1、辽宁省辽宁省 2020 年高考押题试卷年高考押题试卷 理数理数 第卷第卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的. . 1.已知集合 4 |0 2 x AxZ x ， 1 |24 4 x Bx，则AB=（ ） A | 12xx B 1,0,1,2 C 2, 1,0,1,2 D0,1,2 2.已知i为虚数单位，若复数 1 1 ti z i 在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为（ ） A 1,1 B( 1,1) C(, 1) D
2、(1,) 3.下列函数中，既是偶函数，又在(,0)内单调递增的为（ ） A. 4 2yxx B | | 2 x y C.22 xx y D 1 2 log | 1yx 4.已知双曲线 1 C： 2 2 1 2 x y与双曲线 2 C： 2 2 1 2 x y ，给出下列说法，其中错误的是（ ） A.它们的焦距相等 B它们的焦点在同一个圆上 C.它们的渐近线方程相同 D它们的离心率相等 5.在等比数列 n a中，“ 4 a， 12 a是方程 2 310xx 的两根”是“ 8 1a ”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C.充要条件 D既不充分也不必要条件 6.执行如图的程序框图，则输出
3、的S值为（ ） A.1009 B-1009 C.-1007 D1008 7.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A 1 63 B1 12 C 1 123 D 1 43 8.已知函数( )sin()f xAx(0,0,|)A的部分图象如图所示，则函数 ( )cos()g xAx图象的一个对称中心可能为（ ） A 5 (,0) 2 B 1 ( ,0) 6 C. 1 (,0) 2 D 11 (,0) 6 9.几何原本卷 2 的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据， 通过这一原理， 很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明， 也称之为无字证明
4、.现有如图所示图形， 点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OFAB，设ACa，BCb，则该图形可以完成的无字证 明为（ ） A. 2 ab ab (0,0)ab B 22 2abab(0,0)ab C. 2ab ab ab (0,0)ab D 22 22 abab (0,0)ab 10.为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从 包括甲、乙、丙在内的 7 名学生中选派 4 名学生参加，要求甲、乙、丙这 3 名同学中至少有 1 人参加，且 当这 3 名同学都参加时， 甲和乙的朗诵顺序不能相邻， 那么选派的 4 名学生不同的朗诵顺序的种数为 （ ）
5、A720 B768 C.810 D816 11.焦点为F的抛物线C： 2 8yx的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当 | | MA MF 取得最大值 时，直线MA的方程为（ ） A2yx或2yx B2yx C.22yx或22yx D22yx 12.定义在R上的函数( )f x满足(2)2 ( )f xf x，且当2,4x时， 2 2 4 ,23, ( ) 2 ,34, xxx f x x x x ( )1g xax，对 1 2,0x ， 2 2,1x ，使得 21 ()( )g xf x，则实数a的取值范围为（ ） A 11 (,) ,) 88 B 11 ,0)(0, 48 C.(0,
6、8 D 11 (, ,) 48 第卷第卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第本卷包括必考题和选考题两部分，第 1313 题第题第 2121 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考题，每个试题考生都必须作答. .第第 2222 题和第题和第 2323 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. . 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分分. . 13.已知(1, )a，(2,1)b ，若向量2ab与(8,6)c 共线，则a和b方向上的投影为 14.已知实数x，y满足不等式组 20, 250, 20, xy xy y 且2zxy的最
7、大值为a，则 2 0 cos 2 x adx = 15.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tantan2 tanbB bAcB，且8a ，ABC 的面积为4 3，则bc的值为 16.已知球O是正三棱锥 （底面为正三角形， 顶点在底面的射影为底面中心）ABCD的外接球，3BC ， 2 3AB ，点E在线段BD上，且3BDBE，过点E作圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围 是 . 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. . 17.已知 23 (1)(1)(1)(1)nxxxx的展开式中x的系数恰好是数列 n a的前n项
8、和 n S. （1）求数列 n a的通项公式； （2）数列 n b满足 1 2 (21)(21) n nn a n aa b ，记数列 n b的前n项和为 n T，求证：1 n T . 18.如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直与圆O所在平面，G为AOC的垂心. （1）求证：平面OPG平面PAC； （2）若22PAABAC，求二面角A OP G的余弦值. 19.2017 年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过 600 元（含 600 元），均可抽奖一 次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种. 方案一：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 3 个，黑球
9、7 个）的抽奖盒中，一次性摸出 3 个球，其中奖规则为：若摸到 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2 个红球则打 6 折，若摸出 1 个红球，则 打 7 折；若没摸出红球，则不打折. 方案二：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 3 个，黑球 7 个）的抽奖盒中，有放回每次摸 取 1 球，连摸 3 次，每摸到 1 次红球，立减 200 元. （1）若两个顾客均分别消费了 600 元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满 1000 元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 20. 已知椭圆C： 22 22 1(0) xy a
10、b ab 的长轴长为 6，且椭圆C与圆M： 22 40 (2) 9 xy的公共弦 长为 4 10 3 . （1）求椭圆C的方程. （2）过点(0,2)P作斜率为(0)k k 的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D， 使得ADB为以AB为底边的等腰三角形.若存在， 求出点D的横坐标的取值范围， 若不存在， 请说明理由. 21. 已知函数 2 ( )2ln2(0)f xxmxx m. （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）当 3 2 2 m 时，若函数( )f x的导函数( )fx的图象与x轴交于A，B两点，其横坐标分别为 1 x， 2 x 12 ()xx，线段AB的中点
11、的横坐标为 0 x，且 1 x， 2 x恰为函数 2 ( )lnh xxcxbx的零点，求证： 120 2 () ()ln2 3 xx h x . 请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答题中任选一题作答. .并用并用 2B2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂 题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分. . 22.选修 4-4：坐标系与参数方程 已知直线l的参数方程为 2 4, 2 2 2
12、 xt yt （t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐 标系，圆C的极坐标方程为4cos，直线l与圆C交于A，B两点. （1）求圆C的直角坐标方程及弦AB的长； （2）动点P在圆C上（不与A，B重合），试求ABP的面积的最大值. 23. 选修 4-5：不等式选讲. 已知函数( ) |21|1|f xxx. （1）求函数( )f x的值域M； （2）若aM，试比较|1|1|aa， 3 2a ， 7 2 2 a的大小. 参考答案及解析参考答案及解析 理科数学（）理科数学（） 一、选择题一、选择题 1-5:BBDDA 6-10:BCCDB 11、12：AD 二、填空题（本大题共二
13、、填空题（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分）分） 13. 3 5 5 14.3 15.4 5 16.2 ,4 三、解答题三、解答题 17.解：（1） 23 (1)(1)(1)(1)nxxxx的展开式中x的系数为 1111 123n CCCC 2111 223n CCCC 22 1 11 22 n Cnn ， 即 2 11 22 n Snn， 所以当2n时， 1nnn aSSn ； 当1n 时， 1 1a 也适合上式， 所以数列 n a的通项公式为 n an. （2）证明： 1 2 (21)(21) n n nn b 1 11 2121 nn ， 所
14、以 1 11111 1 3372121 n nn T 1 1 1 21 n ， 所以1 n T . 18.解：（1）如图，延长OG交AC于点M. 因为G为AOC的重心，所以M为AC的中点. 因为O为AB的中点，所以/OMBC. 因为AB是圆O的直径，所以BCAC，所以OMAC. 因为PA 平面ABC，OM 平面ABC，所以PAOM. 又PA平面PAC，AC 平面PAC，PAACA，所以OM 平面PAC. 即OG 平面PAC，又OG 平面OPG， 所以平面OPG平面PAC. （2）以点C为原点，CB，CA，AP方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz，则 (0,0,0)C，(0,1
15、,0)A，( 3,0,0)B， 3 1 (,0) 22 O，(0,1,2)P， 1 (0,0) 2 M，则 3 (,0,0) 2 OM ， 3 1 (,2) 22 OP .平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个法向量为( , , )nx y z，则 3 0, 2 31 20, 22 n OMx n OPxyz 令1z ，得(0, 4,1)n . 过点C作CHAB于点H， 由PA 平面ABC， 易得CHPA， 又P A A B A ， 所以CH 平面PAB， 即CH为平面PAO的一个法向量. 在Rt ABC中，由2ABAC，得30ABC，则60HCB， 13 22 CHCB. 所以 3 c
16、os 4 H xCHHCB， 3 sin 4 H yCHHCB. 所以 3 3 (,0) 44 CH . 设二面角A OP G的大小为，则 | cos | | CH n CHn 22 33 |041 0| 2 51 44 1739 41 1616 . 19.解：（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A，则 3 3 3 10 1 ( ) 120 C P A C ， 所以两位顾客均享受到免单的概率为 1 ( )( ) 14400 PP AP A. （2）若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为 0，600，700，1000. 3 3 3 10 1
17、(0) 120 C P X C ， 21 37 3 10 7 (600) 40 C C P X C ， 12 37 3 10 21 (700) 40 C C P X C ， 3 7 3 10 7 (1000) 24 C P X C ， 故X的分布列为， 所以 17217 ()06007001000 120404024 E X 1 764 6 （元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则1000 200ZY， 由已知可得 3 (3,) 10 YB，故 39 ( )3 1010 E Y ， 所以( )(1000200 )E ZEY1000200 ( )820E Y（元）. 因为(
18、)( )E XE Z，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算. 20.解：（1）由题意可得26a，所以3a . 由椭圆C与圆M： 22 40 (2) 9 xy的公共弦长为 4 10 3 ，恰为圆M的直径， 可得椭圆C经过点 2 10 (2,) 3 ， 所以 2 440 1 99b ，解得 2 8b . 所以椭圆C的方程为 22 1 98 xy . （2）直线l的解析式为2ykx，设 1122 ( , ), ( ,)Ax yB x y，AB的中点为 00 (,)E xy.假设存在点( ,0)D m， 使得ADB为以AB为底边的等腰三角形，则DEAB.由 22 2, 1, 98 ykx xy 得 22
19、 (89)36360kxkx， 故 12 2 36 98 k xx k ， 所以 0 2 18 98 k x k ， 00 2 16 2 98 ykx k . 因为DEAB，所以 1 DE k k ， 即 2 2 16 0 1 98 18 98 k k k m k ， 所以 2 22 8 98 9 k m k k k . 当0k 时， 8 92 9 812 2k k ， 所以 2 0 12 m； 当0k 时， 8 912 2k k ，所以 2 0 12 m. 综上所述，在x轴上存在满足题目条件的点E，且点D的横坐标的取值范围为 22 ,0)(0, 1212 . 21. 解：（1）由于 2 (
20、)2ln2f xxmxx的定义域为(0,)，则 2 2(1) ( ) xmx fx x . 对于方程 2 10xmx ，其判别式 2 4m . 当 2 40m ，即02m时，( )0fx 恒成立，故( )f x在(0,)内单调递增. 当 2 40m ，即2m，方程 2 10xmx 恰有两个不相等是实根 2 4 2 mm x ， 令( )0fx ，得 2 4 0 2 mm x 或 2 4 2 mm x ，此时( )f x单调递增； 令( )0fx ，得 22 44 22 mmmm x ，此时( )f x单调递减. 综上所述， 当02m时，( )f x在(0,)内单调递增； 当2m时，( )f x
21、在 22 44 (,) 22 mmmm 内单调递减，在 2 4 (0,) 2 mm ， 2 4 (,) 2 mm 内单调递增. （2）由（1）知， 2 2(1) ( ) xmx fx x ，所以( )fx的两根 1 x， 2 x即为方程 2 10xmx 的两根.因为 3 2 2 m ，所以 2 40m ， 12 xxm， 12 1x x . 又因为 1 x， 2 x为 2 ( )lnh xxcxbx的零点， 所以 2 111 ln0xcxbx， 2 222 ln0xcbx，两式相减得 1 121212 2 ln()()()0 x c xxxxb xx x ，得 1 2 12 12 ln ()
22、x x bc xx xx . 而 1 ( )2h xcxb x ，所以 120 () ()xx h x 120 0 1 ()(2)xxcxb x 1 2 121212 1212 ln 2 ()()() x x xxc xxc xx xxxx 121 122 2() ln xxx xxx 1 21 1 2 2 1 2ln 1 x xx x x x . 令 1 2 (01) x tt x ，由 22 12 ()xxm得 222 1212 2xxx xm， 因为 12 1x x ，两边同时除以 12 x x，得 2 1 2tm t ， 因为 3 2 2 m ，故 15 2 t t ，解得 1 0 2
23、 t 或2t ，所以 1 0 2 t . 设 1 ( )2ln 1 t G tt t ，所以 2 2 (1) ( )0 (1) t G t t t ， 则( )yG t在 1 (0, 2 上是减函数， 所以 min 12 ( )( )ln2 23 G tG ， 即 120 () ()yxx h x的最小值为 2 ln2 3 . 所以 120 2 () ()ln2 3 xx h x . 22.解：（1）由4cos得 2 4 cos， 所以 22 40xyx，所以圆C的直角坐标方程为 22 (2)4xy. 将直线l的参数方程代入圆:C 22 (2)4xy，并整理得 2 2 20tt， 解得 1 0
24、t ， 2 2 2t . 所以直线l被圆C截得的弦长为 12 | 2 2tt. （2）直线l的普通方程为40xy. 圆C的参数方程为 22cos , 2sin , x y （为参数）， 可设曲线C上的动点(22cos ,2sin )P，则点P到直线l的距离 |22cos2sin4| 2 d |2cos()2 | 4 ，当cos()1 4 时，d取最大值，且d的最大值为22. 所以 1 2 2(22)22 2 2 ABP S， 即ABP的面积的最大值为22. 23. 解：（1） 3 ,1, 1 ( )2, 1, 2 1 3 ,. 2 x x f xxx x x 根据函数( )f x的单调性可知，当 1 2 x 时， min 13 ( )( ) 22 f xf. 所以函数( )f x的值域 3 ,) 2 M . （2）因为aM，所以 3 2 a ，所以 3 01 2a . 又|1|1|1123aaaaa ， 所以 3 2 a ，知10a ，430a ， 所以 (1)(43) 0 2 aa a ，所以 37 2 22 a a ， 所以 37 |1|1|2 22 aaa a .