2020年海南高考數(shù)學(xué)試卷新課標Ⅱ

試卷第試卷第頁，總20頁B.2ab>12D.B.2ab>12D.Va+Vb<V22C.log2a+10g2b>2【答案】A,B,D【考點】基本不等式【解析】此題暫無解析【解答】解：4已知。>0,b>0,且a+b=1,因為0±b<#任&,22所以（a+b）2<2a2+2b2,則a2+b2>1，故4正確;2B，要證2ab>1，只需證明ab>1即可，即a>b1，2由于a>0，b>0且a+b=1,所以a>0,b1<0，故B正確；C，10g2a+10g2b=log2ab<10g2a+^=2故C錯誤;。，由于a>0，b>0，且a+b=1，根據(jù)如<^^加，22得Va+，b得Va+，b2<、/~a+b=返

2 2所以Va+Vb<V2,當且僅當a=b=返取等號，故。正確.2故選/B。.三、填空題棱長為2的正方體4BC。&B1c1%中,41%mn的體積為 .M，N分別為棱B瑪，4B的中點，則三棱錐【答案】1【考點】柱體、錐體、臺體的體積計算【解析】此題暫無解析【解答】解：因為S“N=2X21X2X11X2X11X1X1=3解：因為S“N=2X22 2 2 2所以匕14MN='%々MN=3義^41MN義"14=3義2*2=1.故答案為：1.斜率為V3的直線過拋物線C:y2=4%的焦點，且與C交于4B兩點，則叫=.【答案】16T【考點】與拋物線有關(guān)的中點弦及弦長問題【解析】此題暫無解析【解答】解：由題意可得拋物線焦點尸(1,0)，直線Z的方程為y=73(%-1)，將方程代入丫2=4%并化簡得3%2-10%+3=0.設(shè)4(%]/)，B(%2,y2)，則％1+%2=T，所以由拋物線的定義可得|4B|=%1+%2+p=130+2=136.故答案為：理3將數(shù)列｛2幾-1｝與｛3幾-2｝的公共項從小到大排列得到數(shù)列｛4｝，則｛%｝的前幾項和為【答案】3九2—2幾【考點】等差數(shù)列的前n項和等差關(guān)系的確定【解析】此題暫無解析【解答】解：將數(shù)列｛2九-1｝與｛3幾-2｝的公共項從小到大排列得到數(shù)列｛4｝為1，7,13,19,…,則｛4｝是以1為首項、以6為公差的等差數(shù)列，故它的前幾項和為九X1+九⑺-1)X6=3九2-2幾2故答案為：3九2-2幾某中學(xué)開展勞動實習(xí)，學(xué)生加工制作零件，零件的截面如圖所示.。為圓孔及輪廓圓弧4B所在圓的圓心，4是圓弧4B與直線4G的切點，B是圓弧4B與直線BC的切點，四邊形。EFG為矩形，BC1DG，垂足為C，tan/OOC=5，BH〃DG，EF=12cm，^E=2cm，4到直線DE和EF的距離均為7cm，圓孔半徑為1cm，則圖中陰影部分的面積為cm2.

【答案】5兀4+—乙【考點】解三角形的實際應(yīng)用在實際問題中建立三角函數(shù)模型扇形面積公式【解析】此題暫無解析【解答】解：如圖，設(shè)OB=04=r,由題意4M=4V=7,EF=12,所以NF=5.因為4P=5,所以乙4Gp=45。，因BH〃DG,所以乙4H0=45。.因為4G與圓弧4B相切于4點，所以。414G,即△04H為等腰直角三角形;在直角△OQD中，0Q=5—返r，DQ=7一返r.2 2因為tan/ODC=窩=3,所以21-3^丫=25—以2/，解得r=2V2；等腰直角△胸面積為S—X2G2H4,扇形/OB的面積S2=1X亍X。22=3兀,所以陰影部分的面積為SjS2—y=4+厚.故答案為：4+尊.四、解答題

在①ac=V3,②csinZ=3,③c=^3力這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由.問題：是否存在△4BC,它的內(nèi)角Z,B，C的對邊分別為a，b，c，且sinZ=V3sinB，C=\？注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】解：①ac=V3.ZBC中，sinZ=V3sinB，即b=^a，3ac=V3，所以c=Rar4-3- ?一COsC=a2拄&=03a?=通,2ab 2j3a2 23所以。=^3，b=1，c=1；②csinZ=3.ZBC中，csinZ=asinC=asin匹=3,所以a=6.因為sinZ=J3sinB，即a=J3b，所以b=2V3.cosC=a2b2&=3612f=cosC=2ab2X6X2V3 2所以c=2E；③c=73b.因為sinZ=V3sinB，即a=V3b，又因為c=73b，cosC=ab=73wcos—，與已知條件c=6相矛盾，所以問題中的三角形不存在.【考點】余弦定理正弦定理【解析】此題暫無解析【解答】解：①ac=73.△ZBC中，sinZ=73sinB，即bn73。，3ac=73，所以c=Ra

TOC\o"1-5"\h\zq23 —:e-3- / 3 _2—X33a—,2j3a2 23所以a=百，b=1,c=1；②csin4=3.△4BC中，csin4—asinC—asin-—3,6所以a—6.因為sin4—X3sinB,即a—X3b,所以b—2X3.cosC—a2b2察_3612C_X3— ——cosC—2ab 2X6X2,3 2所以C-2X3；③c—X3b.因為sin4—X3sinB,即a—X3b,又因為c—X3b,cosC—a2+b-C2—魚wcos-,2ab6與已知條件c-6相矛盾，所以問題中的三角形不存在.已知公比大于1的等比數(shù)列｛a，滿足a2a4—20,a3—8.(1)求｛aj的通項公式；(2)求a(2)求a1a2a2a.(加1anan【答案】解：(1)因為a2a4—20,a3—8，所以88q—20，205q2—0.q解得q―2或q—1(舍去)，2所以a]—2，所以a九—2九.(2)令程—(g10A1，則b九—(1)九1X2nx2n1—(1)n1X22n1.因為A—(1)l1x22n—4(n>2,nGN*)，bn1(1A2X22n1又b]—8，所以｛b1是以8為首項，4為公比的等比數(shù)列，所以a1a2a2a3…(加以41—b1b2b3—8(1>X2n1X4—8(1>x22n3.1(2)2 5【考點】等比數(shù)列的前n項和等比數(shù)列的通項公式【解析】此題暫無解析【解答】解：(1)因為a2+a4=20,a3=8,所以8+8q=20,2q2-5q+2=0.q解得q=2或q：1(舍去)，2所以3=2，所以a九=2".(2)令、=(-1)n-1anan+i，貝防九=(-1)n-1X2"X2"+1=(—1)n-1X22九+1.因為-V=(-1)…2==-4(n>2,nGN*)，&n-1 (-1)n-2x22n-1又4=8，所以仍/是以8為首項，-4為公比的等比數(shù)列，所以。產(chǎn)2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1=^1+^2+^3+…+1=8-(-1)nx2n+1X4=8-(-1)-X22n+3.1-(-2)2 5為加強環(huán)境保護，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測部門對某市空氣質(zhì)量進行調(diào)研，隨機抽查了100天空氣中的PM2.5和S02濃度(單位：闈/而)，得下表：XSO2(0,50](50,150](150,475](0,35]32184(35,75]6812(75,115]3710(1)估計事件"該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75，且S02濃度不超過$150"$的概率;(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2X2列聯(lián)表：xso：[0,150](150,475](0,75]

(75,115]附：K2=(ab)(cd)(a0(bd)(3)根據(jù)(2)中的列聯(lián)表，判斷是否有附：K2=(ab)(cd)(a0(bd)P(K2>k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】由K2=(ab)(cd)(aC)(bd)解：(1)用頻率估計概率，從而得至?xí)缭撌幸惶炜諝庵蠵M2.5濃度不超過75,且S0由K2=(ab)(cd)(aC)(bd)XSO:[0,150](150,475](0,75]6416(75,115]1010n(adb02P=32-18++—8=0.64.100(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，可得下面的2X2列聯(lián)表:(3)根據(jù)(2)中的列聯(lián)表,=100x(64x10MO)2=7.484>6.635,80x20x74x26P(K2>0.635)=0.01.故有99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與SO2濃度有關(guān).【考點】獨立性檢驗古典概型及其概率計算公式【解析】此題暫無解析【解答】解：(1)用頻率估計概率，從而得至?xí)缭撌幸惶炜諝庵蠵M2.5濃度不超過75,且SO2濃度不超過$150"$的概率P=32~+18++—8=0.64.(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，可得下面的2X2列聯(lián)表:[0,150](150,475]

(0,75]6416(75,115]1010(3)根據(jù)(2)中的列聯(lián)表，由K2=.(adb。2(ab)(cd)(a()(bd)=10°X(64X1。16X10)2=7.484>6,635,80x20x74x26P(K2>0.635)=0.01.故有99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與SO2濃度有關(guān).如圖，四棱錐P4BCD的底面為正方形，PD1底面4BCD.設(shè)平面P4?與平面PBC的交線為L(1)證明：Z1平面PDC；(2)已知。。=4。=1，Q為Z上的點，QB=V2,求PB與平面QCD所成角的正弦值.【答案】(1)證明：過P在平面P4D內(nèi)作直線”〃由可得即Z為平面P4D和平面PBC的交線，因為PD1平面4BCD,BCu平面4BCD,所以PD1BC.又BC1CD,CDGPD=D,所以BC1平面PCD.因為2〃母,所以11平面PCD；(2)如圖，以。為坐標原點，直線D4,DC,DP所在的直線為％,y,z軸，建立空間直角坐標系D%yz.

則。(0,0,0),C(l,o,o),4(0,L0)，P(O,O,1)，5(1,1,0).設(shè)。(0,科1)(加＞0),BQ=則。(0,0,0),C(l,o,o),4(0,L0)，P(O,O,1)，5(1,1,0).設(shè)。(0,科1)(加＞0),BQ=(-l,m-1,1),因為QB=VL所以(—1)2+(m—1)2+12=2,化簡得(m—1)2=0,所以6=1,所以火0,1,1),因此，加=(0,1,1),應(yīng)=(1,0,0),詼=(1,1,—1).設(shè)平面QCD的法向量為元=（a,仇c）,元?成=0a=0,丘?的=0,b+c=0.取元=(0,1,—1),所以cos〈附，元）=麗尻=1x0+1x1+(—1)x(—1)I西?成I所以PB與平面QCD所成角的正弦值為率.【考點】用空間向量求平面間的夾角直線與平面垂直的判定【解析】此題暫無解析【解答】（1）證明：過P在平面P4D內(nèi)作直線Z〃4D,由4D〃BC,可得Z〃BC,即Z為平面P4D和平面PBC的交線，因為。。1平面48。。，BCu平面4BCD,所以。。1BC.又3。16,CDGPD=D,所以BC1平面PCD.因為2〃母,所以11平面PCD；(2)如圖，以。為坐標原點，直線D4,DC,DP所在的直線為％,y,z軸，建立空間直角坐標系。-xyz.則。(0,0,0),C(l,o,o),^1(0,1,0),P(0,0,l),5(1,1,0).設(shè)。(0,科1)(加>0),BQ= 1,1),因為QB=/,所以(—1)2+(m—1)2+12=2,化簡得(6—1)2=0,所以6=1,所以。(0,1,1),因此，加=(0,1,1),應(yīng)=(1,0,0),麗=(1,1,—1).設(shè)平面QCD的法向量為元=(a,仇c),元?DC=0,即a=0,元?的=0,b+c=0.取元=(0,1,—1),所以cos〈pfe,元〉=防R=00+1>1^-px-1)=正,|PB|-|n| ‘3X，2 3所以PB與平面QCD所成角的正弦值為F.已知橢圓C：言+^2=1(。>人>0)過點爪2,3),點4為其左頂點，且4時的斜率為2.(1)求C的方程；(2)點N為橢圓上任意一點，求△4MN的面積的最大值.【答案】解：(1)由題意可知直線4M的方程為：y—3=2(%—2),即％—2y=—4當y=0時，解得％=—4,所以a=4.橢圓C:%2+y2=1(a>^>0)過點M(2,3),可得-4+^=1,16 62解得"=12.所以c的方程：注+建=1.16 12(2)設(shè)與直線4M平行的直線方程為：x-2y=m,如圖所示，當直線與橢圓相切時，與4M距離比較遠的直線與橢圓的切點為N,此時△4MN的面積取得最大值.聯(lián)立直線方程汽—2y=6與橢圓方程差+注=1,16 12可得：3(m+2y)2+4y2=48,化簡可得：16y2+12my+362-48=0,所以4=144m2-4x16(3m2-48)=0,即加2=64,解得加=±8.與4M距離比較遠的直線方程：%-2y=8,直線4M方程為：%-2y=-4.點N到直線4M的距離即兩平行線之間的距離，利用平行線之間的距離公式可得：d=4+當=山5,V1+4 5由兩點之間距離公式可得|4M|=7(2+4)2+32=3V5,所以A4MN的面積的最大值：1x375x1275=18.【考點】直線與橢圓結(jié)合的最值問題橢圓的標準方程【解析】此題暫無解析【解答】解：(1)由題意可知直線4M的方程為：y-3=1(%-2),2即第—2y=-4當y=0時，解得、=-4,所以a=4.橢圓C:始+產(chǎn)=1(a＞匕＞0)過點M(2,3),可得上+_9=1,16b2解得匕2=12.所以c的方程：注+建=1.16 12(2)設(shè)與直線4M平行的直線方程為：x-2y=m,如圖所示，當直線與橢圓相切時，與4M距離比較遠的直線與橢圓的切點為N,此時△4MN的面積取得最大值.聯(lián)立直線方程汽—2y=6與橢圓方程差+注=1,16 12可得：3(m+2y)2+4y2=48,化簡可得：16y2+12my+362-48=0,所以4=144m2-4x16(3m2-48)=0,即加2=64,解得加=±8.與4M距離比較遠的直線方程：%-2y=8,直線4M方程為：%-2y=-4.點N到直線4M的距離即兩平行線之間的距離，利用平行線之間的距離公式可得：d=4+當=山5,V1+4 5由兩點之間距離公式可得|4M|=7(2+4)2+32=3V5,所以A4MN的面積的最大值：1x375x1275=18.已知函數(shù)f(t)=ae%-1-lnx+lna.(1)當a=e時，求曲線y=f(%)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;(2)若f(%)21,求a的取值范圍.【答案】解：(1)當a=e時，f(%)=e%-ln%+1,所以f,(%)=e%-1,所以f，(1)=e-1.因為f(1)=e+1,所以曲線y=f(%)在點(1,f(1))處的切線方程為y-(e+1)=(e-1)(%-1).當％=0時，y=2,當y=0時，%==2,e-1所以曲線y=f(%)在點(l,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積S=iX2X—2elel(2)由f(%)21,可得ae久1In%+Ina>1,即e久i+inaInx+Ina>1,即e久i+ina+Ina+%1>In%+%=einx+In%.令g(t)=et+t,則g'(t)=et+1>0,所以g⑴在R上單調(diào)遞增，所以g(lna+% 1)>g(ln%),所以Ina+%1>In%,即Ina>In%x+1.令h(x)=In%x+1,所以力(%)=11=X X當0<%<1時，Q(%)>0,函數(shù)h(%)單調(diào)遞增，當%>1時，力(%)<0,函數(shù)%(%)單調(diào)遞減，所以仗%)之以1)=0,所以I