,B.,C.,D.,4.记为等差数列的前项和若,则的公差为A.1B.2C.4D.85.函数在单调递减,且为奇函数若,则满足的的取值范围是A.B.C.D.6.展开式中的系数为A.15B.20C.30D357.某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为A.10B.12C.14D.168.右面程序框图是为了求出满足的最小偶数,那么在和两个空
22、白框中,可以分别填入A.和B.和C.和D.和9.已知曲线,则下面结论正确的是A.把上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度,得到曲线B.把上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移个单位长度,得到曲线C.把上各点的横坐标缩短到原来的倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度,得到曲线D.把上各点的横坐标缩短到原来的倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移个单位长度,得到曲线10.已知为抛物线的焦点,过作两条互相垂直的直线,直线与交于、两点,直线与交于、两点,则的最小值为A.16B.14C.12D.1011.设,为正数,且,则A.B
23、.C.D.12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推.求满足如下条件的最小整数且该数列的前项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A.440B.330C.220D.110二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知向量,的夹角为,则|.14.设,满足约束条件则的最小值为.15.已知双曲线的右顶点为,以为圆心,为半径做圆,圆与双曲线的一条
24、渐近线交于、两点.若,则的离心率为.16.如图,圆形纸片的圆心为,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形的中心为.,为圆上的点,分别是以,为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以,为折痕折起,使得,重合,得到三棱锥.当的边长变化时,所得三棱锥体积(单位：)的最大值为.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721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：共60分。17.(12分) 的内角,的对边分别为,已知的面积为.(1)求;(2)若,求的周长.18.(12分)如图,在四棱锥中,且.(1)证明：平面平面；(2)若,求二面
25、角的余弦值.19.(12分)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位：cm)根据长期生产经验,可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布-在-此-卷-上-答-题-无-效-(1)假设生产状态正常,记表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数,求及的数学期望；(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查()试说明上述监控生产过程方法的合理性；()毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.95
26、10.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得,其中为抽取的第个零件的尺寸,1,2,16用样本平均数作为的估计值,用样本标准差作为的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除之外的数据,用剩下的数据估计和(精确到0.01)附：若随机变量服从正态分布,则.,20.(12分)已知椭圆,四点,中恰有三点在椭圆上.(1)求的方程；(2)设直线不经过点且与相交于,两点.若直线与直线的斜率的和为,证明：过定点.21.(12分)已知函数(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点,求的取值范围.(二)
27、选考题：共10分。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44：坐标系与参数方程(10分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),直线的参数方程为(为参数).(1)若,求与的交点坐标；(2)若上的点到的距离的最大值为,求.23.选修45：不等式选讲(10分)已知函数,(1)当时,求不等式的解集；(2)若不等式的解集包含,求的取值范围.2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学答案解析一、选择题1.【答案】A【解析】本题考查集合的运算及简单不等式的求解.由,得,所以,故,故选A.2.【答案】B【解析】本题考查几何概型.设正方形的边长为2,则正方形的
28、内切圆半径为1,其中黑色部分和白色部分关于正方形的中心对称,则黑色部分的面积为,所以在正方形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率,故选B.3.【答案】B【解析】本题考查复数的计算和命题真假的判断.对于命题,设,由,得,则成立,故命题正确；对于命题,设,由,得,则或,复数可能为实数或纯虚数,故命题错误；对于命题,设,由,得,不一定有,故命题错误；对于命题,设,则由,得,所以成立,故命题正确.故选B.4.【答案】C【解析】本题考查等差数列基本量的计算与性质的综合应用.等差数列中,则,又,所以,得,故选C.5.【答案】D【解析】本题考查利用函数的性质求解不等式.已知函数在上为单调递减函数,且为奇函数
29、,则,所以原不等式可化为,则,即,故选D.6.【答案】C【解析】本题考查二项式定理中项的系数问题.对于,若要得到项,可以在中选取1,此时中要选取含的项,则系数为；当在中选取时,中要选取含的项,即系数为,所以,展开式中项的系数为,故选C.7.【答案】B【解析】本题考查立体几何中的三视图问题.由多面体的三视图还原直观图如图.该几何体由上方的三棱锥和下方的三棱柱构成,其中面和面是梯形,则梯形的面积之和为.故选B.8.【答案】D【解析】本题考查程序框图问题.本题求解的是满足的最小偶数,可判断出循环结构为当型循环结构,即满足条件要执行循环体,不满足条件要输出结果,所以判断语句应为,另外,所求为满足不等式
30、的偶数解,因此中语句应为,故选D.9.【答案】D【解析】本题考查三角函数的诱导公式及图象变换.首先利用诱导公式化异名为同名.,由的图象得到的图象,需将曲线上各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变；由的图象得到的图象,需将的图象上的各点向左平移个单位长度,故选D.10.【答案】A【解析】如图所示,设直线的倾斜角为,过,分别作准线的垂线,垂足为,则,过点向引垂线,得,则,同理,则,即,因与垂直,故直线的倾斜角为或,则,则,则易知的最小值为16.故选A.11.【答案】D【解析】由,可设,因为,为正数,所以,因为,所以；因为,所以,所以.分别作出,的图像,如图.则,故选D.12.【答案】A【解析】本题考
31、查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.不妨设(其中、,),则有,因为,所以.由等比数列的前项和公式可得.因为,所以,所以,即因为,所以,故,因为,所以,故.所以,从而有,因为,所以.当时,不合题意；当时,满足题意,故所求的最小值为440.二、填空题13.【答案】【解析】本题考查向量数量积的计算.由题意知,则.所以.14.【答案】【解析】本题考查利用线性规划求解最值.由约束条件作出可行域,如图阴影部分所示.平移直线可知,目标函数在点处取最小值,又由解得即,所以.15.【答案】【解析】本题考查双曲线的几何性质和圆的性质.不妨设点、在渐近线上,如图,为等边三角形,且,则点到渐近线的距离为,又将变
32、形为一般形式为,则到渐近线的距离,所以,即,所以双曲线离心率.16.【答案】【解析】由题意知折叠以后三棱锥的直观图如图所示.连接并延长交于,连接、.则平面.令,则,得,.则,令,则,则当时,单调递增,当时,单调递减,所以当时,体积取最大值,为.三、解答题17.【答案】解：(1)由题设得,即.由正弦定理得.故.(2)由题设及(1)得,即.所以,故.由题设得,即.由余弦定理得,即,得.故的周长为.【解析】本题考查了正弦定理,余弦定理,三角形的面积公式及其综合应用.18.【答案】解：(1)由已知,得,.由于,故,从而平面.又平面,所以平面平面.(2)在平面内作,垂足为.由(1)可知,平面,故,可得平
33、面.以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.由(1)及已知可得所以设是平面的法向量,则即可取.设是平面的法向量,则即可取.则.所以二面角的余弦值为.【解析】本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.19.【答案】(1)抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974,从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026,故,因此.的数学期望为.(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在之外的零件的概率只有0.0408,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了
34、异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.(ii)由,得的估计值为的估计值为,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除之外的数据9.22,剩下数据的平均数为,因此的估计值为10.02.,剔除之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为,因此的估计值为.【解析】本题考查了统计与概率中的二项分布和正态分布的性质及应用.20.【答案】(1)由于两点关于轴对称,故由题设知经过两点.又由知,不经过点,所以点在上.因此解得故的方程为.(2)设直线与直线的斜率分别为.如果与轴垂直,设,由题设知,且,可得的坐标分别为.则,得,不符合题设.从而可
35、设.将代入得.由题设可知.设,则.而,由题设,故.即.解得.当且仅当时,于是,即,所以过定点.【解析】解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.21.【答案】(1)的定义域为,.(i)若,则,所以在单调递减.(ii)若,则由的.当时,；当时,所以在单调递减,在单调递增.(2)(i)若,由(1)知,至多有一个零点.(ii)若,由(1)知,当时,取得最小值,最小值为.当时,由于,故只有一个零点；当时,由于,即,故没有零点；当时,即.又,故在有一个零点.设正整数满足,则.由于,因此在有一个零点.综上,的取值范围为.【解析】本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.
36、22.【答案】解：(1)曲线的普通方程为.当时,直线的普通方程为.由解得或从而与的交点坐标为.(2)直线的普通方程为,故上的点到的距离为.当时,的最大值为,由题设得,所以；当时,的最大值为,由题设得,所以.综上,或.【解析】本题考查参数方程的应用.23.【答案】解：(1)当时,不等式等价于. 当时,式化为,无解；当时,式化为,从而；当时,式化为,从而.所以的解集为.(2)当时,.所以的解集包含,等价于当时.又在的最小值必为与之一,所以且,得.所以的取值范围为.【解析】本题考查参数方程的应用.-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共4页，
37、23小题，满分150分，考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码张贴处”。姓名_ 准考证号_2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后
38、，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1设，则（）A0BCD2已知集合，则（）ABCD3某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍实现翻番为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例得到如下饼图：则下面结论中不正确的是（）A新农村建设后，种植收入减少B新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C新农村建设后，养殖收入增加了一倍D新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半4记为等差数列的前项和若，则（）ABCD125设函数若为奇函数，则曲线
39、在点处的切线方程为（）ABCD6在中，为边上的中线，为的中点，则（）ABCD7某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（）ABCD28设抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与交于，两点，则（）A5B6C7D89已知函数，若存在2个零点，则的取值范围是（）ABCD10下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边，的三边所围成的区域记为，黑色部分记为，其余部分记为，在整个图形中随机取一点，此点取自，的概率分别记为，则（）ABCD11已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，若为直角三角形，则（）AB3CD412已知正方体的棱长