2019-2020年高考压轴卷数学含答案

1、2019-2020年高考压轴卷数学含答案注意事项：1本试卷共4页，包括填空题（第1题第14题）、解答题（第15题第20题）两部分本试卷满分为160分，考试时间为120分钟2答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸内试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题纸一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1已知全集UR，集合Ax|x2，x eq o(sup1(),)R，Bx|x1，x eq o(sup1(),)R，则(UA)B 2已知(1eq F(2,i)2abi(a，b eq o(sup1(),)R，i

2、为虚数单位)，则ab 3某地区对两所高中学校进行学生体质状况抽测，甲校有学生800人，乙校有学生500人，现用分层抽样的方法在这1300名学生中抽取一个样本已知在甲校抽取了48人，则在乙校应抽取学生人数为 S1I3While S200 SSI II2End WhilePrint I（第5题图）4现有红心1，2，3和黑桃4，5共五张牌，从这五张牌中随机取2张牌，则所取2张牌均为红心的概率为 5执行右边的伪代码，输出的结果是 6已知抛物线y22px过点M(2，2)，则点M到抛物线焦点的距离为 7已知tan2，且 eq f(,2)，则cossin 8已知m，n是不重合的两条直线，是不重合的两个平面下

3、列命题：若，m，则m； 若m，m，则；若m，mn，则n； 若m，m eq o(sup1(),)，则其中所有真命题的序号是 9将函数f(x)sin(3x EQ F(,4)的图象向右平移 EQ F(,3)个单位长度，得到函数yg(x)的图象，则函数yg(x)在eq F(,3)，eq F(2,3)上的最小值为 10已知数列an满足anan1an2(n3，nN*)，它的前n项和为Sn若S96，S105，则a1的值为 11已知函数f (x)eq blc(aal(x，x0，,x2，x0，) ，则关于x的不等式f(x2)f(32x)的解集是 12在RtABC中，CACB2，M，N是斜边AB上的两个动点，且M

4、Neq R(,2)，则eq o(CM,dfo1()sup7()eq o(CN,dfo1()sup7()的取值范围为 13在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x1)2y24，P为圆C上一点若存在一个定圆M，过P作圆M的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，当P在圆C上运动时，使得APB恒为60，则圆M的方程为 14设二次函数f(x)ax2bxc(a，b，c为常数)的导函数为f(x)对任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，则eq F(b2,a2+c2)的最大值为 二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15(本小题满

5、分14分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且eq F(tanB,tanA)1eq F(2c,a)（1）求B；（2）若cos(Ceq F(,6)eq F(1,3)，求sinA的值16(本小题满分14分)如图，在四棱锥PABCD中，O为AC与BD的交点，AB平面PAD，PAD是正三角形，DC/AB，DADC2AB.PABCDOE（第16题图）（1）若点E为棱PA上一点，且OE平面PBC，求eq F(AE,PE)的值；（2）求证：平面PBC平面PDC.17(本小题满分14分)某种树苗栽种时高度为A(A为常数)米，栽种n年后的高度记为f(n)经研究发现f(n)近似地满足 f(n)eq

6、 F(9A,abtn)，其中t2 eq o(,dfo()sup8(-eq f(2,3)，a，b为常数，nN，f(0)A已知栽种3年后该树木的高度为栽种时高度的3倍 （1）栽种多少年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍；（2）该树木在栽种后哪一年的增长高度最大 18(本小题满分16分)已知椭圆C：eq F(x2,a2)eq F(y2,b2)1(ab0)过点P(1，1)，c为椭圆的半焦距，且ceq R(,2)b过点P作两条互相垂直的直线l1，l2与椭圆C分别交于另两点M，N（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l1的斜率为1，求PMN的面积； （3）若线段MN的中点在x轴上，求直线MN的方程19(本小题

7、满分16分)已知函数f(x)lnxmx（m eq o(sup1(),)R）（1）若曲线yf(x)过点P(1，1)，求曲线yf(x)在点P处的切线方程；（2）求函数f(x)在区间1，e上的最大值；（3）若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2e220(本小题满分16分) 已知a，b是不相等的正数，在a，b之间分别插入m个正数a1，a2，am和正数b1，b2，bm，使a，a1，a2，am，b是等差数列，a，b1，b2，bm，b是等比数列（1）若m5，eq F(a3,b3)eq F(5,4)，求eq F(b,a)的值；（2）若ba(N*，2)，如果存在n (nN*，6nm)使得an5

8、bn，求的最小值及此时m的值；（3）求证：anbn(nN*，nm) 数学附加题 注意事项：1附加题供选修物理的考生使用2本试卷共40分，考试时间30分钟3答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸内试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题纸21【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修41：几何证明选讲OBACDE（第21题A图）已知圆O的内接ABC中，D为BC上一点，且ADC为正三角形，点E为BC的延长线上一点，AE为圆O的切线，求证：CD2BDECB选修42

9、：矩阵与变换 已知矩阵Aeq bbc(aalvs4(a k,0 1) (k0)的一个特征向量为eq bbc(aalvs2( k,1)，A的逆矩阵A1对应的变换将点(3，1)变为点(1，1)求实数a，k的值C选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，已知M是椭圆eq F(x2,4)eq F(y2,12)1上在第一象限的点，A(2，0)，B(0，2eq R(,3)是椭圆两个顶点，求四边形OAMB的面积的最大值D选修45：不等式选讲 已知a，b，c eq o(sup1(),)R，a22b23c26，求abc的最大值【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分请在答卷卡指定区域内作答

10、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤22（本小题满分10分）如图，在正四棱锥PABCD中，PAABeq R(,2)，点M，N分别在线段PA和BD上，BNeq F(1,3)BD（1）若PMeq F(1,3)PA，求证：MNAD；（2）若二面角MBDA的大小为eq F(,4)，求线段MN的长度CPMABDN(第22题图)23（本小题满分10分）已知非空有限实数集S的所有非空子集依次记为S1，S2，S3，集合Sk中所有元素的平均值记为bk将所有bk组成数组T：b1，b2，b3，数组T中所有数的平均值记为m(T)（1）若S=1，2，求m(T)；（2）若Sa1，a2，an（nN*，n2），求m(T)参

11、考答案 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1(2，1) 27 330 4eq F(3,10) 511 6eq F(5,2) 7 eq f( eq r(5),5) 8 9eq F(eq R(,2),2) 101 11(，3)(1，3) 12eq F(3,2)，2 13(x1)2y21 142eq R(,2)2二、解答题：15(本小题满分14分)解：(1)由eq F(tanB,tanA)1eq F(2c,a)及正弦定理，得eq F(sinBcosA,cosBsinA)1eq F(2sinC,sinA)，2分所以eq F(sinBcosAcosBsinA,cosBsinA)eq F

12、(2sinC,sinA)，即eq F(sin(AB),cosBsinA)eq F(2sinC,sinA)，则eq F(sinC,cosBsinA)eq F(2sinC,sinA)因为在ABC中，sinA0，sinC0，所以cosBeq F(1,2) 5分因为B eq o(sup1(),)(0，)，所以Beq F(,3) 7分（2）因为0Ceq F(2,3)，所以eq F(,6)Ceq F(,6)eq F(5,6)因为cos(Ceq F(,6)eq F(1,3)，所以sin(Ceq F(,6)eq F(2eq R(,2),3) 10分所以sinAsin(BC)sin(Ceq F(,3)sin(C

13、eq F(,6)eq F(,6) 12分sin(Ceq F(,6)coseq F(,6)cos(Ceq F(,6)sineq F(,6) eq F(2eq R(,6)1,6) 14分16(本小题满分14分)证 （1）因为OE平面PBC，OE平面PAC，平面PAC平面PBCPC，所以OEPC，所以AOOCAEEP 3分因为DC/AB，DC2AB，所以AOOCABDC12.所以eq F(AE,PE) eq f(1,2) 6分（2）法一：取PC的中点F，连结FB，FD因为PAD是正三角形，DADC，所以DPDC因为F为PC的中点，所以DFPC. 8分因为AB平面PAD，所以ABPA，ABAD，ABP

14、D因为DC/AB，所以DCDP，DCDA设ABa，在等腰直角三角形PCD中，DFPF EQ r( ,2)a在RtPAB中，PB EQ r( ,5)a在直角梯形ABCD中，BDBC EQ r( ,5)a因为BCPB EQ r( ,5)a，点F为PC的中点，所以PCFB在RtPFB中，FB EQ r( ,3)a 在FDB中，由DF EQ r( ,2)a，FB EQ r( ,3)a，BD EQ r( ,5)a，可知DF2FB2BD2，所以FBDF12分由DFPC，DFFB，PCFBF，PC、FB平面PBC，所以DF平面PBC又DF平面PCD，所以平面PBC平面PDC 14分法二：取PD，PC的中点，

15、分别为M，F，连结AM，FB，MF，所以MFDC，MF EQ F(1,2)DC因为DC/AB，AB EQ F(1,2)DC，所以MFAB，MFAB，即四边形ABFM为平行四边形，所以AMBF 8分在正三角形PAD中，M为PD中点，所以AMPD因为AB平面PAD，所以ABAM又因为DC/AB，所以DCAM因为BF/AM，所以BFPD，BFCD又因为PDDCD，PD、DC平面PCD，所以BF平面PCD12分因为BF平面PBC，所以平面PBC平面PDC. 14分17(本小题满分14分)解：（1）由题意知f(0)A，f(3)3A 所以eq blc(aal(eq F(9A,ab)A，,eq F(9A,a

16、eq F(1,4)b)3A，)解得a1，b8 4分 所以f(n)eq F(9A,18tn)，其中t2 eq o(,dfo()sup8(-eq f(2,3) 令f(n)8A，得eq F(9A,18tn)8A，解得tneq F(1,64)，即2 eq o(,dfo()sup8(-eq f(2n,3)eq F(1,64)，所以n9 所以栽种年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍 6分（2）由（1）知f(n)eq F(9A,18tn)第n年的增长高度为f(n)f(n1)eq F(9A,18tn)eq F(9A,18tn1) 9分所以eq F(72Atn1(1t),(18tn)(18tn1)eq F(72

17、Atn1(1t),18tn1(t1)64t2n1) eq F(72A (1t),eq F(1,tn1) 64tn8(t1) 12分eq F(72A (1t),2eq R(,64tneq F(1,tn1)8(t1)eq F(72A (1t), 8(1eq R(,t) )2)eq F(9A (1eq R(,t) ), 1eq R(,t ) 当且仅当64tneq F(1,tn1)，即2 eq o(,dfo()sup8(-eq f(2(2n-1),3)eq F(1,64)时取等号，此时n5 所以该树木栽种后第5年的增长高度最大 14分18(本小题满分16分)解：（1）由条件得eq F(1,a2)eq

18、F(1,b2)1，且c22b2，所以a23b2，解得b2eq F(4,3)，a24所以椭圆方程为：eq F(x2,4)eq F(3y2,4)1 3分（2）设l1方程为y1k(x1)，联立eq blc(aal(ykxk1，,x23y24，)消去y得(13k2)x26k(k1)x3(k1)240因为P为（1，1），解得M（eq F(3k26k1,13k2)，eq F(3k22k1,13k2)）5分当k0时，用eq F(1,k)代替k，得N（eq F(k26k3,k23)，eq F(k22k3,k23)） 7分将k1代入，得M（2，0），N（1，1）因为P（1，1），所以PMeq R(,2)，PN2

19、eq R(,2)，所以PMN的面积为eq F(1,2)eq R(,2)2eq R(,2)2 9分（3）解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq blc(aal(x123y124，,x223y224，)两式相减得(x1x2)(x1x2)3(y1y2)(y1y2)0， 因为线段MN的中点在x轴上，所以y1y20，从而可得(x1x2)(x1x2)012分 若x1x20，则N(x，y) 因为PMPN，所以eq o(PM,dfo1()sup7()eq o(PN,dfo1()sup7()0，得x12y122 又因为x123y124，所以解得x11，所以M(1，1)，N(1，1)或M(1，1)，

20、N(1， 1) 所以直线MN的方程为yx 14分 若x1x20，则N（x1，y1）， 因为PMPN，所以eq o(PM,dfo1()sup7()eq o(PN,dfo1()sup7()0，得y12(x11)21 又因为x123y124，所以解得x1 eq f(1,2)或1，经检验：x eq f(1,2)满足条件，x1不满足条件综上，直线MN的方程为xy0或x eq f(1,2) 16分解法二：由（2）知，当k0时，因为线段MN的中点在x轴上，所以eq F(3k22k1,13k2)eq F(k22k3,k23)，化简得4k (k24k1)0，解得k2eq R(,5) 12分若k2eq R(,5)

21、，则M（eq F(1,2)，eq F(eq R(,5),2)），N（eq F(1,2)，eq F(eq R(,5),2)），此时直线MN的方程为xeq F(1,2)若k2eq R(,5)，则M（eq F(1,2)，eq F(eq R(,5),2)），N（eq F(1,2)，eq F(eq R(,5),2)），此时直线MN的方程为xeq F(1,2)14分当k0时，M（1，1），N（1，1），满足题意，此时直线MN的方程为xy0综上，直线MN的方程为xeq F(1,2)或xy0 16分19(本小题满分16分)解：（1）因为点P(1，1)在曲线yf(x)上，所以m1，解得m1 因为f (x)eq

22、F(1,x)1，所以切线的斜率为0，所以切线方程为y13分（2）因为f (x)eq F(1,x)meq F(1mx,x)当m0时， x(1，e)， f (x)0，所以函数f (x)在(1，e)上单调递增，则f (x) maxf (e)1me当eq F(1,m)e，即0meq F(1,e)时，x(1，e)， f (x)0，所以函数f (x)在(1，e)上单调递增，则f (x)maxf (e)1me 5分当1eq F(1,m)e，即eq F(1,e)m1时，函数f (x)在 (1，eq F(1,m)上单调递增，在(eq F(1,m)，e)上单调递减，则f (x) maxf (eq F(1,m)ln

23、m1 7分当eq F(1,m)1，即m1时，x(1，e)， f (x)0，函数f (x)在(1，e)上单调递减，则f (x) maxf (1)m9分综上，当meq F(1,e)时，f (x)max1me；当eq F(1,e)m1时，f (x)maxlnm1；当m1时，f (x)maxm 10分（3）不妨设x1x20因为f (x1)f (x2)0，所以lnx1mx10，lnx2mx20，可得lnx1lnx2m(x1x2)，lnx1lnx2m(x1x2)要证明x1x2e2，即证明lnx1lnx22，也就是m(x1x2)2因为meq F(lnx1lnx2,x1x2)，所以即证明eq F(lnx1ln

24、x2,x1x2)eq F(2,x1x2)，即lneq F(x1,x2)eq F(2(x1x2),x1x2)12分令eq F(x1,x2)t，则t1，于是lnteq F(2(t1),t1)令(t)lnteq F(2(t1),t1)（t1），则 (t)eq F(1,t)eq F(4,(t1)2)eq F(t1)2,t(t1)2)0故函数(t)在（1，）上是增函数，所以(t)(1)0，即lnteq F(2(t1),t1)成立 所以原不等式成立 16分20(本小题满分16分)解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则deq F(ba,6)，q eq r(6,eq F(b,a) a3a3de

25、q F(ab,2)，b3aq3eq R(,ab) 2分因为eq F(a3,b3)eq F(5,4)，所以2a5eq R(,ab)2b0，解得eq F(b,a)4或eq F(1,4) 4分 （2）因为aa(m1)d，所以d eq f(1,m1)a，从而得ana eq f(1,m1)an 因为aaqm1，所以q eq o(,dfo()sup8(eq f(1,m1)，从而得bna eq o(,dfo()sup8(eq f(n,m1) 因为an5bn，所以a eq f(1)(n5),m1)aa eq o(,dfo()sup8(eq f(n,m1) 因为a0，所以1 eq f(1)(n5),m1) eq

26、 o(,dfo()sup8(eq f(n,m1)（*） 6分 因为，m，nN*，所以1 eq f(1)(n5),m1)为有理数 要使（*）成立，则 eq o(,dfo()sup8(eq f(n,m1)必须为有理数 因为nm，所以nm1 若2，则 eq o(,dfo()sup8(eq f(n,m1)为无理数，不满足条件 同理，3不满足条件 8分 当4时，4 eq o(,dfo()sup8(eq f(n,m1)2 eq o(,dfo()sup8(eq f(2n,m1)要使2 eq o(,dfo()sup8(eq f(2n,m1)为有理数，则 eq f(2n,m1)必须为整数 又因为nm，所以仅有2

27、nm1满足条件 所以1 eq f(3(n5),m1)2，从而解得n15，m29综上，最小值为4，此时m为29 10分(3)证法一：设cn0，Sn为数列cn的前n项的和先证：若cn为递增数列，则eq F(Sn,n)为递增数列证明：当nN*时，eq F(Sn,n)eq F(nbn1,n)bn1 因为Sn1Snbn1Sneq F(Sn,n)eq F(n1,n)Sn，所以eq F(Sn,n)eq F(Sn1,n1)，即数列eq F(Sn,n)为递增数列 同理可证，若cn为递减数列，则eq F(Sn,n)为递减数列 12分当ba时，q1当nN*，nm时，eq F(Sm1,m1)eq F(Sn,n)即eq

28、 F(eq F(aq(qm11),q1),m1)eq F(eq F(aq(qn1),q1),n)，即eq F(aqm1a,m1)eq F(aqna,n) 因为baqm1，bnaqn，deq F(ba,m1)，所以deq F(bna,n)，即andbn，即anbn 当ba时，0q1，当nN*，nm时，eq F(Sm1,m1)eq F(Sn,n)即eq F(eq F(aq(qm11),q1),m1)eq F(eq F(aq(qn1),q1),n)因为0q1，所以eq F(aqm1a,m1)eq F(aqna,n)以下同综上， anbn(nN*，nm) 16分证法二：设等差数列a，a1，a2，am，

29、b的公差为d，等比数列a，b1，b2，bm，b的公比为q，ba(0，1)由题意，得deq F(1,m1)a，qa eq o(,dfo()sup8(eq f(1,m1)，所以anandaeq F(1,m1)an，bna eq o(,dfo()sup8(eq f(n,m1)要证anbn(nN*，nm)，只要证1eq F(1,m1)n eq o(,dfo()sup8(eq f(n,m1)0(0，1，nN*，nm)12分构造函数f(x)1eq F(1,m1)x eq o(,dfo()sup8(eq f(x,m1)(0，1，0 xm1)，则f(x)eq F(1,m1)eq F(1,m1) eq o(,d

30、fo()sup8(eq f(x,m1)ln令f(x)0，解得x0(m1)logeq F(1,ln)以下证明0logeq F(1,ln)1不妨设1，即证明1eq F(1,ln)，即证明ln10，ln10设g()ln1，h()ln1(1)，则g()eq F(1,)10，h()ln0，所以函数g()ln1(1)为减函数，函数h()ln1(1)为增函数所以g()g(1)0，h()h(1)0所以1eq F(1,ln)，从而0logeq F(1,ln)1，所以0 x0m114分因为在(0，x0)上f(x)0，函数f(x)在(0，x0)上是增函数；因为在(x0，m1)上f(x)0，函数f(x)在(x0，m1

31、)上是减函数所以f(x)minf(0)，f(m1)0所以anbn(nN*，nm)同理，当01时，anbn(nN*，nm) 16分 数学附加题参考答案及评分标准 说明：1本解答给出的解法供参考如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4只给整数分数，填空题不给中间分数21【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选

32、做2题，每小题10分，共计20分请在答卷纸指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修41：几何证明选讲证：因为AE为圆O的切线，所以ABDCAE 2分因为ACD为等边三角形，所以ADCACD， 所以ADBECA，所以ABDEAC 6分 所以 EQ F(AD,BD) EQ F(EC,CA)，即ADCABDEC 8分因为ACD为等边三角形，所以ADACCD， 所以CD2BDEC. 10分B选修42：矩阵与变换解：设特征向量为eq bbc(aalvs2( k,1)对应的特征值为， 则eq bbc(aalvs4(a k,0 1) eq bbc(aalvs2( k,1)eq bbc(aa

33、lvs2( k,1)，即eq blc(aal(akkk，, 1.) 因为k0，所以a2 5分 因为A1eq bbc(aalvs2(3,1)eq bbc(aalvs2(1,1)，所以Aeq bbc(aalvs2(1,1)eq bbc(aalvs2(3,1)，即eq bbc(aalvs4(2 k,0 1) eq bbc(aalvs2(1,1)eq bbc(aalvs2(3,1)， 所以2k3，解得 k1综上，a2，k1 10分C选修44：坐标系与参数方程解：设M(2cos，2eq R(,3)sin)， eq o(sup1(),)(0，eq F(,2)由题知OA2，OB2eq R(,3)， 2分所以

34、四边形OAMB的面积Seq F(1,2)OA2eq R(,3)sineq F(1,2)OB2cos2eq R(,3)sin2eq R(,3)cos2eq R(,6)sin(eq F(,4) 8分 所以当eq F(,4)时，四边形OAMB的面积的最大值为2eq R(,6) 10分D选修45：不等式选讲解：由柯西不等式，得a2(eq R(,2)b)2(eq R(,3)c)212(eq F(1,eq R(,2)2(eq F(1,eq R(,3)2(abc)28分因为a22b23c26，所以(abc)211，所以eq R(,11)abceq R(,11)所以abc的最大值为eq R(,11)，当且仅当

35、a2b3c eq f(6 eq r(11),11) 10分22（本小题满分10分）证明：连接AC，BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴建立空间直角坐标系因为PAABeq R(,2)，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)（1）由eq o(BN,dfo1()sup7()eq F(1,3)eq o(BD,dfo1()sup7()，得N(0，eq F(1,3)，0)，由eq o(PM,dfo1()sup7()eq F(1,3)eq o(PA,dfo1()sup7()，得M(eq F(1,3)，0，eq F(2,3)，所以eq o(MN,d

36、fo1()sup7()(eq F(1,3)，eq F(1,3)，eq F(2,3)，eq o(AD,dfo1()sup7()(1，1，0)因为eq o(MN,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7()0所以MNAD 4分（2）因为M在PA上，可设eq o(PM,dfo1()sup7()eq o(PA,dfo1()sup7()，得M(，0，1)所以eq o(BM,dfo1()sup7()(，1，1)，eq o(BD,dfo1()sup7()(0，2，0)设平面MBD的法向量n(x，y，z)，由eq blc(aal(neq o(BD,dfo1()sup7()0，,neq o(BM,dfo1()sup7()0，)得eq blc(aal(2y0，,xy(1)z0，)其中一组解为x1，y0，z，所以可取n(1，0，)8分因为平面ABD的法向量为