20xx年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)（全國ⅱ理）含詳解-全文預(yù)覽
【正文】 時 f(x)取最小值 .即 x=10 時 f(x)有最小值 90,故選 C 本題主要考察求和符號的意義和絕對值的幾何意義 ,難度稍大 ,且 求和符號不在高中要求范圍內(nèi) ,只在線性回歸中簡單提到過 . 理科數(shù)學(xué) 第ＩＩ卷（非選擇題，共 90 分） 注意事項： 本卷共 2 頁， 10 小題，用黑碳素筆將答案答在答題卡上。AB A B ? (A) （ A） 2:1 （ B） 3:1 （ C） 3:2 （ D） 4:3 解析 : 連接 AB AB??和 , 設(shè) AB=a, 可得 AB 與平面 ? 所成的角為 4BAB ????, 在22R t B A B A B a???中 有 ,同理可得 AB 與平面 ? 所成的角為 6ABA ????,所以 12AA a? ? ,因此在 222 1 1( ) ( )2 2 2R t A A B A B a a a? ? ? ? ? ? ?中,所以 1: 39。過A、 B 分別作兩平面交線的垂線，垂足為 39。 ２．每小題選出答案后，用２Ｂ鉛筆把答題 卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號，在試題卷上作答無效。第ＩＩ卷３至４頁。AB→ ＝ (x1＋ x22 ，－ 2)BC→| EC→ |AB→ ＝ 0， BC→ ． 所以二面角 A1－ AD－ C1 為 60176。C13C23C25＝ 18100＝ 950 P(ξ ＝ 1)＝ C14C25AB→ 為定值； （Ⅱ）設(shè)△ ABM 的面積為 S，寫出 S＝ f(λ)的表達(dá)式，并求 S 的最小值． （ 22）（本小題滿分 12 分） 設(shè)數(shù)列｛ an｝的前 n 項和為 Sn，且方程 x2－ anx－ an＝ 0 有一根為 Sn－ 1， n＝ 1， 2， 3，?． （Ⅰ）求 a1， a2； （Ⅱ）｛ an｝的通項公式． A B C D E A1 B1 C1 2020 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試 理科數(shù)學(xué)試題（必修 ＋選修Ⅱ）參考答案和評分參考 評分說明： 1．本解答給出了一種或幾種解法供參考，如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評分參考制訂相應(yīng)的評分細(xì)則． 2．對計算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯誤時，如果后繼部分的解答未改變該題的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定后繼部分的給分，但不得超過該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半；如果后繼部分的解答有較嚴(yán)重的錯誤，就不再給分． 3．解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)． 4．只給整數(shù)分?jǐn)?shù) — 選擇題和填空題不給中間分． 一、選擇題 ⑴ D ⑵ D ⑶ A ⑷ A ⑸ C ⑹ B ⑺ A ⑻ D ⑼ A ⑽ C ⑾ A ⑿ C 二、填空題 ⒀ 45 ⒁ 3 ⒂ 22 ⒃ 25 三、解答題 17．解：（Ⅰ）若 a⊥ b，則 sinθ＋ cosθ＝ 0，????? 2 分 由此得 tanθ＝－ 1(－ π2＜ θ＜ π2)，所以 θ＝－ π4；?????? 4 分 （Ⅱ）由 a＝ (sinθ， 1)， b＝ (1， cosθ)得 ｜ a＋ b｜＝ (sinθ＋ 1)2＋ (1＋ cosθ)2＝ 3＋ 2(sinθ＋ cosθ) ＝ 3＋ 2 2sin(θ＋ π4)，?????? 10 分 當(dāng) sin(θ＋ π4)＝ 1 時， |a＋ b|取得最大值，即當(dāng) θ＝ π4時， |a＋ b|最大值為 2＋ 1．?? 12 分 18．解：（Ⅰ） ξ 可能的取值為 0， 1， 2， 3． P(ξ ＝ 0)＝ C24C25C12C25＝ 1225 P(ξ ＝ 2)＝ C14C25C22C25＝ 125． ?????? 8 分 ξ 的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 950 1225 1550 125 數(shù)學(xué)期望為 Eξ ＝ ． (Ⅱ )所求的概率 為 p＝ P(ξ ≥ 2)＝ P(ξ ＝ 2)＋ P(ξ ＝ 3)＝ 1550＋ 125＝ 1750 ????? 12 分 19．解法一： （Ⅰ）設(shè) O 為 AC 中點，連接 EO， BO，則 EO∥＝ 12C1C，又 C1C∥＝ B1B，所以 EO∥＝ DB，EOBD 為平行四邊形， ED∥ OB． ?? 2 分 ∵ AB＝ BC，∴ BO⊥ AC， 又平面 ABC⊥平面 ACC1A1， BO?面 ABC，故 BO⊥平面 ACC1A1， ∴ ED⊥平面 ACC1A1， BD⊥ AC1， ED⊥ CC1， ∴ ED⊥ BB1， ED 為異面直線 AC1 與 BB1 的公垂線．?? 6 分 （Ⅱ）連接 A1E，由 AA1＝ AC＝ 2AB 可知， A1ACC1為正方形， ∴ A1E⊥ AC1，又由 ED⊥平面 ACC1A1 和 ED?平面 ADC1知平面 ADC1⊥平面 A1ACC1，∴ A1E⊥平面 ADC1．作 EF⊥ AD，垂足為 F，連接 A1F，則 A1F⊥AD，∠ A1FE 為二面角 A1－ AD－ C1 的平面角． 不妨設(shè) AA1＝ 2，則 AC＝ 2， AB＝ 2ED＝ OB＝ 1， EF＝ AE EDAD ＝ 23， tan∠ A1FE＝ 3，∴∠ A1FE＝ 60176。AC1→ ＝ 0，∴ ED⊥ AC1， ?? 6 分 所以 ED 是異面直線 BB1 與 AC1 的公垂線． （Ⅱ）不妨設(shè) A(1， 0， 0)，則 B(0， 1， 0)， C(－ 1， 0， 0)， A1(1， 0， 2)， BC→ ＝ (－ 1，－ 1， 0)， AB→ ＝ (－ 1， 1， 0)， AA1→ ＝ (0， 0， 2)， BC→ ED→ ＝ 0，即 EC⊥ AE， EC⊥ ED，又 AE∩ ED＝ E， ∴ EC⊥面 C1AD． ?? 10 分 cos＜ EC→ ， BC→ ＞＝ EC→ ． ??? 12 分 20．解法一： 令 g(x)＝ (x＋ 1)ln(x＋ 1)－ ax， 對函數(shù) g(x)求導(dǎo)數(shù)： g′(x)＝ ln(x＋ 1)＋ 1－ a 令 g′(x)＝ 0，解得 x＝ ea－ 1－ 1， ?? 5 分 (i)當(dāng) a≤ 1 時，對所有 x＞ 0， g′(x)＞ 0，所以 g(x)在 [0，＋ ∞)上是增函數(shù)， 又 g(0)＝ 0，所以對 x≥ 0，都有 g(x)≥ g(0)， 即當(dāng) a≤ 1 時，對于所有 x≥ 0，都有 f(x)≥ ax． ?? 9 分 (ii)當(dāng) a＞ 1 時，對于 0＜ x＜ ea－ 1－ 1， g′(x)＜ 0，所以 g(x)在 (0， ea－ 1－ 1)是減函數(shù)， 又 g(0)＝ 0，所以對 0＜ x＜ ea－ 1－ 1，都有 g(x)＜ g(0)， 即當(dāng) a＞ 1 時，不是對所有的 x≥ 0，都有 f(x)≥ ax 成立． 綜上， a 的取值范圍是（－ ∞， 1]． ?? 12 分 解法二：令 g(x)＝ (x＋ 1)ln(x＋ 1)－ ax， 于是不等式 f(x)≥ ax 成立即為 g(x)≥ g(0)成立． ?? 3 分 對函數(shù) g(x)求導(dǎo)數(shù)： g′(x)＝ ln(x＋ 1)＋ 1－ a 令 g′(x)＝ 0，解得 x＝ ea－ 1－ 1， ?? 6 分 當(dāng) x＞ ea－ 1－ 1 時， g′(x)＞ 0， g(x)為增函數(shù)， 當(dāng)－ 1＜ x＜ ea－ 1－ 1， g′(x)＜ 0， g(x)為減函數(shù)， ?? 9 分 所以要對所有 x≥ 0 都有 g(x)≥ g(0)充要條件為 ea－ 1－ 1≤ 0． 由此得 a≤ 1，即 a 的取值范圍是（－ ∞， 1]． ?? 12 分 21．解： (Ⅰ )由已知條件，得 F(0， 1)， λ＞ 0． 設(shè) A(x1， y1)， B(x2， y2)．由 AF→ ＝ λFB→ ，
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