【文档说明】2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标ⅱ）含解析.doc，共(23)页，661.000 KB，由envi的店铺上传

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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，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知集合U＝{﹣2，﹣1，0，1，2

，3}，A＝{﹣1，0，1}，B＝{1，2}，则∁U（A∪B）＝（）A．{﹣2，3}B．{﹣2，2，3}C．{﹣2，﹣1，0，3}D．{﹣2，﹣1，0，2，3}2．（5分）若α为第四象限角，则（）A．cos2α＞0B．cos2α＜0C．sin2α＞0D．sin

2α＜03．（5分）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．（5分）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B．3474块C．3402块D．3339块5．（5分

）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．D．6．（5分）数列{an}中，a1＝2，am+n＝aman．若ak+1+ak+2+…+ak+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．57．（5分）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．EB．FC．GD．H8．（5分）设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于D，E两点．若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A．4B．

8C．16D．329．（5分）设函数f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|，则f（x）（）A．是偶函数，且在（，+∞）单调递增B．是奇函数，且在（﹣，）单调递减C．是偶函数，且在（﹣∞，﹣）单调递增D．是奇函数，且在

（﹣∞，﹣）单调递减10．（5分）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的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．B．C．1D．11．（5分）若2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，则（）A．ln（y﹣x+1）＞0B．ln（y﹣x+1）＜0C

．ln|x﹣y|＞0D．ln|x﹣y|＜012．（5分）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a1a2…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5的0﹣1序列中，满足C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列

是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知单位向量，的夹角为45°，k﹣与垂直，则k＝．14．（5分）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．（5分）设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1+z2＝+i，则|z1﹣z2|＝．16．（5分）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α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是．①p1∧p4②p1∧p2③￢p2∨p3④￢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﹣）2＝80，（yi﹣）2＝9000，（xi﹣）（yi﹣）＝800．（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地估计，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＝，≈1.414．19．（12分）已知椭圆C1：+＝1（a＞b＞0）的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C

1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝|AB|．（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．20．（12分）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC

，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（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）＝s

in2xsin2x．（1）讨论f（x）在区间（0，π）的单调性；（2）证明：|f（x）|≤；（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．（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，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t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|．（1）当a＝2时，求不等式f（x）≥4的解集；（2）若f（x）≥4，求a的取值范围．

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知集合U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，A＝{﹣1，0，1}，B＝{1，2}，则∁U

（A∪B）＝（）A．{﹣2，3}B．{﹣2，2，3}C．{﹣2，﹣1，0，3}D．{﹣2，﹣1，0，2，3}【分析】先求出A∪B，再根据补集得出结论．【解答】解：集合U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，A＝{﹣

1，0，1}，B＝{1，2}，则A∪B＝{﹣1，0，1，2}，则∁U（A∪B）＝{﹣2，3}，故选：A．2．（5分）若α为第四象限角，则（）A．cos2α＞0B．cos2α＜0C．sin2α＞0D．sin2α＜0【分析】先求出2α是第三或第四象

限角或为y轴负半轴上的角，即可判断．【解答】解：α为第四象限角，则﹣+2kπ＜α＜2kπ，k∈Z，则﹣π+4kπ＜2α＜4kπ，∴2α是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角，∴sin2α＜0，故选：D．3．（5分）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【分析】由题意可得至少需要志愿者为＝18名．【解答】解：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2100份计算，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，故选：B．4．（5分）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B．3474块C．3402块D．3339块【分析】方法一：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；方法二：设第n环天心石块数为an，第一层共有n环，根据等差数列分段和为等差数列，即可求出．【解答】解：方法一：设每一层有n环，由题意可知

，从内到外每环上扇面形石板数之间构成等差数列，上层中心的首项为a1＝9，且公差d＝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，则三层共有扇面形石板S3n＝S27

＝27×9+×9＝3402块，方法二：设第n环天心石块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9+（n﹣1）×9＝9n，设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n，∵下层

比中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣Sn+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．5．（5分）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．D．【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，再代入点到直线的距离公式即可．【解答】解：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＝＝或d＝＝；故选：B．6．（5分）数列{an}中，a1＝2，am+n＝aman．若ak+1+

ak+2+…+ak+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．5【分析】在已知数列递推式中，取m＝1，可得，则数列{an}是以2为首项，以2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．【解答】解：由a1＝2，且am+n＝aman，取m＝1，得an+1＝a1an＝

2an，∴，则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，则，∴ak+1+ak+2+…+ak+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．7．（5分）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．EB．FC．GD．H【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．【解答】解：根据三视图和几何体的对应关系的应用，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．8．（5分）设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于D，E两点．若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A．4B．8C．16D．32【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，再根据基本不等式即可求解．【解答】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为y＝±x，分别将x＝a，代入可得y＝±b，即D（a，b），E（a，﹣

b），则S△ODE＝a×2b＝ab＝8，∴c2＝a2+b2≥2ab＝16，当且仅当a＝b＝2时取等号，∴C的焦距的最小值为2×4＝8，故选：B．9．（5分）设函数f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|，则f（x）（）A．是偶函数

，且在（，+∞）单调递增B．是奇函数，且在（﹣，）单调递减C．是偶函数，且在（﹣∞，﹣）单调递增D．是奇函数，且在（﹣∞，﹣）单调递减【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，再判断内层函数t＝|

|的单调性，由复合函数的单调性得答案．【解答】解：由，得x．又f（﹣x）＝ln|﹣2x+1|﹣ln|﹣2x﹣1|＝﹣（ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|）＝﹣f（x），∴f（x）为奇函数；由f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|＝

，∵＝＝．可得内层函数t＝||的图象如图，在（﹣∞，）上单调递减，在（，）上单调递增，则（，+∞）上单调递减．又对数式y＝lnt是定义域内的增函数，由复合函数的单调性可得，f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递减．故选：D．10．（5分）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

的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．B．C．1D．【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．【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为的等边三角形，可得，∴AB＝BC＝AC

＝3，可得：AO1＝＝，球O的表面积为16π，外接球的半径为：R；所以4πR2＝16π，解得R＝2，所以O到平面ABC的距离为：＝1．故选：C．11．（5分）若2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，则（）A．ln（y﹣x+1）＞0B．ln（y﹣x+1）＜0C．ln|x﹣y|＞0D．l

n|x﹣y|＜0【分析】方法一：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），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．方法二：根据条件取x＝﹣1，y＝0，即可排除错误选项．【解答】解：方法一：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l

n（y﹣x+1）＞ln1＝0．方法二：取x＝﹣1，y＝0，满足2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，此时ln（y﹣x+1）＝ln2＞0，ln|x﹣y|＝ln1＝0，可排除BCD．故选：A．12．（5分）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a1a2…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5的0﹣1序列中，满足C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【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100011000110001．【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝aiai+1＝（1+0+0

+0+0）＝，C（2）＝aiai+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满足C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝aiai+1＝（1+0+0+1+1）＝，

不满足条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝aiai+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝aiai+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝aiai+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝aiai+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选

项：序列1100111001C（1）＝aiai+1＝（1+0+0+0+1）＝不满足条件．故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知单位向量，的夹角为45°，k﹣与垂直，则k＝．【分析】由已知求得，再由k﹣与垂直，可得（）＝0，展开即可求得k值．【解答】解：∵

向量，为单位向量，且，的夹角为45°，∴，又k﹣与垂直，∴（）＝，即，则k＝．故答案为：．14．（5分）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．【分析】方法一：

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．方法二：三个小区必有1个小区安排2人，剩下的2人安排其它2个小区，相乘可得．【解答】解：方法一：因为有一小区

有两人，则不同的安排方式共有C42A33＝36种．方法二：三个小区必有1个小区安排2人，剩下的2人安排其它2个小区，故有C31C42A22＝36故答案为：36．15．（5分）设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，

z1+z2＝+i，则|z1﹣z2|＝2．【分析】利用复数模的计算公式和复数的运算性质，求解即可．【解答】解：复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1+z2＝+i，所以|z1+z2|＝2，∴＝4，∴8+．得．∴|z1﹣z2|2＝8﹣（）＝12．又

|z1﹣z2|＞0，故|z1﹣z2|＝2．故答案为：2．16．（5分）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α，直线m⊥平面α，则m⊥

l．则下述命题中所有真命题的序号是①③④．①p1∧p4②p1∧p2③￢p2∨p3④￢p3∨￢p4【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得到答案．【解答】解：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α，直线m⊥平面α，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：①③④，三、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．【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）方法一、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．方法二、运用余弦定理和基本不等式，即可得到所求最大值．【解答】解：（1）设△AB

C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，由余弦定理可得cosA＝＝﹣＝﹣，由0＜A＜

π，可得A＝；（2）由题意可得a＝3，又B+C＝，可设B＝﹣d，C＝+d，﹣＜d＜，由正弦定理可得＝＝＝2，可得b＝2sin（﹣d），c＝2sin（+d），则△ABC周长为a+b+c＝3+2[sin（﹣d）+sin（+d）]＝3+2（c

osd﹣sind+cosd+sind），＝3+2cosd，当d＝0，即B＝C＝时，△ABC的周长取得最大值3+2．另解：a＝3，A＝，又a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴9＝b2+c2+bc＝（b+c）2﹣bc≥（b

+c）2﹣（b+c）2，由b+c＞3，则b+c≤2（当且仅当b＝c时，“＝”成立），则△ABC周长的最大值为3+2．18．（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﹣）2＝80，（yi﹣）2＝9000，（xi﹣）（yi﹣）＝800．（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地估计，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＝，≈1.414．

【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．【解答】解：（1）由已知，，∴20个样区野生动物数量的平均数为×＝60，∴该地区

这种野生动物数量的估计值为60×200＝12000；（2）∵，，，∴r＝＝；（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地估计．

19．（12分）已知椭圆C1：+＝1（a＞b＞0）的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与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，且|CD|＝|AB|．（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．【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．【解答】解：（1）因为F为C1的焦点且AB⊥x轴，可得F（c，0），|AB|＝，设C2的标准方程为y2＝2px（p＞0），因为F为C2的焦点且CD⊥x轴，所以F（，0），|CD|＝2p，因为|CD|＝|AB|，C

1，C2的焦点重合，所以，消去p，可得4c＝，所以3ac＝2b2，所以3ac＝2a2﹣2c2，设C1的离心率为e，由e＝，则2e2+3e﹣2＝0，解得e＝（﹣2舍去），故C1的离心率为；（2）由（1）可得a＝2c，b＝c，p＝2c，所以C1：+＝1，C2

：y2＝4cx，联立两曲线方程，消去y，可得3x2+16cx﹣12c2＝0，所以（3x﹣2c）（x+6c）＝0，解得x＝c或x＝﹣6c（舍去），从而|MF|＝x+＝c+c＝c＝5，解得c＝3，所以C1和C2的标准方程分别为+＝1，y2＝12x．2

0．（12分）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1A

MN⊥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．【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，AM＝3AP，PN＝BC＝B1C1＝3EF，直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，从而直线B1E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．【解答】解：（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，∵MN⊥B1C1，A1N⊥B1C1，MN∩A1N＝N，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F，综上，AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F．（2）解：∵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＝3

AP，PN＝BC＝B1C1＝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，，sin∠B1EH＝＝，∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为．21．（12分）已知函数f（x）＝sin2xsin2x．（1）讨论f（x）在区间（0，π）的单调性；（2）证明：|f（x）|≤；（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．【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．【解答】解：（1）f（x）＝sin2xsin2x＝2s

in3xcosx，∴f′（x）＝2sin2x（3cos2x﹣sin2x）＝2sin2x（3﹣4sin2x）＝2sin2x[3﹣2（1﹣cos2x）]＝2sin2x（1+2cos2x），令f′（x）＝0，解得，x＝，或x＝，当x∈（0

，）或（，π）时，f′（x）＞0，当x∈（，）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，），（，π）上单调递增，在（，）上单调递减．证明：（2）∵f（0）＝f（π）＝0，由（1）可知f（x）极小值＝f（π）＝﹣，f（x）极大值＝f（）

＝，∴f（x）max＝，f（x）min＝﹣，∵f（x）为周期函数且周期为π，∴|f（x）|≤；（3）由（sin2xsin22xsin24x…sin22nx）＝|sin3xsin32xsin34x……sin32n﹣1xsin32nx|，＝|sinx|•|sin2x

sin32xsin34x……sin32n﹣1xsin2nx|•|sin22nx|，＝|sinx|•|f（x）f（2x）…f（2n﹣1x）|•|sin22nx|，≤|f（x）f（2x）…f（2n﹣1x）|．∴sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤（）n]＝．（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，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t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．【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．【解答】解：（1）曲线C1，参数方程为：（θ为参数），转换为直角坐标方程为：x+y﹣4＝0，所以C1的普通方程为x+y＝4（0≤x≤4）．曲线C2的参数方程：（t为参数）．所以①2﹣②2整理得直角坐标方程为，所以C2的普通方程为x2﹣y2＝4．（2）

法一：由，得，即P的直角坐标为（）．设所求圆的圆心的直角坐标为（x0，0），由题意得x02＝（x0﹣）2+，解得x0＝，因此，所求圆的极坐标方程为ρ＝cosθ．法二：由，整理得，解得：，即P（）．设圆的方程（x﹣a）2+y2＝r2，由于圆经过点P和原点，所以，解得，故

圆的方程为：，即x2+y2﹣x＝0，转换为极坐标方程为．[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；（2）若f（x）≥4，求a的取值范围．【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）2|＝（a﹣1）2．由f（x）≥4，得（a﹣1）2≥4，求解二次不等

式得答案．【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝|x﹣4|+|x﹣3|＝，∴当x≤3时，不等式f（x）≥4化为﹣2x+7≥4，即x≤，∴x；当3＜x＜4时，不等式f（x）≥4化为1≥4，此时x∈∅；当x≥4时，不

等式f（x）≥4化为2x﹣7≥4，即x，∴x．综上，当a＝2时，不等式f（x）≥4的解集为{x|x≤或x≥}；（2）f（x）＝|x﹣a2|+|x﹣2a+1|≥|x﹣a2﹣（x﹣2a+1）|＝|（a﹣1）2|＝（a

﹣1）2．又f（x）≥4，∴（a﹣1）2≥4，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，+∞）．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面

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