数学试题(理科)详细解答
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题列出的四个选项中，只有 一项是最符合题目要求的． 1. 设 i 为虚数单位，则 i6 ＝ （A）-i （B） i （C）-1 （D）1 答案：C 【解析】i4=1,i6=i2=-1 故选 C 2.已知集合A
x 3 x 0
， 2 1 1 1 x B x x ，则 A B = （A）
（B）3, 1
（C）3, 1
1, 0
（D）
2,0
答案：B 【解析】 2 1 1 1 x x 2 0 1 x x x 2或x 1 ∴A∩B=(-3,-1) 故选 B3.设 a＝log36，b＝log310，c＝e-2，则
（A）b＞a＞c （B）b＞c＞a （C）a＞c＞b （D）a＞b＞c 答案：A
【解析】ylog3x 在定义域上单调递增 ∴1＜a＜b 又∵c＜1 ∴b＞a＞c 故选 A 4.在(x 1)6 x 的展开式中的常数项为 （A）20 （B）15 （C）-15 （D）-20 答案：D 【解析】 6 6 2 1 6 6 1 ( ) ( 1) r r r r r r r T C x C x x ∴当 r＝3 时，T3+1＝-20 故选 D 5.2019年 11 月 2 日，成都市青羊区开展了 5 种不同类型的 “垃圾分类，大家给力”社会服 务活动，其中有 3 种活动在上午开展，2 种活动在下午开展 .若小王参加了两种活动，则分 别安排在上、下午的概率为 （A）1 4 （B） 3 10 （C） 1 2 （D） 3 5 答案：D 【解析】由题意知：小王一共满足的情况为 2 5=10 C 种情况，分别在上下午的有 6 种情况， 故概率为3 5 故选 D 6.已知F是双曲线C： 2 2 1 4 3 x y 的左焦点，则以F 为圆心且与渐近线相切的圆的方程为
（A）(x 7)2 y23 （B）(x 7)2 y23 （C） 2 2 (x1) y （D）4 2 2 (x1) y 4 答案：B 【解析】因为焦点到渐近线的距离为 b＝ 3 ，以F 为圆心且与渐近线相切的圆的方程为 2 2 (x 7) y 3 故选 B 7.设 ( ) 1 1 4x 1 2 f x ，x∈R,则 （A）f(x)为偶函数且在（0，+∞）上单调递减 （B）f(x)为偶函数且在（0，+∞）上 单调递增 （C）f(x)为奇函数且在（0，+∞）上单调递减 （D）f(x)为奇函数且在（0，+∞）上单调 递增答案：C 【解析】∵ ( ) 4 1 2 4 1 x x f x （） ， 4 1 1 4 ( ) ( ) 2 4 1 2 4 1 x x x x f x f x （）（） ，∴f(x)为奇函数 又∵y=4x+1 单调递增，∴f(x)在（0，+∞）上单调递减 故选 C 8.设椭圆C:x22 y22 1
a b ，a＞b＞0，点 A,B 为 C 的左，右顶点，点 P 为 C 上一点，若∠APB
＝120°，则 C 的离心率的最小值为 （A） 6 3 （B） 3 2 （C） 2 3 （D） 1 2 答案：A 【解析】设椭圆的上顶点为 M ,则∠AMP≥120°，故 1 3 b a ， ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 c a b b e a a a ，∴ 6 3 e 故选 A 9.过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成 300的平面，则所得截面的面积与球的 表面积的比为 （A） 15 256 （B） 45 256 （C） 15 64 （D） 45 64 答案：C 【解析】设球的半径为 r,∵球心到平面的距离为球的半径的1 4r， ∴截面的半径为 15 4 r，∴截面的面积为 2 15 π 16 r ∵球的表面积为 2 4πr ∴所得截面的面积与球的表面积的比为15 64 故选 C
（A） 1 （B） 0 （C） 1 （D） e 答案：D 【解析】设切点为（x0,0）， 则 0 0 ( ) 0 ( ) 0 f x f x ，所以 0 0 0 0 0 x x e a e ax ，故 x0=1,a=e 故选 D 11.设 (0, ) 2 ， (0, ) 2 ，且1 cos 2 1 cos sin 2 sin ，则 （A） 2 （B） 2 2 （C） 2 （D） 2 2 答案：C
【解析】 1 cos 2 2sin2 tan sin 2 2sin cos
， 2 2cos 1 cos 2 1 =
sin 2sin cos tan
2 2 2 且 (0, ) 2 ， (0, ) 2 ，∴ 2 2 故选 C 12.如图，圆O的半径为 1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA， 终 边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M ，将△AMP 的面积表示为x的函数 ( ) f x ， 则y f x( )在 (0, ) 上的图象大致为 （ A） （A） （B） （ C ） （D） 答案：A 【解析】 1sin (1 cos ) 2 y x x
∵当 y＝0 时，sinx=0 或 cosx=1 ∴x=0或 π，故不选 D
又因为 1 cos cos2 sin2
2 y （） x x x ，所以当 x= 2 时 y 1 0 故选 A 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共计 20 分．
13. 已知向量AB(2,3) ,AC(3, )t , AB∥AC ,则 t＝ . 答案：9 2 【解析】由 AB∥AC得，2t 9 0故 9 2 t 14.函数ytan2x2 tanx ，3 x 3 3, 的最小值为 . 答案：2 【解析】令ttanx则t [ 3, 3]，y=t2-2t+3,t 0=1, 故当 t=1 时 ymin=2 15.在四边形 ABCD 中,ABC BCD120,CD3AB3BC3 3，则 AD 的长度为 . 答案：6
【解析】在△ABC 中，AB=BC,∠ABC=120°，故 AC=3,∠ACB=30°所以∠ACD=90° 在△ADC 中，AC=3, CD3 3，故 AD=6
16.在四面体ABCD中， DA 底面ABC，侧面 ABD 侧面BCD，BD BC 2，三个侧面
DAB、DBC、DCA的面积的平方和为8，则 ADB . 答案：π
4
【解析】由 DA 底面ABC知侧面 DAB 底面ABC，结合侧面 ABD 侧面BCD有BC
平 面 DAB . 故 四 面 体 三 个 侧 面 均 为 直 角 三 角 形 . 设 ADB（ 0 2 ） ， 则 2cos AD ，AB2sin ，DC2 2，AC2 1 sin 2 .于是三个侧面的面积的平方和
是4cos2(1 sin 2) 4 4sin 2cos2 ，解得8 cos2 1 2 ，所以 π 4 . 三、解答题： 17．(12 分)设数列
an 的前n项和为 n 2 1 ( ) 2 S n n (nN )* ． （1）求
an 的通项公式； （2）设 2an n n b a ，求数列
bn 的前n项和Tn. 17．答案：（1）an=n,(2) Tn=(n-1)2n+1+2 【解析】（1）∵ 2 n 1 ( ) 2 S n n ∴当 n=1 时，a1=S1=1 2分 当 n≥2 时,a=S-S ＝n 4分综上 an=n 5分 （2）由（1）知：an=n，故bn n 2n 6分 ∴ 1 2 n 1 2 ... n 1 2 2 2 ... 2n T b b b n ∴2 1 22 2 23 ... 2n 1 n T n 8分 ∴ 1-2 1 2+22 23 ... 2 - 2n n 1=2-2n 1- 2n 1 n T n n （） 10分 ∴Tn=(n-1)2n+1+2 12分
18. 第 32 届夏季奥林匹克运动会（英语：Games of the XXXII Olympiad）又称 2020 年东京 奥运会.2013 年 9 月 7 日雅克·罗格宣布 2020 年奥运会的主办城市是东京,东京申办成功后， 成为继巴黎（法国）、伦敦（英国）、洛杉矶（美国）和雅典（希腊）后的世界第 5 个至 少两次举办夏季奥运会的城市，同时也是亚洲第一个。2018 年 7 月 22 日，东京奥组委公布 2020年东京奥运会吉祥物名字，蓝色吉祥物被命名为 Miraitowa，寓意未来和永恒.甲乙两 所学校各随机抽取了100名高三的学生参加了奥运知识测评（满分70分），其中成绩不低 于50分的记为“优秀”。根据测试成绩，学生的分数（单位：分）频率分布直方图如下（左 图为甲校，右图为乙校）： （1）根据频率分布直方图估计乙校学生成绩的中位数.（结果保留两位小数） （2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有 99%的把握认为学生测试成绩是否优秀与 他所在学校有关： 非优秀 优秀 合计 甲校 乙校 合计
附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc K a b c d a c b d 2 ( ) P K k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 答案：（1）52.35,(2) 有99%的把握认为学生测试成绩是否优秀和他所在学校有关. 【解析】（1）在乙校学生测试成绩频率分布直方图中，成绩低于50分直方图面积为 (0.004 0.020 0.044) 5 0.34 0.5 ； 成 绩 低 于 55分 直 方 图 面 积 为 0.34 0.068 5 0.68 0.5 。 因 此 乙 校 学 生 测 试 成 绩 的 中 位 数 的 估 计 值 是 0.5 0.34 50 52.35 0.068 6分 （2） 非优秀 优秀 合计 甲校 62 38 100 乙校 34 66 100 合计 96 104 200
2 2 200 62 66 34 38 15.705 100 100 96 104 K 。由于15.705 6.635 ，因此有99%的把握认为学生 测试成绩是否优秀和他所在学校有关 12分19．(12 分)图 1 是由△ABC,△BCD和△ABE组成的一个平面图形，其中 AB＝BC＝CD＝ 2，BE＝2 2，∠ABC＝∠ABE=∠BCD＝90°，将其沿 AB ，BC折起，使得 BD 与 BE 重合， 连接 AD ，如图 2.
（1）证明：在图 2 中，CD面ABC；
（2）在图 2 中, M ,N 分别为 AD , BD 的中点，求面CMN与面CAB所成的二面角的正弦值.
答案：（1）略,(2) 2 2
【解析】（1）在图 2 中，∵AB⊥BD,AB⊥BC
∴AB⊥BCD ∴AB⊥CD 又∵CD⊥BC ∴CD⊥ABC 6分 (2)以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，过 B 垂直 ABC 的直线为 z 轴建立坐标系，则 A(0,2,0)，B（0,0,0）C(2,0,0),D（2,0,0）M（1,1,1），N(1,0,1) ∴CM ( 1,1,1),CN ( 1,0,1) 设平面 CMN 的一个法向量为n( , , )x y z ，则 0 0 x y z x z ∴ 0 z x y 不妨令 x=1,则n(1,0,1) 又因为平面 ABC 的法向量n(0,0,1)，所以cos , 1 2 2 n n 故面CMN与面CAB所成的二面角的正弦值 2 2 12分 20.已知点 (1,0)F ，点 Q 为直线l x: 1上一动点, FQ 的垂直平分线与过 Q 且垂直于l的直 线交于点 P ,设 P 的轨迹为曲线C． （1）求C的轨迹方程；
（2）设 A,B 为曲线C上不同的两点, A,B,F 三点不共线， |AF| + |BF| =10,求△FAB 的面积 的最大值. 答案：（1）y24x,(2) 2 2; 【解析】（1）由题意， P 到 F 的距离等于 P 到l的距离，因此点 P 的轨迹是以 F 为焦点， l为准线的抛物线。因此 P 的轨迹方程是 2 4 y x. 4分 （2）设直线 AB 的方程为x my n ，则 AB 与x轴交于点 ( ,0)n （n1）. 代入抛物线y24x，得y24my4n0 2 16m 16n 0 6分 设A x y( , )1 1 ，B x y( , )2 2 ，则由题意，有 1 2 |AF| | BF| x 1 x 1 6，即x1x2 4 7分 因此 2 1 2 ( ) 2 4 2 4 m y y n m n ，即 2 2 0 2 n m ，n2，且8(2n) 16 n16 8 n ，0 因此 2 n 2 9分 又 2 2 1 2 1 1 1 | 1| | | | 1| 16 16 | 1| 16 8 2 ( 1) ( 2) 2 2 2 FAB SV n y y n m n n n n n 2 n 2 且n1. 10分 记 f n( ) ( n1) (2 n2)， 2 n 2且n1，则 2 ( ) 2( 1)( 2) ( 1) 3( 1)( 1) f n n n n n n ， 因此 ( )f n 在 ( 2, 1) 与 (1,2) 单调递增，在 ( 1,1) 单调递减.
而 ( 1)f f(2) 4 ，故f n( )max 2 2. 故△FAB 的面积的最大值 2 2 12分 21.已知函数 ( ) ln(1f x x)（x 1）． （1）证明： ( )f x ，并说明等号成立的条件；x （2）设 ( ) (g x x1) ( )f x ax，是否存在实数a，使得 ( ) 0g x 在其定义域恒成立？若存 在，求出所有满足条件的实数a的集合；若不存在，说明理由； （3）设 1 1 1 1 2 3 n T n L （nN*），[ ]x 表示不超过x的最大整数，试求[ ( )] n T f n ． 答案：（1）略,(2) {1} ，（3）0. 【解析】（1）令 ( ) x f x( ) x ln(1x) ，则x ( ) 1 1 1 1 x x x x ．因此 ( ) x 在 ( 1,0) 上单调递增，在 (0, 上单调递减．因此 ( )) x (0) 0 ，所以 ln(1 )x ，当且x 仅当x0时等号成立． 3分 （2）由题意， ( ) ln(g x x ，于是可知 ( )1) 1 a g x 在( 1, ea1 上单调递减，在1) 1 (ea 上单调递增．于是1, ) 1 1 1 1 min ( ) ( a 1) ( 1) a ( a 1) a g x g e a e a e a e ．只需 1 min ( ) a 0 g x a e ．由（1）可知lna a 1，即a e a1，由此可知只能是a1，否则 min ( ) 0 g x 不符合题意．因此所求实数a的集合是{1} ． 7分 （3）由（1），取x 1 n ，有1 ln(1 1) lnn 1 n n n ， 因此1 1 1 1 ln2 ln3 ln 1 ln( 1) 2 3 1 2 n n n n L L ，即Tn f n( ) 0 ． 由（2），(1+x)ln(1+x) x 0，当且仅当x0时等号成立． 因此当x0时，ln(1 ) 1 x x x ．取 1 x n ，有 1 ln(1 1) 1 n n ． 因此1 1 1 ln2 ln3 ln 1 ln( 1) 2 3 1 1 2 n n n n L L ，整理得 1 1 1 1 1 ln( 1) 1 ln( 1) 1 2 3 n n n 1 n L ，即Tnf n( ) 1 ． 从而0Tn f n( ) 1 ，因此[Tn f n( )] 0 ． 12分 22．[选修 4－4：坐标系与参数方程]（10 分） 在直线坐标系 xoy 中，曲线 C1的参数方程为 2 2 2 x t y t (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，曲线 C2的极坐标方程为 π sin 2 2 4 . (1)写出 C1的普通方程和 C2的直角坐标方程； (2)设点 P 在 C1上，点 Q 在 C2上，求 PQ 的最小值及此时 P 的直角坐标. 答案：（1） 2 1 2 C：y x,C y x2: 4 (2) PQ 的最小值为7 2 4 ，此时 1 ( ,1) 2 P . 【解析】（1）曲线 C1的参数方程为 2 2 2 x t y t (t为参数) 将 2 y t 代入得： 2( )2 2 2 2 y y x ，即 2 1 2 C：y x 3分 由曲线 C2的极坐标方程为 π sin 2 2 4 得 2 2 sin cos ) 2 2 2 2 （ ∴（sincos ) 4 ，即C y x2: 4 5分 （2）设P t t(2 , 2 )2 ，则 P 到 C2 的距离为 2 2 2 2 4 2( 2) 2 t t t t 8分 故当t12时， PQ 的最小值为7 2 4 ，此时 1 ( ,1) 2 P 10分 23．[选修 4－5：不等式选讲]（10 分） 设a0，b0且a2b2 ．4 （1）证明：a6 b6 16； （2）求ab a b 的最大值． 答案：（1）略 (2) 2 2 2 . 【证明】： a6b6= a2b2)(a4a b2 2b4) a2b2)( a2b2 2) 3a b2 2) 64 12 a b2 2 （（（ 2 2 6+ 6 64 12( )2 16 2 a b a b ≥ 5分 （2）令 a=2cos ,b=2sin , (0, ) 2
，则t=a+b=2cos + 2sin 2 2 sin( ) (2,2 2]
4
2 2 ( ) 1 24sin cos 2((sin cos ) 1) 2 2
2 2
a b
故 =1 2 2 2 ab a b t t ，t(2, 2 2] 又∵ =1 2 2 2 y t t ，t(2, 2 2]，对称轴为 t0=1 ∴当
