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1、罐附参考答塞复越题精折2020年高考最后卷（）试用报告试用者:20位老师20位编辑,285位学生90110分人数百分比整卷项目11213l6勺凸勺全司刁l819202l难度系数0.590590560.610.7907310510610.5404205918.7乎均分1077.0840.32l4。64ll.38气778605夕测试反馈与备考策略通过测试可以看出本套试卷的区分度很好也反映出学生乎时复习中存在的薄弱点和思维的易错点,如第8题没有掌握三角函数图象乎移变换的法则第17题忽咯对“几l”情形的检验丢失步骤分,第21题因分类讨论不全面而出错。基于以上情况建议后期备考从以下几方面加强:（l）要切
2、实抓好基础训练精选训练题,立足于中、低档题目不姜盲目拔高;（2）注意题后小结,注意知识的巩固与滚动复习对于错题要反思错误原因并经常查看以练固基以思促活达到提高的目的;（3）注重数学思想和方法技巧的应用提高分析问题与解决问题的能力.翁苔宰蹿盲16 12 1411.盼滓】雌2）岛吉;3哆宁.!窜卜腻5从 瓣午;7孕粉哉毛四广p邑凹田止盅L匹巳四15山晶鸟.翱蕊1啦凸词1381069;4叮吁牡1那6AAB日36D3DADDB（C解题思路首先判断函数的奇偶性,然后通过解不等式判断函数嘶）在特定区间上的符号再判断出函数图象的走势利用排除法即可求解.解析因为（卯）二（貉）.（购-l1.2cs（塞）-e-z
3、ez卯（匆-1）。2cos“勿）所以函数（如）为奇函数排除B;由e冗e-工（匆）0得-1匆0或彭1,排除D;当匆助时（鳃-0排除C选A方法总结已知函数解析式判断其图象主要采用的是排除法,常根据函数的定义域、值域、单调性奇偶性、周期性函数图象的走势等进行排除.6.A考查目标本题主妥考查二项式定理的应用,考查考生的运算求解能力考查的核心素养是数学运算.解题思路先写出展开式的通项公式,根据展开式中卯的系数求出的值再求展开式中各项系数的和解析（旦r）5的展开式的通项公式为zl卯吗鼠腺（）猪,令普5二得4则c;鼠缴（）.5153。故展开式中各项系数的和为（3l）532.7。B考查目标本题考查含参数的线性
4、规划问题考查数形结合思想,考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力,考查的核心素养是直观想象、逻辑椎理和数学运算.解题思路解法作出不等式组表示的平面区域分n0与加0两种情况数形结合求解.解法二作出不等式组表示的平面区域,对选项中的值进行验证,利用排除法求得结果解析解法-作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,当m0时,z2绷加y表示的直线经过点B（0,3）时z2鳃m取得最小值则6203m解得砸-2;当加2时z2匆2y当直线z2匆2y与匆y-30重合时z取得最小值6不合题意,当0加2或m2时z2勿叼表示的直线经过点B（0,3）或C（30）时z2勿my取得最小值则6203m或-623,得肌2（舍
5、去）。故选B1。D考查目标本题考查一元二次不等式的解法、对数运算、集合的交运算,考查考生对基础知识的掌握情况,考查的核心素养是数学运算.解题思路首先通过解一元二次不等式化简集合A然后根据集合的交运算求AB.解析解不等式z2-2勿30,得卯3所以A匆-1卵3,所以易得AB12,故选D.名师语要研究用描述法表示的集合时首先要看集合中的代表元素然后看元素的限制条件,注意弄清代表元素表示的意义是什么二宇引2B考查目标本题考查复数的四则运算与复数模的计算考查考生的运算求解能力考查的核心素养是数学运算.解题思路通解首先将复数z化为代数形式,然后利用模建立方程并求解优解利用模的性质求解.3i（3i）（12i
6、）解析通解因为zl2j（l2i）（l2i）（23）（6）i,所以z（23）2（6）2百解得554故选B.亏署i,所以l2!优解凶为击:巡票橱瞬得3.C考查目标本题主要考查导数的几何意义考查的核心素养是数学运算。解题思路首先根据点在切线上求出b的值进而得切线的斜率再根据导数的几何意义求出的值解析由曲线ylnz2“在点（1,2）处的切线方程为b鲍y10,得b1,则曲线在点（1,2）处的切线的斜率为1易得2,所以十2l,则l4。C考查目标本题考查古典概型,考查考生的逻辑椎理能力和运算求解能力考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.解题思路先计算出总的基本事件数,再计算出3名顾客领取的礼品均不相同的基本事
7、件数最后利用古典概型的概率计算公式求解即可.解析3名顾客从A,BC三种礼品中均任意免费领取件基本事件总数n3327,他们领取的礼品均不相同的基本事件个数mA;6,则他们领取的礼品均不相同的概率P匹旦旦n2795.A考查目标本题考查函数的图象与性质,考查考生的数形结合能力、运算求解能力考查的核心素养是逻揖推理、直观想象、数学运算川凶勿O勺B（03）A（3,3）句v丛专坠爵勿0厅30（）f第模拟押题卷.全国卷I理科数学答案-1免费微信公众号：研你所想丽肪.蕊园.乖万可.雨丙.耐瓦万.乖.硒.丽呵万.丽0323320003渊等设异面直线AD与ClE所成的角为0则证甫）霜鸦学片,鼓遗解法二作出不等式组
8、表示的平面区域如解法的图中的阴影部分所示若加1则z2zy在B（0,3）处取得最小值且最小值为3,不满足题意,故A,C不正确;若矾2则z2勿2y在线段BC上取得最小值,且最小值为6,不满足题意故D不正确;若n2则z2卯2y在B（03）处取得最小值且最小值为6,满足题意.故选B。考查目标本题考查正弦函数的图象与性质、三角函数图象的乎移变换考查数形结合思想、化归与转化思想考查考生的逻辑椎理能力和运算求解能力.解题思路解法-首先由三角函数最小正周期的计算公式求出,然后根据三角函数图象的平移变换法则求出g（匆）的解析式句再将问题转化为函数g（勉）的图象在0,子上与直线哪有唯交点最后结合图象求得结果解法二
9、首先由三角函数最小正周期的计算公式求出,然后根据三角函数图象的平移变换法则求出g（颠）的解析式,再利用正弦函数的性质求出g（z）在0,午上的值垄域,最后利用排除法求解解析解法由题意得侧器则g（厕）sin（宁）sin（苦）辨函数y二g（撼）厕在0午上有且仅有个零点即函数愚in（）十（鳃匡0铲）的图象与直线ym有唯交点作出它们的大致图象如图,由图易知实数哪的取值范围是0,）O,故选A8.A解法三连接CE以E为坐标原点CE,EB所在直线分别为匆轴,过点E且垂直于平面ABC的直线为g轴建立如图所示的空间Al直角坐标系则圆（0,0,0）,A（0,0）,B（0,3）,c（乎q）,D（乎,）.而A（乎,）.
10、雨二（享0,3）.77亏9灿丙）需焉顾则c。s肪,丙沥盂廓百八甲当止）0l0鱼!拭EB）z揣即异面直lZ1厉丁线川D与c鹰所成角的余弦值为揣,故选u10.C考查目标本题考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系、三角形的面积考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力.素养落地试题通过对过焦点的直线设定条件很好地考查了考生对直线与直线、直线与抛物线的位置关系的理解考查考生利用解析几何的思想方法解决问题的能力体现了逻辑推理、直观想象、数学运算核心素养.解题思路已知F（10）设直线l的方程为卿my1（加0）代入鸭4叫4-0蹦f瞧,ME-4硼2丰第一模拟吼二勺正贾22而而勺解法二由题意得o黑则g（蹦
11、）sm（罕滑）sm（）十当.0,宁时,.丽,咖（苦）匡,l,所以愚in（）巨0,因为g（绷）厕在0,孕上有且仅有个零点,所以厕0,故排除垄D;若腮测当蕊苦枷躯午时,g（瓣）砸0所以哪,故排除B,C选A.考查目标本题考查几何体中并面直线所成的角考查考生的逻辑椎理能力、空间想象能力和运算求解能力考查的核心素养是逻辑推理、直观想象数学运算.解题思路添加辅助线,找到异面直线所成的角或其补角,再利用解三角形的知识求解解析解法磊如图,设BC的中点为F,C点到直线的距离公式武旦贮刁、原点到直线1的距离d一皿2三角形的颓积公式1砸2结果SO-SOAB;解析设A（虹,y）B（z2,y2）,由抛物线方程知焦点F（
12、l,0）,设直线l的方程为xm1（!0）代人抛物线方程,得广4m-40,则yl24mAB匆l卯22n（yly2）224娜辫又愿肄喧线的距离刨-7丁示,所以sI石而丁4（m21）2I下7衷因为l上2所以So2带（六）;-2铲所以赤丽丽靴（!带狐直）4（l粤砸2）十故选c考查目标本题考查正弦定理与余弦定理的应用、两角差的正弦公式、四边形的面积考查考生的逻辑椎理能力和运算求解能力.9D麓删分点0（靠近Cl）,DF的三等分点P（靠近F）,连接OQ0P,OP则OQC1E,且OQq圆-行,oPD,且o,蛔?,P0罕,0OP为异而直线AD与C圆所dEB凸成的角或其补角在OPQ中,由余弦定理得,cos乙0OP
13、舞解法二而冗面而,硒乖煎蔽易知肪硒凰带（粤）:-乎,丽.硒（肪园而）.（百石丽蕊）肪.元肪.0鳃鳃p矿0FJ扮bf尸尸11D解题思路sinBb里直丝惨sinAl翅4刁b乌SBD2CD4盒途翼BC22016cosDS的最大值正弦函数的性质四边形ABDC的面积S锗解析由sinBb及正弦定理,得sjnAsinBsinB。因为sinB0所以SinA二l,A于又bC,所以ABC是等腰直角三角形如图在BCD中由余弦定理BC2BD2CD22BD。CDcosD,得BC2l64l6co爵D二206c.D则S十咽BC2二（20lD）,所以四边形佃DC的面积SSSC二十（20l6c。sD）十24sinD二（206c
14、sD）押题卷全国卷I理獭露桑二r免费微信公众号：研你所想的能力突出考查直观想象核心素养.解题思路】取BC的中点E,连接AE互逛窒AEABC外接圆仙:慧皿的半径三棱锥DABC的外接球的表面积为2444sinD二呕副n（D）5所以当D二￥时S取得最大值为54徊,故选D.C-誉AH上平面DBC萨点A到平面DBC的过A作A上DE于H距离解析取BC的中点E连接AE则AEAB2BE29.设ABC的外心为O,外接圆半径为r,则点Ol在线段AE上且OlE2BE2r2,故（9厂）232产解得厂5.设三棱锥DABC外接球的半径为,易知尺:二2（AD）225带十仙鸳所以由外接球的表圃积为244丽得47（25AD2）
15、244顿得Ml2连接DE则DEAD2AE215.过A作AH上DE于点H,易证A上平面DBC.在R川DE中由等卤积法得A器E竿等所以点d到平面DBc的雕离为等解题关键求解本题的关键是确定AD的长主要是利用球的半径R、截面圆的半径厂及球心到截面圆的距离三者之间的关系及球的表面积公式进行求解.16。3考查目标本题考查双曲线的标准方程、直线的方程考查数形结合思想,考查考生的逻辑椎理能力和运算求解能力。设M（卯00）解题思路l双曲线方程点AB的坐标斜率瓜贾一kAkB删直线AMBM的方程点PQ的坐标OP.OQ的表达式点在双曲线七结果解析设动点M（则0,0）.由双曲线C的方程得A（2,0）,B（2,0）贝-
16、蒜,枷卢,所以直线咖的方程为蒜（蕊带2）,直线B删的方程为六（露2）,由此可得MB删与,轴的交2o点分别为（0羔）0（0器）所以0-卯02（器）-羔又渤,岭c上、所以子乎断以锄;弓（凝;剑）断以o0誓）317.考查目标本题考查等差数列的性质、数列的通项与前n项和S哪的关系、累乘法的应用考查考生的运算求解能力和椎理论证能力.素养落地试题以数列为背景很好地体现了对数列通项与前n项和S的关系的理解与应用、对累乘法的应用考查逻辑推理、数学运算核心素养.解题思路（1）已知条件n2时SSlmn2时S厕验证1错s腮惨s鹏（厕）腮二3厕（2）一腮3（2）b鹏lb鹏罕宁b2bb腮二安列方程结果解:（1）由题意知
17、当n2时SS见ln,。.SS测ln（S-Sol）,整理,得s愿二错s腮（l分）43又Sll3,.S旦土1-旦二1旦二旦丁丁l-1-2几-3n-4（2）（厕2）,当l时,s二3符合上式,八s鹏（厕2）（厕匡N.）（3分）当2时阀ss鹏（厕2）（l）2令（l）二3,又l3也满足上式.。数列n的通项公式为厕3n.（6分）4B方法总结解三角形时,如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式要考虑用正弦定理;以上特征都不明显时则要考虑两个定理都有可能用到.1B考查目标本题考查利用导数处理不等式恒成立问题,考查考生的化归与转化能力逻辑推理能力运算求解能力和运用所
18、学知识分析问题、解决问题的能力。解题思路令（蹦）e助e缚-肚-它（匆）0在0,的）上恒成立驾（箍）设g（挝）（撼）堂研究g（购）在0）上的单m曰,L分k1,kl讨论（“）在0,由）上的单调性上回结果调性12、最大值解析令（鳃）e2翼e氮肛则（z0在0,切）上无解,等价于（如）0在0的）上恒成立（如）2e助e令g（鳃）-2e2ze缅-片,则g（虹）4e22ee缅（4e-l）0在0,切）上恒成立,所以g（匆）在0,鲍）上单调递减所以在0,“）上g（绷）m皿g（0）-1-内.若k1,则在0的）上g（卯）0即（勿）0,（卯）单调递减所以在0切）上（勿）m皿（0）0（撕）0恒成立若l,则存在匆o巨（0切
19、）,使得g（如0）0所以当卯巨（0,卵0）时,g（z）0,即（卿）0,所以（卿）在（0绷0）上单调递增,因为（0）0所以（z）0在（0,卯0）上成立与已知矛盾,故舍去.综上可知k的取值范围是1,助）故选B名师语要利用导数研究含参数的不等式恒成立问题,可以直接构造函数,利用导数研究函数的单调性、最值,进而求出参数的取值范围;也可以先分离参数,再构造函数,把问题转化为函数的最值问题进行求解6考查目标本题考查平面向量的坐标运算、向量垂直,考查考生对基础知识的掌握情况.解题思路解法首先求出丽而,然后由矩形的性质知硒上而,从而由向量垂直得到关于k的方程,解方程即可求得结果解法二由矩形的性质知直线AB垂直
20、于AD,再利用直线的斜率公式进行求解解析解法-由题意知,荫（11）丽二（5k1）.由矩形的性质知I商上m所以】百.而151（片l）0解得6.解法二由矩形的性质知直线AB垂直于AD,所以kAB.AAD-1,即揣腮篙,解得附620考查目标本题考查两角和的正切公式,考查考生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力.素养落地试题以数学文化为背景,很好地考查了考生对两角和的正切公式的理解考查数学运算核心素养.解题思路首先在RtABM中求出BM,然后由两角和的正切公式求出tan么CD由此求得D最后由公式求得结果解析由题意得,哑二姻62因为an（归7而、。砖广0!tan兰AtanCDA口.脚元1匡广兰CD）1
21、314l,解得cD,所以,凹,潮-2,1所以-ltanAtan乙CDvDcDcD63所以谷深DE二BDBAB譬D-BM620。l2等考查目标本题考查线面垂直的判定庭理、面面垂直的性质定理、三棱锥外接球的表面积考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力。素养落地】试题通过设置三梭锥的外接球问题,意在考查考生借助空间形式确定几何体中的量构建数学问题的直观模型进而解决问题15押题卷.全国卷I理科数学答案免费微信公众号：研你所想（2）由（得牛二!宁-早宁,（8分）b2b七.义宁宁n1（10分）2。由罢畏,得厕8a（u分）方法点拨利用鹏l.2二（厕0,厕2）求12胞-l通项公式的方法称为累乘法若
22、已知叶lg（n）腮其中g（则）可求前厕项积则可用累乘法求数列的通项公式.18.考查目标本题考查线线垂直的证明线面角、面面角的求解,空间向量法的应用考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力解题思路（1）连接DE首先利用勾股定理的逆定理证明C1D上DE然后由面面垂直的性质定理证明AD上平面BBlClC从而证得AD上ClD再由线面垂直的判定定理得ClD上平面ADE即可得到ClD上AE;（2）根据条件建立空间直角坐标系运用向量法求解解;（1）连接DE,.AB上ACABACAAl4.BCBlCl4灯BEBlE2.ClEBlCBlE26.。.点D为BC的中点.BDCD2百,DEBE2BD22可C
23、DCCCD226.ClE2ClD2DE2,。.ClD上DE.（2分）易知AD上BC。又平面BBlClC上平面ABC,ADc平面ABC且平面BBlClC平面ABCBC.。AD上平面BBlClC。又ClDC平面BBlClC。AD上ClD.（4分）又ADDED.ClDL平面ADE.又AEc平面ADE.。ClD上A且（5分（2）以A为坐标原点ABAC,AAl所在直线分别为匆yz轴建立如图所示的空间直角坐标系则A（0,00）D（220）,C!（044）Al（0,04）丽（220）画（0,44）I万（04,0）（6分）设刃l（匆l,y1zl）为平面AClD的法向量则;粕,得i渊二!取鞭得（M）（:分）设点
24、E（4,0咖）（0m4）则硒（40,n4）,由题意得,c.（!,硒）二征!（砸4）2粤得鹏二3,（9分）.硒（40,l）设2（勿2y2z2）为平面AlClE的法向量则册;摧6德ji二;厂0,取臆,褥厕（0、斜）（分）55百丁.COS!,2万I75厂（l1分）故平圃AEC与平圃ACD的夹角的余弦值为乎（l2分）.考查目标本题考查频率分布直方图、相互独立事件的概率、平均值、函数模型的实际应用,考查考生的数学建模能力、数据处理能力、运算求解能力以及利用概率与统计知识解决实际问题的能力。素养落地试题以现实问题为背景,引导学生在实际情境中从数学的视角分析问题知道如何建立模型,解决实际问题体现了数据分析、
25、数学建模、数学运算核心素养.解题思路（l）由挂果量在8090）,90100）100,110）内的频数成等差数列知0。0l0,6成等差数列设公差为d,然后结合频率之和为1计算出d即可得b的值;（2）首先分别估计出甲方案中“级果树”和“级果树,的概率乙方案中I级果树,和“级果树”的概率,然后利用相互独立事件的概率计算公式即可求出结果;（3）根据频率分布直方图分别求出两种管理方案下果树挂果量的平均数,从而分别得到两种管理方案下50棵果树获得的利润的函数解析式,再根据收购价不同时,两种方案获利的大小情况来确定管理方案解:（l）因为挂果量在8090）90100）,l00ll0）内的频数成等差数列,所以0
26、.010,b也成等差数列设公差为d则0.010b0.0102d（1分）由（0.0020.0100.0100。0l020.0230。0050.004）101解得d0。012则0.022b0034。（2分）（2）设“在随机抽取的果树中,甲方案的果树比乙方案的果树等级高,为事件C“从甲方案中抽到的果树为级果树”为事件A2,“从甲方案中抽到的果树为级果树”为事件A3“从乙方案中抽到的果树为I级果树,为事件Bl,“从乙方案中抽到的果树为级果树”为事件B2则P（A2）（0.0200.0l60.010）100.46P（A3）（0。0060.006）l00.12P（Bl）（0。0020.010）100.12P
27、（B2）（O0220。0340。023）100.79.（4分）因为事件A与乌相互独立其中j23jl2所以P（C）P（A2BlA3BlA3B2）P（A2）P（Bl）P（A3）P（Bl）P（A3）P（B2）0.460.120。120.120120.790。1644（6分）（3）由频率分布直方图可得采用甲方案管理的50棵果树挂果量的平均数为卯甲（0。006550.007650。012750。017850.020950。016l050.0101150.0061250。006135）1094。2（7分）采用乙方案管理的50棵果树挂果量的平均数为“乙（0.2750.010850.022950。034105
28、0.0231150.0051250。0叫135）10104。7。（8分）设采用甲方案管理的50棵果树获得的利润为苑）,则（匆）94250卯-40004710如-4000（匆18）.（9分）设采用乙方案管理的50棵果树获得的利润为g（绷）则g（鳃）1叫750勿-l45005235z-14500（z18）.（10分）令（匆）g（剿）解得鳃20则当x20时,（鳃）g（匆）;当匆20时（匆）g（勿）;当z20时卿）g（施）.所以当收购价大于20元千克时,采用乙方案管理;等于20元千克时,采用两种方案均可;大于或等于18元千克且小于20元千克时采用甲方案管理（12分）方法点拨对于已知函数模型的问题,应根
29、据题中条件找准对应量列出函数解析式再将问题转化为给定定义域上的求值或求范围或求最值等问题要注意对自变量进行分类守宇宇考查目标本题考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系考查考生的运算求解能力及逻抖推理能力.解题思路（l）不妨设直线的方程为十1点到直线的距离公式b刀可臆娜闻罢侧.19;A!BlE20C）B卯归纳总结当两个平面垂直时常在其中一个面内作交线的垂线把面面垂直转化为线面垂直,从而得到线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系）。蹿静鳃癣撅!押题卷全国卷I理科数学答案-4免费微信公众号：研你所想当勿L时（卯）0所以函数鳃）在（上,的）上单调递增.此时函数则）有极小值,为（
30、上）1ln,无极大值.综上当0时函数（z）无极值;当0时函数（则）有极小值为（上）1ln无极大值（4分）（2）假设存在实数,使得方程（z）0有两个不同的实数根即函数卯）有两个不同的零点.o当0时由（1）知函数（卵）在（0鳃）上单调递减,所以方程（卵）0不存在两个不同的实数根（5分）当01时,上1.圃为l）0,所以由（）知）l）o峙）二2l皿令g（侧）十2ln（01）,则凰（）带l（厉l）220,所以g（）在（0,1）上单调递减,所以g（）2l10,所以）带2l皿o此时,函数（鳃）在（L,）上也有个零点,所以,当01时函数（z）有两个不同的零点（7分）o当1时,L1（鳃）（l）0,此时函数（绷）
31、仅有个零点。（8分）当l时0l,因为l）0,所以由（l）知（）（）0。（9分）令函数h（）e则h（）e-1当0时h（）0九（）单调递增,所以当侧0时,h（）h（0）!0所以e.0则士又）侧c.0所以函数题）霖（止也有个零点所以当l时函数（苑）有两个不同的零点.（l1分）综上所述当巴（01）O（1的）时函数（如）有两个不同的零点,即方程（卯）0有两个不同的实数根（12分）君蘸鼻利闸聪藏藏瓢二膨蕊雨葱聂（“）的定义域;（2）求导;（3）求出方程（z）0的根;（4）检验（刀）0的根的两侧（勿）的符号,若左正右负,则（则）在此根处取得极大值,若左负右正,则z）在此根处取得极小值,否则,此根不是（如）的
32、极值点.22.考查目标本题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考生的化归与转化能力及运算求解能力.解题思路（1）利用sin2cOS21消去曲线Cl参数方程中的参数可得普通方程然后利用卯pcos0ypsin0可得曲线Cl的极坐标方程,利用极坐标与直角坐标的互化公式将曲线C2的极坐标方程化为直角坐标方程;（2）首先求出圆心Cl到直线OM的距离然后利用点到直线的距离公式求得直线OM的方程从而得点M的坐标由此求得曲线C2的方程,最后将射线的方程分别代入曲线ClC2的极坐标方程求得pPpQ的值即可求得P0.解;（1）由曲线Cl的参数方程及sin2cos21,得曲线Cl的普通方
33、程为允2（y-4）216将卯pcos0,psin0代人上式并化简得曲线Cl的极坐标方程为P8sin0.（2分）由psin202pcos0,得（psin0）22cos0将卯pcos0ypsin0代人上式得曲线C2的直角坐标方程为y22pz。（4分）（2）由（1）知曲线C1是以点（0,4）为圆心4为半径的圆设圆心到直线OM的距离为则2耳页万丁4抠,得2Z设窗线删;腮（腮0）则由点拿恒线的距离公式,得万亏了三zZ（2）连接AB直线AB的斜率不存在时一直线AB的方程S四边形“陋代入椭日方程l4B直线AB的斜率存在时,设直线O到AB的距离dAB的方程为kzm-四边形叫为平行四边形一OOBOP一虹户帅一k
34、汀!的关系式S四边形O4朋结果解:（1）由题意不妨设过椭圆C的个长轴端点和-个短轴端点的直线的方程为十l即b憋ob0惹兰了-平o（分）点（徊）在椭圆c上,令1（2分）由O得24,622椭圆c的标准方程为1（4分）（2）连接AB,当直线AB的斜率不存在时,易得直线AB的方程为匆1,此时S四边形oAPBK（5分）当直线AB的斜率存在时设直线AB的方程是y肋肌代人椭圆方程得（12内2）匆24km2m240,则8（4片22咖2）0.（6分）-4km2m2-4设A（卿l1）B（熊22）则zlx212附2绷l匆212k2.yly2k（缅l匆2）2n旦卫兰（7分）l2k2,ABI丽丁腮鳃2I丽了.（鳃!厕2
35、）24财!躯2I下丁2w耳k22加2（8分）122。.四边形OAPB为平行四边形.健.丽丽而-4附m2m.zI豆萨,yl2片2.-4km12片2.点P在椭圆C上.42n2,）（丁:F）,2l,整理得12片2（9分）又点o露恒线雌的距离d二洽了,.,.S四边形oAPBAB。I丽丁.2Z4k22n2m2内2I丽丁2百。m4此22m2百。（1l分）l2片2故四边形OAPB的面积是定值,该定值为百.（l2分）21.考查目标本题考查导数与函数的单调性、极值的关系考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类讨论思想考查考生的椎理论证能力及运算求解能力。素养落地试题从多角度考查了导数的基础知识及利用导数解决探索
36、性问题对考生的逻辑思维能力、运算求解能力提出了较高要求,体现了逻辑椎理、数学运算核心素养.解题思路（l）（x）剿n勉鸳（躯）分“00嚣讨论函数则）的单调性极值（2）假设存在实数使得方程（x）0有两个不同的实数根函数（z）有两个不同的零点分0,011 1彦研究函数（z）的零点个数的取值范围1勿-1解:（1）由题意知（如）的定义域为（0,的）扩（鳃）-冗冗（1分）o当0时（则）0,所以函数（卵）在（0,四）上单调递减此时函数（勿）无极值（2分）当0时,令（箍）0,得如L.当0勿L时,（欠）0,所以函数冗）在（0L）上单调递减;押题卷。全国卷I理科数学答案5第模拟免费微信公众号：研你所想得k1（5分
37、）所以直线0删的极坐标方程为0子（p匡R）代人p8sm0,得点M（响,于）（6分）将（4Z子）代人PSm202Pc。s0得P2所以曲线C2的极坐标方程为psin204cos0.（7分）将0代人p8sin6得pP4（8分）将0代人psin204cos0,得0蛔,（9分）所以P00pP晌4（10分）23.考查目标本题考查绝对值不等式的解法、不等式的证明,考查的核心素养是逻粹推理、数学运算。解题思路（1）利用零点分段法求解;（2）首先求出函数g（鳃）的最小值由此确定带十c的值,然后利用基本不等式迸行证明解:（1）不等式（匆）勿22x-l9可化为罪i）2（露!）9戴谰三h（氮）,或熊）带2（鳃）霉9.
38、（2分）解得3勿2或-2勿1或1勿3,.。.不等式（如）9的解集是蹲3勿3。（5分）（2）g（匆）匆）鳃1勿2勿1（匆2）（匆-1）31.丁c6（6分）咽6（感十c）古c带争2“子m带子2带c凰2“,带c噶等,当目仅当c时等号成立,（7分）将二式相加得:带,36（十带）子2于3（;）（9分）“l2（l0分）方法点拨形如鳃卵bc（或c）的不等式呵利用零点分段法求解,利用绝对值符号内式子对应的方程的根,将露的范围分为（,（b,（6的）（此处设b）三个区间,在每个区间上去掉绝对值符号,列出对应的不等式组并求解,然后取各个不等式组的解集的并集即可.字U2020年高考最后-卷（二）试用报告第二模拟试用者
39、;I8位老师,16位编辑,265位学生130分及以上人数百分比扩雪兰41项目l12l316丁】1819勺垄2l22整卷勺么难度系数0.580590.78075062056句司0.6l060嚣1典1品平均分417614.1610808.938065.337.38l08测试反馈与备考策赂本试卷测试后主要有以下几方面的问题:第7题不清楚一个向量在另一个向量方向上的投影的概念第8题对并面直线所成的角理解不到位第9题不清楚二项式系数与某项的系数的区别与联系,第10题不能够很好地理解三棱锥和球体的关系不能正确求出球O的半径第15题不会得到数列的递椎关系由递椎关系构造等比数列的能力较弱,第16题不能根据函数
40、的单调性得到有效信息第19题各点坐标以及法向量的坐标计算错误备考建议:（1）重视基础知识的全面过关要在后续复习中查漏补缺提高解决常规问题的熟练度;（2）学会有效处理题干中隐藏的关键信息,进一步加强对解题的常规策咯和技巧的训练;（3）对于解答题一定要重视解题过程的完整性和规范性椎理过程要有理有据不要错失步骤分.翁答室速查一一上攫蕊鳖愈莎娜!想.二h瓣邢户一蛾皿14赣繁16荐75由68109111312竹）红川卯幻日（吕、团川厂BCDC158DA（】DAC8考查目标本题考查集合的交、补运算一元二次不等式的求解,考查的核心素养是数学运算.解题思路解一元二次不等式匆2l0得到集合A解不等式2匆如2得到
41、集合B再根据集合的补运算、交运算求解即可。解析A鳃勿210（1,l）,B虹2鲍嘶2厕卿22如0（鲍0（2,的）,则UB（0,2）,A（B）（01）故选B考查目标本题考查复数的四则运算、复数的模,考查考生的运算求解能力,考查的核心素养是数学运算.解题思路解法一先由2hiz求出z,再根据复数模的定义计算z.解法二先由2izi-z表示出忽,再根据复数模的性质计算z.解析旗攘由2瞳鸳得（!）舅二2,舅器（!2）（）3!,所以舅-平,故选12瞬灌二由2拖敷得（瓢）马舅岳则忽-制午考查目标本题考查对数运算、利用函数的奇偶性求值考查考1.B生对基础知识的掌握情况.素养落地试题考查函数求值,需妥考生明确运算对
42、象掌握运算法则探究运算思略求得运算结果考查数学运算核心素养。解题思躇利闹对数运算得l。g十2-根据（艘）为奇函数,得到）（）再根据憋0时躯）的解析式求出）的值即可得结果解析l。:2讽l。凰2）二）因为（撼）是奇函数,所以）寺）又当膊0时讽躯）缚2葱,所以（）十,因此l。g2）二,故选Dl1424.C考查目标本题考查考生的读图、识图能力,考查的核心素养是数据分析.解题思路根据折线图逐项分析、判断即可.解析由折线图可知2019年的教育总投人要高于2018年的教育总投人故A正确;由折线图可知每年的8月份的教育投人都是最多的,故B正确;每月的教育投人并不是逐月增加的,故C错误;2.C3,D押题卷全国卷
43、I免费微信公众号：研你所想解析令氮l,得（3鳃2L）的展开式中的各项系数之和为4厕,卯又（3匆2上）的展开式中第二项的二项式系数为则,所以4鹏卯则260.由于函数（）4n是增函数且（4）260.所以4（3獭2）缴的展丹式的通项公式为Z铡C（3露2）剑（）34C则83厂令83厂2得厂2故展开式中m2的系数是342Ci54故选易错警示要正确理解二项展开式中二项式系数与某项的系数的区别,如（b厕）.的二项展开式中第（片1）项的二项式系数是C,而该项的系数是C伤厕kb脓.凸】10A考查目标】本题考查三棱锥外接球半径的求解、直线与乎面所成的角的概念、球的表面积公式考查学生的空间想象能力以及椎理论证能力重
44、点考查了立体几何中把空间问题转化为平面问题的思想.素养落地试题以三棱锥的外接球为载体,增强了学生运用几何直观和空间想象思考问题的意识考查了数学运算和直观想象核心素养.解题思路取BC的中点E连接AE,DE,确定AD与平面BCD所成的角为乙ADE,求出线段AE的长,判断AED和ABC的形状研究球O的半径和BCD所在截面圆的半径之间的关系从而可求解解析如图,取BC的中点E连接D每年的l0月至12月的月教育投人相对于7月至9月波动性较小,变化较平稳故I）正确.考查目标本题主妥考查线性规划的知识考查数形结合思想,考查考生的运算求解能力.解题思路作出可行域及直线3如2y0,根据目标函数的几何意义数形结合求
45、解口U2勿-40,盒口红v0解析由;r二!165.B得二;!由;剃二;厅0,得二b2,由;摊6三0得l2勿-3y二（行ABC内部（包含边界）所示,作出直线3z2y0并平移,数形结合知当平移后的直线经过点A（20）时z3匆2y取得最大值,为6当平移后的直线经过点B（1,-2）时z3匆2y取得最小值为-l所以z3鳃2y的取值范围是l,6故选B考查目标本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式,考查方程思想和考生的运算求解能力考查的核心素养是数学运算解题思路利用等差数列的通项公式和前项和公式,把43343S冷4S3l2分别转化为关于首项和公差的二元一次方程,由此求出首项和公差再求S3和5即可解析设等差
46、数列的公差为则由43343S44S312,得4（l2d3（lM）3（4l6）4（3lM）12,所以ld2,则524210,S3323212故选D考查目标本题考查向量的投影、向量垂直、向量的数量积、基本不等式的应用,考查考生的逻辑椎理能力和运算求解能力,考查的核心素养是逻辑椎理和数学运算.解题思路根据（b）L（2b）得到b与向量与向量b的夹角的关系,由向量投影的概念,表示向量在向量b方向上的投影,然后利用基本不等式求其最小值解析由（b）上（2b）,得（b）.（2b）0,即2-3。b2b20.设向量与向量b的夹角为0因为向量是单位向量所以2b2-3bcos0l0显然b0则cos02;广1（2膨带古
47、）乎当目仅当b粤时等号成立又向量在问量b方向上的投影是cos0cos0,所以向量在向量方向上的投影的最小值是乎故选A解题关键正确表示出向量在向量b方向上的投影是解题的关键.考查目标本题考查空间中异面直线所成的角以及长方体的体积的求解,考查考生的空间想象能力及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象和数学运算.解题思路连接BC,AC,由异面直线AB与A!D所成的角为于得ABc,再根据已知条件求出长方体的高即可求出长方体的体积.解析如图连接BlCAC,则易知Dl厂6,DAE,DE因为BCD是正三角形且ABAC,所以DELBCAE上BC于是BC上平面AED因此平面AED上平面BCD则ADE就是AD与平
48、面BCD所成的角,ADE,在AED中,D2DE3所以AE24322徊厚二,所以姻带DE0飞7.A飞】儿了日CAD2,AE上DE,所以易得平面ABC上平面BCD.又AElBEECl,所以ABACZ根据BC2得BC2AB2AC2,所以AB上AC,因此过A,BC三点的截面圆的圆心为点E.又平面BCD上平面ABC所以过DCB三点的截面圆的半径就是球O的半径根据BcD是边长为2的而三角耀,得球o的半径R何二挛.敞球o的霍圃积s4丽（李）-粤故遗A解题关键确定ABC和ADE的形状、研究球O的半径和BCD所在截面圆的半径之间的关系是求解本题的关键.11B考查目标本题考查利用导数研究函数的单调性与最值、不等式
49、恒成立问题考查化归与转化思想、数形结合思想考查考生的逻辑推理能力、等价转化能力和运算求解能力.素养落地试题由不等式恒成立出发,需要考生构造函数,将问题转化为求函数的最小值问题,试题引导考生形成重理论、有条理合乎逻辑的思维品质,很好地考查了逻辑椎理核心素养。解题思路对任意的蹦匡（0,）,都有（匆）g（卿）令h（氮）（绷）g（鳃）;对任意厕匡（0）都有h（“）0主呈h（z）分情况讨论h（匆）的单调性及最小值实数的取值范围解析令h（鳃（匆）g（卵）（坠）2-坠ln如,由题意知,对任惠蜒霍（0.露）都有咖（露）（露）争2露2瓷侧二（露!;蜒十）,当o0时.h（瓣）在（0,）上单调递减在（由）上单调递增
50、,所以h（勿）min内（）ln0所以0l;当0时h（）在（0,）上单调递减在（。）上单调递增,所以h（鲸）喊n二咖（）十8.C夕几四边形AlBlCD是矩形,BlCAD,由Al异面直线AB!与AD所成的角为矛,得ABC因为ABBC2.所以ABlBlC,所以ABC是正三角弦唇而r】mPn户mA形Bl乒C所以BBlAB2长方体ABCDn.BAlBlClDl的体积V238,故选C。考查目标本题考查二项展开式中的各项系数之和、二项式系数、二项展开式的通项公式考查考生分析问题、解决问题的能力.解题思路令勿l,求出各项系数之和再结合第二项的二项式系数得到关于l的方程求出n再根据二项展开式的通项公式求出勿2的