2020年全国统一高考数学解析试卷(理科)(全国2卷)

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）

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，有一项

是符合题目要求的。

1．已知集合U{2，1，0，1，2，3}，A{1，0，1}，B{1，2}，则CUAB

( ) A.{2，3}

B．{2，2，3}

C．{2，1，0，3} D．{2，1，0，2，3} 2．若为第四象限角，则( ) A．cos20

B．cos20

C．sin20

D．sin20

3．在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05,志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者( ) A．10名

B．18名

C．24名

D．32名

4．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( )

A．3699块

5 5B．3474块

25 5

C．3402块 D．3339块

5．若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为( ) A．B．C．3545 D．

55ak1021525，则k( )

6．数列{an}中，a12，amnaman．若ak1ak2A．2

B．3

C．4 D．5

第1页（共19页）

7．如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )

A．E

B．F

C．G D．H

x2y28．设O为坐标原点，直线xa与双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于

abD，E两点．若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为( )

A．4

B．8

C．16

D．32

9．设函数f(x)ln|2x1|ln|2x1|，则f(x)( )

1A．是偶函数，且在(，)单调递增

211B．是奇函数，且在(，)单调递减

221C．是偶函数，且在(,)单调递增

21D．是奇函数，且在(,)单调递减

29310．已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面

4积为16，则O到平面ABC的距离为( ) 3 211．若2x2y3x3y，则( )

A．3 B．C．1 D．3 2A．ln(yx1)0 B．ln(yx1)0 C．ln|xy|0 D．ln|xy|0

12．01周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2an满足ai{0，1}(i1，2，)，且存在正整数m，使得aimai(i1，2，)成立，则称其为01周期序列，并称满

足aimai(i1,2)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的01序列1ma1a2an，C(k)aiaik(k1，2，，m1)是描述其性质的重要指标.下列周期为

mi15的01序列中，满足CkA．11010

1k1,2,3,4的序列是( ) 5C．10001

D．11001

B．11011

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知单位向量a，b的夹角为45，kab与a垂直，则k ．

第2页（共19页）

14．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 种．

15．设复数z1，z2满足|z1||z2|2，z1z23i，则|z1z2| ． 16．设有下列四个命题：

p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p4：若直线l平面，直线m平面，则ml．

则下述命题中所有真命题的序号是 ． ①p1p4 ②p1p2 ③p2p3 ④p3p4

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17～21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）ABC中，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC． （1）求A；

（2）若BC3，求ABC周长的最大值．

18．（12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i1，2，，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算

得xi60，yi1200，(xix)80，(yiy)9000，(xix)(yiy)800．

22i12020202020i1i1i1i1（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；

（2）求样本(xi，yi)(i1，2，，20)的相关系数（精确到0.01)；

（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大．为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由． 附：相关系数rn(xi1ix)(yiy)n(xi1n，21.414．

ix)2(yiy)2i1x2y219．（12分）已知椭圆C1:221(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的

ab中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，

4且|CD||AB|．

3（1）求C1的离心率；

第3页（共19页）

（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|5，求C1与C2的标准方程．

20．（12分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面是BB1C1C是矩形．M，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．

21．（12分）已知函数f(x)sin2xsin2x． （1）讨论f(x)在区间(0,)的单调性； （2）证明：fx*33； 82222n3n（3）设nN，证明：sinxsin2xsin4xsin2xn．

4（二）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，则按所做第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

1xt,x4cos,tC2:(t(为参数）22．（10分）已知曲线C1，，C2的参数方程分别为C1:21y4sinytt2为参数）．

（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程． [选修4-5：不等式选讲]（10分） 23．已知函数f(x)|xa2||x2a1|． （2）若fx4，求a的取值范围． （1）当a2时，求不等式fx4的解集；

第4页（共19页）

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）

参与试题解析

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，有一项

是符合题目要求的。

1．已知集合U{2，1，0，1，2，3}，A{1，0，1}，B{1，2}，则CUAB

( ) A.{2，3}

B．{2，2，3}

C．{2，1，0，3} D．{2，1，0，2，3} 【思路分析】先求出AB，再根据补集得出结论．

【解析】：集合U{2，1，0，1，2，3}，A{1，0，1}，B{1，2}， 则AB1,0,1,2，则CUAB2,3.故选：A． 2．若为第四象限角，则( ) A．cos20

B．cos20

C．sin20

D．sin20

【思路分析】先求出2是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角，即可判断． 【解析】：为第四象限角，则【总结与归纳】本题主要考查集合的交并补运算，属于基础题．

22是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角，sin20，故选：D．

2k2k，kZ，则4k24k，

【总结与归纳】本题考查了角的符号特点，考查了转化能力，属于基础题．

3．在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05,志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者( )

C．24名 D．32名 16005001200【思路分析】由题意可得至少需要志愿者为18名．

50【解析】：第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，就按1600份计算， 第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95就按1200份计算，

16005001200因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为18名，

50故选：B．

【总结与归纳】本题考查了等可能事件概率的实际应用，属于基础题．

4．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( ) A．10名

B．18名

第5页（共19页）

A．3699块 B．3474块

C．3402块 D．3339块

【思路分析】由题意可得从内到外每环之间构成等差数列，且公差d9，a19，根据等差数列的性质即可求出n9，再根据前n项和公式即可求出．

【解析】：设每一层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d9，a19，由等差数列的性质可得Sn，S2nSn，S3nS2n成等差数列，

且(S3nS2n)(S2nSn)n2d，则n2d729，则n9，

2726则三层共有扇面形石板S3nS2727993402块，故选：C．

2【总结与归纳】本题考查了等差数列在实际生活中的应用，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题．

5．若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为( ) 5253545 B． C． D． 5555【思路分析】由已知设圆方程为(xa)2(ya)2a2，(2,1)代入，能求出圆的方程，再代

A．入点到直线的距离公式即可．

【解析】：由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为(a,a)，则半径为a，a0． 故圆的方程为(xa)2(ya)2a2，再把点(2,1)代入，求得a5或1， 故要求的圆的方程为(x5)2(y5)225或(x1)2(y1)21． 故所求圆的圆心为(5,5)或(1,1)； 故圆心到直线2xy30的距离d故选：B．

【总结与归纳】本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题．

6．数列{an}中，a12，amnaman．若ak1ak2ak1021525，则k( ) C．4 D．5

a【思路分析】在已知数列递推式中，取m1，可得n12，则数列{an}是以2为首项，以

an2为公比的等比数列，再由等比数列的前n项和公式列式求解． 【解析】：由a12，且amnaman， 取m1，得an1a1an2an，

第6页（共19页）

|2553|221225|2113|25或d；

225521A．2 B．3



an12， an则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则ak122k2k1，

2k1(1210)ak1ak2ak10211k2k121525，

12k15，即k4．

故选：C．

【总结与归纳】本题考查数列递推式，考查等比关系的确定，训练了等比数列前n项和的求法，是中档题．

7．如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )

A．E

B．F

C．G D．H

【思路分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点． 【解析】：根据几何体的三视图转换为直观图：

根据三视图和几何体的的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N， 所以在侧视图中与点E对应． 故选：A．

【总结与归纳】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换、主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

x2y28．设O为坐标原点，直线xa与双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于

abD，E两点．若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为( )

A．4

B．8

C．16

D．32

【思路分析】根据双曲线的渐近线方程求出点D，E的坐标，根据面积求出ab8，再根

第7页（共19页）

据基本不等式即可求出．

b【解析】：由题意可得双曲线的渐近线方程为yx，

a分别将xa，代入可得yb，

即D(a,b)，E(a,b)，

1则SODEa2bab8，

2c2a2b22ab16，当且仅当ab22时取等号， C的焦距的最小值为248，

故选：B．

【总结与归纳】本题考查了双曲线的方程和基本不等式，以及渐近线方程，属于基础题． 9．设函数f(x)ln|2x1|ln|2x1|，则f(x)( )

1A．是偶函数，且在(，)单调递增

211B．是奇函数，且在(，)单调递减

221C．是偶函数，且在(,)单调递增

21D．是奇函数，且在(,)单调递减

2【思路分析】求出x的取值范围，由定义判断为奇函数，利用对数的运算性质变形，再判断

2x1内层函数t||的单调性，由复合函数的单调性得答案．

2x12x101【解析】：由，得x．

22x10又f(x)ln|2x1|ln|2x1|(ln|2x1|ln|2x1|)f(x)， f(x)为奇函数；

|2x1|2x1ln||，

|2x1|2x12x12x12221111．

112x12x12x12(x)x222x1可得内层函数t||的图象如图，

2x1111在(,)上单调递减，在(，)上单调递增，

2221则(，)上单调递减．

2又对数式ylnt是定义域内的增函数，

1由复合函数的单调性可得，f(x)在(,)上单调递减．

2故选：D．

由f(x)ln|2x1|ln|2x1|ln第8页（共19页）

【总结与归纳】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合，考查复合函数单调性的求法，是中档题．

93的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面4积为16，则O到平面ABC的距离为( )

10．已知ABC是面积为33 C．1 D．

22【思路分析】画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可．

A．3 B．

【解析】：由题意可知图形如图：ABC是面积为ABBCAC3，

93393的等边三角形，可得， AB2444可得：AO12333， 32球O的表面积为16，

外接球的半径为：4R216，解得R2， 所以O到平面ABC的距离为：431． 故选：C．

【总结与归纳】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键．

11．若2x2y3x3y，则( ) A．ln(yx1)0

B．ln(yx1)0

C．ln|xy|0

D．ln|xy|0

【思路分析】由2x2y3x3y，可得2x3x2y3y，令f(x)2x3x，则f(x)在R第9页（共19页）

上单调递增，且f(x)f(y)，结合函数的单调性可得x，y的大小关系，结合选项即可判断． 【解析】：由2x2y3x3y，可得2x3x2y3y， 令f(x)2x3x，则f(x)在R上单调递增，且f(x)f(y)， 所以xy，即yx0，

由于yx11，故ln(yx1)ln10， 故选：A．

【总结与归纳】本题主要考查了函数的单调性在比较变量大小中的应用，属于基础试题． 12．01周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2an满足ai{0，1}(i1，2，)，且存在正整数m，使得aimai(i1，2，)成立，则称其为01周期序列，并称满

足aimai(i1,2)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的01序列1ma1a2an，C(k)aiaik(k1，2，，m1)是描述其性质的重要指标.下列周期为

mi15的01序列中，满足CkA．11010

1k1,2,3,4的序列是( ) 5C．10001

D．11001

B．11011

【思路分析】分别为4个选项中k1，2，3，4进行讨论，若有一个不满足条件，就排除；由题意可得周期都是5，每个答案中都给了一个周期的排列，若需要下个周期的排列，继续写出，如C答案中的排列为10001 10001 10001 【解析】：对于A选项：序列11010 11010 1511C（1）aiai1(10000)，

5i555115121C（2）aiai2(01010)，不满足Ckk1,2,3,4故排除A；

5i15555对于B选项：序列11011 11011

15131C（1）aiai1(10011)，不满足条件，排除；

5i5555对于C选项：序列10001 10001 10001 1511C（1）aiai1(00001)，

5i555151C（2）aiai2(00000)0，

5i15151C（3）aiai3(00000)0，

5i151511C（4）aiai4(10000)，符合条件，

5i155对于D选项：序列11001 11001

15121C（1）aiai1(10001)不满足条件．

5i5555故选：C．

【总结与归纳】本题考查序列的周期性及对5个两项乘积之和的求法，属于中档题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

第10页（共19页）

2 ． 2【思路分析】由已知求得ab，再由kab与a垂直，可得(kab)a0，展开即可求得k值．

13．已知单位向量a，b的夹角为45，kab与a垂直，则k

【解析】：向量a，b为单位向量，且a，b的夹角为45， 22， 22又kab与a垂直，(kab)ak|a|2ab0，

ab|a||b|cos451122． 0，则k222故答案为：．

2【总结与归纳】本题考查平面向量的数量积运算，考查向量垂直与数量积的关系，是基础题．

即k14．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 36 种．

【思路分析】先从4人中选出2人作为一组有C42种方法，再与另外2人一起进行排列有A33种方法，相乘即可

23A336种． 【解析】：因为有一小区有两人，则不同的安排方式共有C4故答案为：36．

【总结与归纳】本题考查排列组合及分步计数原理的运用，属于基础题． 15．设复数z1，z2满足|z1||z2|2，z1z23i，则|z1z2| 23 ． 【思路分析】利用复数模的计算公式和复数的运算性质，求解即可． 【解析】：复数z1，z2满足|z1||z2|2，z1z23i，所以|z1z2|2，

|z1z2|2(z1z2)z1z24，

8z1z2z1z24．得z1z2z1z24． |z1z2|28(z1z2z1z2)12．

又|z1z2|0，故|z1z2|23． 故答案为：23．

【总结与归纳】熟练掌握复数的运算法则和纯虚数的定义、复数模的计算公式设解题的关键． 16．设有下列四个命题：

p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p4：若直线l平面，直线m平面，则ml．

则下述命题中所有真命题的序号是 ①③④ ． ①p1p4 ②p1p2 ③p2p3 ④p3p4

【思路分析】根据空间中直线与直线，直线与平面的位置关系对四个命题分别判断真假即可

第11页（共19页）

得到答案．

【解析】：设有下列四个命题：

p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．根据平面的确定定理可得此命题

为真命题，

p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．若三点在一条直线上则有无数平面，此命题为

假命题，

p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行，也有可能异面的情况，此命题为假命题，p4：若直线l平面，直线m平面，则ml．由线面垂直的定义可知，此命题为真

命题；

由复合命题的真假可判断①p1p4为真命题，②p1p2为假命题，③p2p3为真命题，④p3p4为真命题， 故真命题的序号是：①③④， 故答案为：①③④，

【总结与归纳】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，难度不大，属于基础题．

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17～21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）ABC中，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC． （1）求A；

（2）若BC3，求ABC周长的最大值．

【思路分析】（1）运用余弦定理和特殊角的三角函数值，可得所求角；

（2）运用正弦定理和三角函数的和差公式，结合余弦函数的图象和性质，可得所求最大值． 【解析】：（1）设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 因为sin2Asin2Bsin2CsinBsinC， 由正弦定理可得a2b2c2bc， 即为b2c2a2bc，

b2c2a2bc1由余弦定理可得cosA，

2bc2bc22由0A，可得A；

3（2）解法一：由题意可得a3，

又BC，可设Bd，Cd，d，

366663bc23， 由正弦定理可得

2sinBsinCsin3可得b23sin(d)，c23sin(d)，

66则ABC周长为

第12页（共19页）

1313abc323[sin(d)sin(d)]323(cosdsindcosdsind)，

662222323cosd，

当d0，即BC6时，ABC的周长取得最大值323．

2，由题意可得a3， 322解法二(贺雷颖老师补解)：由（1）得A2222， 32bc2222可得9bcbcbcbc,bc9bc，

423bc29,bc12,bc23,abc323.

4当且仅当bc3时等号成立，ABC的周长取得最大值为323 由余弦定理得abc2bccosCbc2bccos【总结与归纳】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换和图象与性质，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．

18．（12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i1，2，，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算

得xi60，yi1200，(xix)80，(yiy)9000，(xix)(yiy)800．

22i12020202020i1i1i1i1（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；

（2）求样本(xi，yi)(i1，2，，20)的相关系数（精确到0.01)；

（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大．为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由． 附：相关系数rn(xi1ix)(yiy)n(xi1n，21.414．

ix)2(yiy)2i1【思路分析】（1）由已知数据求得20个样区野生动物数量的平均数，乘以200得答案； （2）由已知直接利用相关系数公式求解；

（3）由各地块间植物覆盖面积差异很大可知更合理的抽样方法是分层抽样． 【解析】：（1）由已知，yi1200，

i12012020个样区野生动物数量的平均数为yi120060，

20i1该地区这种野生动物数量的估计值为6020012000；

202020（2）

(xi1ix)80，(yiy)9000，(xix)(yiy)800，

22i1i1第13页（共19页）

nr(xi1ni1ix)(yiy)2(xix)(yiy)2i1n8008090008006002220.94； 3（3）更合理的抽样方法是分层抽样，根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．

理由如下：由（2）知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．

【总结与归纳】本题考查简单的随机抽样，考查相关系数的求法，考查计算能力，是基础题．

x2y219．（12分）已知椭圆C1:221(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的

ab中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，

4且|CD||AB|．

3（1）求C1的离心率；

（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|5，求C1与C2的标准方程．

【思路分析】（1）由F为C1的焦点且ABx轴，F为C2的焦点且CDx轴，分别求得F的坐标和|AB|，|CD|，由已知条件可得p，c，a，b的方程，消去p，结合a，b，c和

e的关系，解方程可得e的值；

（2）由（1）用c表示椭圆方程和抛物线方程，联立两曲线方程，解得M的横坐标，再由抛物线的定义，解方程可得c，进而得到所求曲线方程． 【解析】：（1）因为F为C1的焦点且ABx轴，

2b2可得F(c,0)，|AB|，

a设C2的标准方程为y22px(p0)，

p，0)，|CD|2p， 2pc42因为|CD||AB|，C1，C2的焦点重合，所以， 2342b2p3a8b2消去p，可得4c，所以3ac2b2，

3a因为F为C2的焦点且CDx轴，所以F(所以3ac2a22c2，

c，则2e23e20， a11解得e(2舍去），故C1的离心率为；

22（2）由（1）可得a2c，b3c，p2c，

设C1的离心率为e，由ex2y2所以C1:221，C2:y24cx，

4c3c第14页（共19页）

联立两曲线方程，消去y，可得3x216cx12c20，

2所以(3x2c)(x6c)0，解得xc或x6c（舍去），

3p25从而|MF|xccc5，

233解得c3，

x2y2所以C1和C2的标准方程分别为1，y212x．

3627

【总结与归纳】本题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

20．（12分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面是BB1C1C是矩形．M，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．

【思路分析】（1）推导出B1NBM，四边形BB1NM为矩形，A1NB1C1，从而BB1//MN，由此能证明AA1//MN，且平面A1AMN平面EB1C1F．

（2）推导出EF//B1C1//BC，从而AO//PN，四边形APNO为平行四边形，A1N3ON，直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，从而直线B1EPNBCB1C13EF，AM3AP，

与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角，由此能求出直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．

【解析】：（1）证明：M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形， B1NBM，四边形BB1NM为矩形，A1NB1C1， BB1//MN，

AA1//BB1，AA1//MN，

第15页（共19页）

MNB1C1，A1NB1C1，MNB1C1平面A1AMN，

A1NN，

B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F，

综上，AA1//MN，且平面A1AMN平面EB1C1F． （2）解法一(贺雷颖老师补解)：：连接PN，

AO//平面EB1C1F,平面AA1MN平面EB1C1FPN, AO//PN,ON//AP,四边形OAPN为平行四边形，

设AB6,O为A1B1C1的中心，且AOAB,AOPN6,PM23, 当点N变化时，梯形EB1C1F形状不变，故直线B1E与平面AA1MN所成角不变， 所以不妨设，该三棱柱为直棱柱，则MN26,以MA,MB为x轴和y轴建立空间直角坐标系，设Na,0,b，则P23,0,0,E23,1,0,PNa23,0,b,

EB1EBBB1EBMNa23,2,b,PNa23b236，

取平面AA1MN得法向量为n0,1,0,cosEB1,n22EB1nEB1n故直线B1E与平面AA1MN所成角的正弦值为

210. 104010. 10解法二三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF， EF//B1C1//BC，

AO//面EB1C1F，AO面AMNA1，面AMNA1面EB1C1FPN， AO//PN，四边形APNO为平行四边形， O是正三角形的中心，AOAB，

A1N3ON，AM3AP，PNBCB1C13AP3EF，

由（1）知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，

直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角， 在等腰梯形EFC1B1中，令EF1，过E作EHB1C1于H， 则PNB1C1EH3，B1H1，B1E10，sinB1EH直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为B1H10， B1E1010． 10

第16页（共19页）

【总结与归纳】本题考查线线平行、面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 21．（12分）已知函数f(x)sin2xsin2x． （1）讨论f(x)在区间(0,)的单调性； （2）证明：fx33； 82222nn3（3）设nN*，证明：sinxsin2xsin4xsin2xn．

4【思路分析】（1）先求导，根据导数和函数单调性的关系即可求出， （2）根据导数和函数最值的关系即可证明，

（3）利用（2）的结论，根据指数函数的性质即可证明． 【解析】：（1）f(x)sin2xsin2x2sin3xcosx，

f'x2sin2x3cos2xsin2x2sin2x34sin2x 2sin2x321cos2x2sin2x12cos2x

令f(x)0，解得，x

3

，或x2， 322当x(0,)或(，)时，f(x)0，当x(，)时，f(x)0，

333322f(x)在(0,)，(，)上单调递增，在(，)上单调递减．

3333证明：（2）

332，f(0)f()0，由（1）可知f(x)极小值f8333f(x)极大值f，

38f(x)max3333，f(x)min， 88f(x)为周期函数，

fx33； 82（3）由（2）可知sinxsin2x32333333，sin22xsin4x， 8844323232333333，，sin22n1xsin2nx， 8484sin3xsin32xsin44xsin32n1xsin32nxsin222xsin23xsinxsinxsin2xsin4xsin22222n2333n13xsin2xsin2x42nn3n2

3nsinxsin2xsin4xsin2xn

4【总结与归纳】本题考查了导数和函数的单调性的和极值最值的关系，不等式的证明，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．

第17页（共19页）

（二）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，则按所做第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

1xt,x4cos,tC2:(t22．（10分）已知曲线C1，，(为参数）C2的参数方程分别为C1:21y4sinytt2为参数）．

（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．

【思路分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．

（2）利用极径的应用和圆的方程的应用求出结果．

x4cos2,(为参数）【解析】：（1）曲线C1，参数方程为：，转换为直角坐标方程为：2y4sinxy40，

所以C1的普通方程为xy400x4． 1xt,①t(t为参数）曲线C2的参数方程：． 1yt,②tx2y222所以①②整理得直角坐标方程为1，

44所以C2的普通方程为x2y24． xy4（2）由x2y2144xy4，整理得xy15x2，解得：y3253，即P(,)．

22设圆的方程(xa)2y2r2， 由于圆经过点P和原点，

17a10，解得，

2r21001721717故圆的方程为：，即x2y2x0，转换为极坐标方程为cos． (x)2y21010055a2r2所以5322(a)()r222【总结与归纳】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

[选修4-5：不等式选讲]（10分） 23．已知函数f(x)|xa2||x2a1|． （1）当a2时，求不等式fx4的解集；

第18页（共19页）

（2）若fx4，求a的取值范围．

【思路分析】（1）把a2代入函数解析式，写出分段函数，然后对x分类求解不等式，取并集得答案；

（2）利用绝对值不等式的性质可得

f(x)|xa2||x2a1|xa2x2a1a1a1

22．由fx4，得a14，求解二次不等式得答案．

22x7,x3【解析】：（1）当a2时，fxx4x31,3x4

2x7,x433当x3时，不等式fx4化为2x74，即x，x；

22当3x4时，不等式fx4化为14，此时x；

1111当x4时，不等式fx4化为2x74，即x，x．

22311综上，当a2时，求不等式fx4的解集为{xx或x}；

22（2）f(x)|xa2||x2a1|又fx4，a14，

2|xa2(x2a1)||(a1)2|(a1)2．

得a12或a12， 解得：a1或a3．

综上，若fx4，则a的取值范围是(，1][3，)．

【总结与归纳】本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法，考查绝对值不等式的性质，是中档题．

第19页（共19页）