高考全国乙卷：《理科数学》2022-2020年高考真题与答案解析

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目录高考全国乙卷：2022年高考《理科数学》考试真题与答案解析 高考全国乙卷：2022年高考《理科数学》考试真题与答案解析一、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．设全集，集合M满足，则（）A．B．C．D．答案：A2．已知，且，其中a，b为实数，则（）A．B．C．D．答案：A3．已知向量满足，则（）A．B．C．1 D．2答案：C4．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（）A．B．C．D．答案：D5．设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（）A．2B．C．3D．答案：B6．执行下边的程序框图，输出的（）A．3B．4C．5D．6答案：B7．在正方体中，E，F分别为的中点，则（）A．平面平面B．平面平面C．平面平面D．平面平面答案：A8．已知等比数列的前3项和为168，，则（）A．14B．12C．6D．3答案：D9．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．B．C．D．答案：C10．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的此赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大答案：C11．双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（）A．B．C．D．答案：C12．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（）A．B．C．D．答案：D

二、填空题13．从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为_______．答案：314．过四点中的三点的一个圆的方程为_______．答案：(x-2)2+15．记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为_______．答案：316．己知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是_______．答案：(0三、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，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。（一）必考题17．记的内角的对边分别为，已知．[1]证明：；[2]若，求的周长。答案：[1]已知sinC·sin(A﹣B)=sinB·sin(C﹣A)化简得：SinC·SinA·cosB﹣SinC·cosA·sinB=SinB·SinC·cosA﹣SinB·cosC·sinA由正弦定理可得：ac·cosB﹣bc·cosA=bc·cosA﹣ab·cosC即ac·cosB=2bc·cosA﹣ab·cosC由余弦定理可得：aca2[2]由[1]可知；b2+所以2bc=31因为b所以b+c=9，a+b+c=14。所以△ABC的周长为14。18．如图，四面体中，，E为的中点。[1]证明：平面平面；[2]设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值。答案：[1]因为AD=CD，∠ADB=∠BDC且BD为公共边所以△ADB与△BDC全等，有AB=BC因为E是AC中点，且AD=CD所以DE⊥AC同理EB⊥AC又因为DE∩BE=E，且均内含于平面BED所以AC⊥平面BED又因为AC⊂平面ACD所以平面BED⊥平面ACD。[2]在△ABC中，AB=2，∠ACB=60°，AB=BC所以AC=2，BE=3在△ACD中，AD⊥CD，AD=CD，AC=2，E为AC中点所以DE⊥AC，DE=1又因为DE=2所以DE2+BE2=BD2，即DE⊥BE所以直线AC、ED和EB两两相互垂直由点F在BD上，且△ADB与△BDC全等所以AF=FC由于E为AC中点所以EF⊥AC当△AFC的面积最小时，EF⊥BD在Rt△DEB中，因为BE=3，DE=1所以EF=32，BF=如上图所示，以点E位坐标原点，直线AC、EB、ED分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C(﹣1,0,0)、A(1,0,0)、B(0,3,0)、D(0,0,1)、F(0,34,3BD=(0,-3,1)，AD=(﹣1,0,1)，BC=(﹣1,-3因为CF=BF-BC=34BD-设平面ABD的法向量为m可得BD·m=0AD·m=0，设y=1，所以m=设m与CF所成的角为α，CF与平面ABD所成的角为θ得sinθ=cosα=m∙CF所以，CF与平面ABD所成的角的正弦值为4319．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得．[1]估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；[2]求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；[3]现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数．答案：[1]设这种树木平均一棵的根部横截面积为x，平均一个的材积量为y，则xy[2]r=[3]设从根部面积总和为X，总材积量为Y则X故Y=3.90.6×186=1209（m20．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点。[1]求E的方程；[2]设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点。答案：[1]设E的方程为x将A、B两点代入得：4解得a2=3，b2=4故E的方程为：x2[2]由点A、B，可得直线AB：y=①若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x=1代入x23+y24=1，可得M(1,26将y=263代入AB：y=23x-2，可得T由MT=TH，得H(26+5故直线HN为：y=2-26②若过P(1,﹣2)的直线的斜率存在，设kx－y－(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)联立k得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0故有x1+x2=6k(2+k)联立y=y1y=23x-2，可得T(3y12+3，y1)，H(3解得HN：y-将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48=0显然成立综上，可得直线HN过定点(0,﹣2)。21．已知函数.[1]当时，求曲线在点处的切线方程；[2]若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．答案：[1]y=2x；[2]a＜﹣1。解析过程：略。（二）选考题22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．[1]写出l的直角坐标方程；[2]若l与C有公共点，求m的取值范围。答案：[1]由ρsin(θ+π3)+m=0ρ(sinθcosπ3+cosθsinπ即ρ(12sinθ+32cosθ)+m=0，12y+故I的方程为：3x+y+2m=0[2]因为x=得x=联立x=3-32y23x+y+2m=0，得3即3y2﹣2y﹣6=4m(﹣2≤y≤2)，-3可得-所以m的取值范围为-1923.[选修4-5：不等式选讲]已知a，b，c都是正数，且，证明：[1]；[2]。答案：[1]因为a、b、c是正数所以a32+b3所以3abc≤1，即a证毕。[2]要证ab+c只需证a因为b+c≥2bc，a+c≥2ac所以a证毕。

高考全国乙卷：2021年高考《理科数学》考试真题与答案解析一、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2(z+z)+3(z﹣z)=4+6i，则z=().A、1﹣2iB、1+2iC、1+iD、1﹣i答案：C2.已知集合S=｛s|s=2n+1，n∈Z｝，T=｛t|t=4n+1，n∈Z｝，则S∩T=()A、∅B、SC、TD、Z答案：C3.已知命题p：∃x∈R，sinx＜1；命题q：∀x∈R，e|x|A、p∧qB、¬p∧qC、p∧¬qD、¬(pVq)答案：A4.设函数f(x)=1-xA、f(x﹣1)﹣1B、f(x﹣1)+1C、f(x+1)﹣1D、f(x+1)+1答案：B5.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A、π/2B、π/3C、π/4D、π/6答案：D6.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有()A、60种B、120种C、240种D、480种答案：C7.把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的0.5倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π/3个单位长度，得到函数y=sin(x﹣π4)的图像，则f(x)=A、sin(x2B、sin(x2C、sin(2x-D、sin(2x答案：B8.在区间(0，1)与(1，2)中各随机取1个数，则两数之和大于7/4的概率为()A、7/4B、23/32C、9/32D、2/9答案：B9.魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海盗的高。如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”。则海岛的高AB=().A、表高×表距÷表目距的差＋表高B、表高×表距÷表目距的差﹣表高C、表高×表距÷表目距的差＋表距D、表高×表距÷表目距的差﹣表距答案：A10.设a≠0，若x=a为函数fxA、a＜bB、a＞bC、ab＜a2D、ab＞a2答案：D11.设B是椭圆C：x2a2A、2B、1C、0,D、0,答案：C12.设a=2ln1.01，bA、a＜b＜cB、b＜c＜aC、b＜a＜cD、c＜a＜b答案：B二、填空题13.已知双曲线C：x2m-y2=1(m>0)的一条渐近线为3答案：414.已知向量a=(1，3)，b=(3，4)，若(a﹣λb)⊥b，则λ=______。答案：3/515.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B=60°，a2+c2=3ac，则b=______.答案：2216.以图①为正视图和俯视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为______。(写出符合要求的一组答案即可)答案：②⑤或③④三、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，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。(一)必考题17.某厂研究了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x和y，样本方差分别记为s12和s22(1)求x，y，s12，s22；(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果y﹣x≥2s12答案：(1)各项所求值如下所示x=110(y=110(s12=110x[(9.7﹣10.0)2+2x(9.8﹣10.0)2+(9.9﹣10.0)2+2X(10.0﹣10.0)2+(10.1﹣10.0)2+2x(10.2﹣10.0)2+(10.3﹣10.0)2s22=110x[(10.0﹣10.3)2+3x(10.1﹣10.3)2+(10.3﹣10.3)2+2x(10.4﹣10.3)2+2x(10.5﹣10.3)2+(10.6﹣10.3)2](2)由(1)中数据得y﹣x=0.3，2s12+s显然y﹣x＜2s118.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM。[1]求BC；[2]求二面角A﹣PM﹣B的正弦值。答案：(1)因为PD⊥平面ABCD，且矩形ABCD中，AD⊥DC，所以以DA，DC，DP分别为x，y，z轴正方向，D为原点建立空间直角坐标系D﹣xyz。设BC=t，A(t,0,0)，B(t,1,0)，M(t2,1,0)，P所以PB=(t,1,﹣1)，AM=(-12因为PB⊥AM所以PB•AM=﹣t22+1=0，所以t=2，所以BC=(2)设平面APM的一个法向量为m=(x,y,z)，由于AP=(﹣2,0,1)，则m令x=2，得m=(2,1,2)设平面PMB的一个法向量为n=(xt,yt,zt)，则n令yt=1，得n=(0,1,所以cos(m,n)=m•nm|n|=3719.记S n为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项和，已知2Sn(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式。答案：(1)由已知2Sn+1bn=2，则bn⇒2bn-1bn+1bn=2⇒2bn﹣1+2=2bn⇒bn﹣bn﹣1=1故｛bn｝是以32为首项，1(2)由(1)知bn=32+(n﹣1)12=n+22，则2Sn+2nn=1时，a1=S1=3n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n+2n+1﹣故an=320.设函数f(x)=ln(a﹣x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点。(1)求a；(2)设函数g(x)=x+f答案：(1)[xf(x)]´=x´f(x)+xf´(x)当x=0时，[xf(x)]´=f(0)=lna=0所以a=1。(2)由f(x)=ln(1﹣x)，得x＜1当0＜x＜1时，f(x)=ln(1﹣x)＜0，xf(x)＜0当x＜0时，f(x)=ln(1﹣x)＞0，xf(x)＜0故即证x+f(x)＞xf(x)，x+ln(1﹣x)﹣xln(1﹣x)＞0令1﹣x=t(t＞0且t≠1)，x=1﹣t，即证1﹣t+lnt﹣(1﹣t)lnt＞0令f(t)=1﹣t+lnt﹣(1﹣t)lnt则f´(t)=﹣1﹣1t﹣[(﹣1)lnt+1-tt]=﹣1+1t+lnt﹣1-t所以f(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增故f(t)＞f(1)=0得证。21.己知抛物线C：x2=2py(p＞0)的焦点为F，且F与圆M：x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求ΔPAB的最大值.答案：(1)焦点F0,P2到x2+y+4(2)抛物线y=14x2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0llPB:y=lPA，lPB都过点P(x0，y0)故lAB:联立y=得x2-所以AB=1+x0所以S△PAB=12AB而y故当y0=﹣5时，S△PAB达到最大，最大值为(二)选考题22.［选修4一4：坐标系与参数方程］在直角坐标系xOy中，⊙C的圆心为C(2，1)，半径为1.(1)写出⊙C的一个参数方程；的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)过点F(4，1)作⊙C的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条直线的极坐标方程。答案：(1)因为⊙C的圆心为(2，1)，半径为1.故⊙C的参数方程为x=2+cosθy=1+(2)设切线y=k(x﹣4)+1，即kx﹣y﹣4k+1=0，故|2k即|2k|=1+k2，4k解得k=±3故直线方程为y=33(x﹣4)+1，y=-33故两条切线的极坐标方程为ρsinθ=33cosθ﹣433+1或ρsinθ=323.[选修4一5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x﹣a|+|x+3|.(1)当a=1时，求不等式f(x)≥6的解集；(2)若f(x)≥—a，求a的取值范围.答案：(l)a=1时，f(x)=|x﹣1|+|x+3|即求|x﹣1|+|x﹣3|≥6的解集当x≥1时，2x十2≥6，得x≥2当﹣3<x<1时，4≥6此时没有x满足条件当x≤﹣3时﹣2x﹣2≥6.得x≤﹣4综上解集为(﹣∞,﹣4]U[2,﹣∞)。(2)f(x)最小值>﹣a，而由绝对值的几何意义，即求x到a和﹣3距离的最小值.当x在a和﹣3之间时最小，此时f(x)最小值为|a+3|，即|a+3|＞﹣a.A≥﹣3时，2a+3>0，得a>﹣32；a<﹣3时，﹣a﹣3>﹣a，此时a综上，a>﹣32高考全国乙卷：2020年高考《理科数学》考试真题与答案解析一、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z=1+i，则|z2–2z|=______。A．0 B．1 C． D．2答案：D2．设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=______。A．–4 B．–2 C．2 D．4答案：B3．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．答案：C4．已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=______。A．2 B．3 C．6 D．9答案：C5．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°C）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10°C至40°C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是______。A． B．C． D．答案：D6．函数的图像在点处的切线方程为______。A． B．C． D．答案：B7．设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为______。A． B．C． D．答案：C8．的展开式中x3y3的系数为______。A．5 B．10 C．15 D．20答案：C9．已知，且，则______。A． B． C． D．答案：A10．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．答案：A11．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为A． B． C． D．答案：D12．若，则（）A． B． C． D．答案：B二、填空题13．若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为______。答案：114．设为单位向量，且，则______。答案：15．已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______.答案：216．如上图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______.答案：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，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。（一）必考题17．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．[1]求的公比；[2]若，求数列的前项和．答案：[1]设的公比为，由题设得即所以解得（舍去），，故的公比为。[2]设为的前n项和.由[1]及题设可得，所以可得。所以.18．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：平面；[2]求二面角的余弦值。答案：[1]设，由题设可得因此，从而又，故。所以平面。[2]以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如上图所示的空间直角坐标系由题设可得所以设是平面的法向量，则即可取由[1]知是平面的一个法向量，记则所以二面角的余弦值为。19.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，负者下一场轮空，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.答案：[1]甲连胜四场的概率为[2]根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛比赛四场结束，共有三种情况甲连胜四场的概率为乙连胜四场的概率为丙上场后连胜三场的概率为所以需要进行第五场比赛的概率为。[3]丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为．比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，因此丙最终获胜的概率为。20.已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．[1]求E的方程；[2]证明：直线CD过定点.答案：[1]由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）则，=（a，–1）.由=8