2020年全國高考理數(shù)選擇填空詳解匯編

2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（理科）（新課標I）

第I卷（選擇題）

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評卷人得分

一、單選題

1.若z=l+i,則|Z2-2Z|=（）

A.0B.1C.72D.2

2.設集合A={X|X2-4W0},B={x\2x+a<0},MAHB={x|-2<x<l},貝ija=（）

A.-4B.-2C.2D.4

3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐

的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高

與底面正方形的邊長的比值為（）

AA/5—1RA/5—1「A/5+1口A/5+1

4242

4.己知A為拋物線C:y2=2p無（°>0）上一點，點A到C的焦點的距離為12,到y(tǒng)軸的距離

為9,貝!|p=（）

A.2B.3C.6D.9

5.某校一個課外學習小組為研究某作物種子的發(fā)芽率y和溫度無（單位：°C）的關系，在

20個不同的溫度條件下進行種子發(fā)芽實驗，由實驗數(shù)據(jù)（專y）（i=1,2,,20）得到下面的散點

圖:

由此散點圖，在i(rc至4(rc之間，下面四個回歸方程類型中最適宜作為發(fā)芽率y和溫度尤

的回歸方程類型的是()

A.y=a+bxB.y^a+bx2

C.y^a+bexD.y-a+b\nx

6.函數(shù)/(x)=/一2/的圖像在點(1,7(D)處的切線方程為()

A.y=-2x-lB.y=-2x+\

C.y-2x-3D.y-2x+l

TV

7.設函數(shù)/(x)=cos(ox+：)在［-兀,兀］的圖像大致如下圖，則兀0的最小正周期為()

8.(x+±)(x+y)5的展開式中x3y3的系數(shù)為()

X

A.5B.10

C.15D.20

9.已知1￡（0,兀），且3cos2。一8cosa=5,則sina=（）

A.且B.-

33

C.1D.1

39

10.已知A為球。的球面上的三個點，。。為A3C的外接圓，若。&的面積為4兀,

AB=BC=AC^OO[,則球。的表面積為（）

A.64兀B.48兀C.36兀D.32K

11.已知。M：x*2+y2-2x-2y-2^0,直線/：2x+y+2=0,P為/上的動點，過點

P作。M的切線PAP5,切點為A3,當加|最小時，直線A3的方程為（）

A.2x-y-l—0B.2x+y-l=0C.2x-y+l=0D.2x+y+l=0

12.若2"+1082。=4"+210g4人，貝i|（）

A.a>2bB.a<2bC.a>b2D.a<b2

第H卷(非選擇題)

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評卷人得分

二、填空題

2x+y-2<0,

13.若x,y滿足約束條件x-y-120,則z=x+7y的最大值為.

y+120,

14.設為單位向量，且|a+/7|=l,則|a—b|=.

22

15.已知產為雙曲線C:，-1=l(a>0,6>0)的右焦點，A為C的右頂點，8為。上的點,

ab

且8尸垂直于x軸.若AB的斜率為3,則C的離心率為.

16.如圖，在三棱錐尸-ABC的平面展開圖中，AC=1,AB=AD=y/3,ABLAC,ABLAD,

ZCAE=30°,貝ijcosNFCB=.

參考答案

1.D

【解析】

【分析】

由題意首先求得z2-2z的值，然后計算其模即可.

【詳解】

由題意可得：z?=（1+力）一=2,，則z?—2z=2，—2（l+z）=—2.

故,—2z|=卜2|=2.

故選：D.

【點睛】

本題主要考查復數(shù)的運算法則和復數(shù)的模的求解等知識，屬于基礎題.

2.B

【解析】

【分析】

由題意首先求得集合A3,然后結合交集的結果得到關于。的方程，求解方程即可確定實數(shù)

。的值.

【詳解】

求解二次不等式/一4<0可得：A={^-|-2<x<2},

求解一次不等式2x+aW0可得：B=\x\x<-^.

由于Ac5={x|—2WxWl},故：—￡=1，解得：a=-2.

故選：B.

【點睛】

本題主要考查交集的運算，不等式的解法等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.

3.C

【解析】

【分析】

設CD=a,PE=b,利用尸PE得到關于的方程，解方程即可得到答案.

2

【詳解】

如圖，沒CD=a,PE=b,則PO=dPE?—OE?=卜—；,

由題意PC>2=—。人，即/一幺=±。6,化簡得4（2y—2.2—i=o,

242aa

解得（負值舍去）.

a4

故選：C.

/AC

【點晴】

本題主要考查正四棱錐的概念及其有關計算,考查學生的數(shù)學計算能力，是一道容易題.

4.C

【解析】

【分析】

利用拋物線的定義建立方程即可得到答案.

【詳解】

設拋物線的焦點為E由拋物線的定義知|AE|=XA+>|=12,即12=9+(解得p=6.

故選：C.

【點晴】

本題主要考查利用拋物線的定義計算焦半徑，考查學生轉化與化歸思想，是一道容易題.

5.D

【解析】

【分析】

根據(jù)散點圖的分布可選擇合適的函數(shù)模型.

【詳解】

由散點圖分布可知，散點圖分布在一個對數(shù)函數(shù)的圖象附近，

因此，最適合作為發(fā)芽率》和溫度》的回歸方程類型的是y=a+b\nx.

故選：D.

【點睛】

本題考查函數(shù)模型的選擇，主要觀察散點圖的分布，屬于基礎題.

6.B

【解析】

【分析】

求得函數(shù)y=/(￡)的導數(shù)/■'(%),計算出和/'(1)的值，可得出所求切線的點斜式方

程，化簡即可.

【詳解】

/(X)=X4-2X3,.-./,(X)=4X3-6X2,⑴=-1,/(1)=-2,

因此，所求切線的方程為y+l=—2(x—1),即y=-2x+l.

故選：B.

【點睛】

本題考查利用導數(shù)求解函圖象的切線方程，考查計算能力，屬于基礎題

7.C

【解析】

【分析】

(47r)(47r兀、(47r)

由圖可得：函數(shù)圖象過點一可-,0,即可得到cos--限3+^=0,結合一可-,0是

Ajrjrjrq

函數(shù)〃X)圖象與X軸負半軸的第一個交點即可得到-----。+—=——,即可求得。,

再利用三角函數(shù)周期公式即可得解.

【詳解】

由圖可得：函數(shù)圖象過點/,o],

(47r7T、

將它代入函數(shù)/(%)可得：cosl--—??+—1=0

又1-/,o]是函數(shù)/(%)圖象與x軸負半軸的第一個交點’

47r7TTC3

所以-----CD-\---=----，解得：CO——

9622

_2〃_2〃_4"

===

所以函數(shù)“力的最小正周期為^TTT

2

故選：C

【點睛】

本題主要考查了三角函數(shù)的性質及轉化能力，還考查了三角函數(shù)周期公式，屬于中檔題.

8.C

【解析】

【分析】

/2、

求得(x+y)5展開式的通項公式為4+1=。孑5-，了(廠6"且廠＜5),即可求得x+匕與

Ix)

(%+〉)5展開式的乘積為。鼻6一了或。鼻1了+2形式，對「分別賦值為3,1即可求得爐;/的

系數(shù)，問題得解.

【詳解】

（X+y）5展開式的通項公式為Tr+l=6/了（reN且廠<5）

（y2>

所以%+—的各項與（x+y）5展開式的通項的乘積可表示為：

Ix）

22

=《產了和二加=乙。/了=?！绷?2

XX

33

在x&=C，-y中，令廠=3,可得：xT4=Clxy,該項中的系數(shù)為io,

22

在匕&]=c>"了+2中，令廠=1,可得：2Lj；=C；x3y3,該項中Yy3的系數(shù)為5

XX

所以dy3的系數(shù)為10+5=15

故選：C

【點睛】

本題主要考查了二項式定理及其展開式的通項公式，還考查了賦值法、轉化能力及分析能力,

屬于中檔題.

9.A

【解析】

【分析】

用二倍角的余弦公式，將已知方程轉化為關于cosa的一元二次方程，求解得出cosa,再

用同角間的三角函數(shù)關系，即可得出結論.

【詳解】

3cos2cz-8cosiz=5,得6cos2a-8cosa-8=0，

2

即3cos2二一4cos。-4=0，解得cosa=—§或cosa=2（舍去），

2

又aG（0,幾）,sina-V1-cosa-?

故選：A.

【點睛】

本題考查三角恒等變換和同角間的三角函數(shù)關系求值，熟記公式是解題的關鍵，考查計算求

解能力，屬于基礎題.

10.A

【解析】

【分析】

由己知可得等邊A8C的外接圓半徑，進而求出其邊長，得出的值，根據(jù)球的截面性

質，求出球的半徑，即可得出結論.

【詳解】

設圓。1半徑為「，球的半徑為依題意，

得"尸=4乃,；,=2,A5c為等邊三角形，

由正弦定理可得AB=2rsin60°=273，

Oq=AB=2百，根據(jù)球的截面性質OO]±平面ABC,

+戶

OOX±aA,R=OA=d（）O；+OW=ROO；=4,

球。的表面積S=4%露=64萬.

故選：A

【點睛】

本題考查球的表面積，應用球的截面性質是解題的關鍵，考查計算求解能力，屬于基礎題.

11.D

【解析】

【分析】

由題意可判斷直線與圓相離，根據(jù)圓的知識可知，四點AP,民"共圓，且根

據(jù)|PMHAB|=4SM=4|K4|可知，當直線時，最小，求出以

為直徑的圓的方程，根據(jù)圓系的知識即可求出直線AB的方程.

【詳解】

圓的方程可化為(x—1)2+(y—1)2=4,點M到直線/的距離為

|2xl+l+2|

d=[,--------1=7r5>2,所以直線/與圓相離.

W+F

依圓的知識可知，四點A,P,5M四點共圓，且所以

\PM\-\AB\=4SPAM=4x|x|PA|x|AM|=4|PA|,而附=新展4，

當直線兒田上/時，行，I%LnUL此時最小.

11

]/、11y=—x+—rx=-l

：.MP:y-l=—(x-1)BPj；=—x+—,由122解得，<.

2221+y+2=0"=°

所以以"P為直徑的圓的方程為(x—l)(x+l)+y(y—1)=0,即f+J—丁一1=0,

兩圓的方程相減可得：2x+y+l=0,即為直線A3的方程.

故選：D.

【點睛】

本題主要考查直線與圓，圓與圓的位置關系的應用，以及圓的幾何性質的應用，意在考查學

生的轉化能力和數(shù)學運算能力，屬于中檔題.

12.B

【解析】

【分析】

設/(幻=2，+1。82彳，利用作差法結合/(x)的單調性即可得到答案.

【詳解】

/,2Z,

設/'(X)=2'+log?x,則/O)為增函數(shù)，+log2tz=4+21og4Z?=2+log2Z>

u2b

所以/(a)-/(2b)=2"+log2a-(2+log?2b)=22b+Xog2b_(2+log22切

lo

=g2；=-1<°，

所以/(a)</(2A),所以a<2b.

2ab2

f(a)-f(b)=2+log2a-(2廬+log2/)=2~+log2b一(2.+log2b)=

2fofo2

2-2-\og2b，

當匕=1時，/(a)—/(/)=2〉0,此時/(a)〉/(/),有口>〃

當b=2時，/(a)-/(Z72)=-l<0,此時/(a)</(/),有a<〃，所以c、D錯誤.

故選：B.

【點晴】

本題主要考查函數(shù)與方程的綜合應用，涉及到構造函數(shù)，利用函數(shù)的單調性比較大小，是一

道中檔題.

13.1

【解析】

【分析】

首先畫出可行域，然后結合目標函數(shù)的幾何意義即可求得其最大值.

【詳解】

繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，

目標函數(shù)z=x+7y即：y=-—x+—z,

'-77

其中z取得最大值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大,

據(jù)此結合目標函數(shù)的幾何意義可知目標函數(shù)在點A處取得最大值，

2%+y—2=0

聯(lián)立直線方程：4,c，可得點A的坐標為：A(1,O),

x-y-l=O

據(jù)此可知目標函數(shù)的最大值為：Zmax=l+7XO=1.

故答案為：1.

【點睛】

求線性目標函數(shù)z=ax+力(曲⑼的最值,當b>0時,直線過可行域且在y軸上截距最大時,

z值最大，在y軸截距最小時，z值最?。划擹?<0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時,

z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.

14.73

【解析】

【分析】

rr

整理已知可得：\a+ba+b)2，再利用。力為單位向量即可求得2〃力=—1，對。一〃

變形可得：a—Xa\—2^-Z?+|/?|，問題得解.

【詳解】

rr

因為4,6為單位向量，所以。=。1

所以。+人a+ba\+2^z-Z?+|z?|二三2+2a.b=1

解得：2a?b=—1

所以。一/?

4+二#)

故答案為：^/3

【點睛】

本題主要考查了向量模的計算公式及轉化能力，屬于中檔題.

15.2

【解析】

【分析】

A2??

根據(jù)雙曲線的幾何性質可知，忸司=幺，/卜

|Ac-af即可根據(jù)斜率列出等式求解即可.

a

【詳解】

x-c

X-C

不上二1b2

聯(lián)立解得《白，所以宙尸|二—.

y=±—aa

a

a2=b2+c2

依題可得，j—=3,\AF\=c-a,即"c2-4=3,變形得c+a=3a,c=2a,

Qrc-atz（c-o）

因此，雙曲線C的離心率為2.

故答案為：2.

【點睛】

本題主要考查雙曲線的離心率的求法，以及雙曲線的幾何性質的應用，屬于基礎題.

1

16.——

4

【解析】

【分析】

在△ACE中，利用余弦定理可求得CE,可得出Cb,利用勾股定理計算出BC、BD,

可得出，然后在ABCF中利用余弦定理可求得cosZFCB的值.

【詳解】

ABLAC,AB=6，AC=11

由勾股定理得BC=A/A82+AC2=2，

同理得3。=遙，..BP=3。=#,

在△ACE中，AC=1,AE=AD=6，ZCAE=3Q，

由余弦定理得CE2=AC2+AE2—2AC-AECOS30=l+3-2xlx^/3x^=l,

:.CF=CE=1,

在△BCF中，BC=2,BF=&,CF=1,

CF2+BC2-BF21+4-61

由余弦定理得cosZFCB=_絲二

2CFBC2x1x24

故答案為：

【點睛】

本題考查利用余弦定理解三角形，考查計算能力，屬于中等題.

2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（理科）（新課標II）

第I卷（選擇題）

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評卷人得分

1.已知集合。={-2,-1,0,1,2,3},A={-1,0,1},B={1,2},則①（AuB）=（）

A.{-2,3}B.{-2,2,3}C.{-2,-1,0,3}D.{-2,一1,0,2,3）

2.若a為第四象限角，則（）

A.cos2a>0B.cos2a<0C.sin2a>0D.sin2a<0

3.在新冠肺炎疫情防控期間，某超市開通網上銷售業(yè)務，每天能完成1200份訂單的配貨,

由于訂單量大幅增加，導致訂單積壓.為解決困難，許多志愿者踴躍報名參加配貨工作.已知

該超市某日積壓500份訂單未配貨，預計第二天的新訂單超過1600份的概率為0.05,志愿

者每人每天能完成50份訂單的配貨，為使第二天完成積壓訂單及當日訂單的配貨的概率不

小于0.95,則至少需要志愿者（）

A.10名B.18名C.24名D.32名

4.北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板（稱

為天心石），環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的

第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層

比中層多729塊，則三層共有扇面形石板（不含天心石）（）

A.3699塊B.3474塊C.3402塊D.3339塊

5.若過點（2,1）的圓與兩坐標軸都相切，則圓心到直線2x-y-3=。的距離為（）

2A/5

5丁55

2

6.數(shù)列｛4｝中，4=2,am+n=aman,若以+i+We++~="一？，貝1］左=()

A.2B.3C.4D.5

7.如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應的點為M,

在俯視圖中對應的點為N,則該端點在側視圖中對應的點為（）

N

A.EB.FC.GD.H

22

8.設。為坐標原點，直線x與雙曲線C:0-與=1（。＞0,6＞0）的兩條漸近線分別交于

ab

D,E兩點，若ODE的面積為8,則C的焦距的最小值為（）

A.4B.8C.16D.32

9.設函數(shù)/（*）=111|2》+1|-111|2彳一1|,貝（）

A.是偶函數(shù)，且在2,+8）單調遞增B.是奇函數(shù)，且在（-LL單調遞減

222

C.是偶函數(shù)，且在（—，-｝單調遞增D.是奇函數(shù)，且在（f,-g）單調遞減

10.已知△ABC是面積為名后的等邊三角形，且其頂點都在球。的球面上.若球。的表面積

4

為16萬，則。到平面A8C的距離為（）

A.J3B.-C.1D.在

22

11.若2,—2〉＜3一,—3一，貝IJ（）

A.ln(y-x+l)>0B.ln(j-x+l)<0C,ln|x-j|>0D.ln|x-y|<0

12.0-1周期序列在通信技術中有著重要應用.若序列4出a?滿足qe{0,1}。=1,2,）,

且存在正整數(shù)加，使得%,“=%?=1,2,）成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿足

）的最小正整數(shù)也為這個序列的周期.對于周期為加的。-1序列4出%

11n

C伏）=一?4+式％=1，2,，根-1）是描述其性質的重要指標，下列周期為5的0-1序列中,

滿足C（幻（笈=1,2,3,4）的序列是（）

A.11010B.11011C.10001D.11001

第II卷（非選擇題）

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評卷人得分

13.已知單位向量;，1的夾角為45°,左]與:垂直，則仁.

14.4名同學到3個小區(qū)參加垃圾分類宣傳活動，每名同學只去1個小區(qū)，每個小區(qū)至少安

排1名同學，則不同的安排方法共有種.

21,Z2||Z]-Z2l=.

15.設復數(shù)滿足|zj=|z?|=2,Zj+z2=>/3+i,貝!

16.設有下列四個命題：

pi：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內.

P2：過空間中任意三點有且僅有一個平面.

P3:若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.

P4：若直線/u平面a,直線m_L平面a,則

則下述命題中所有真命題的序號是.

①P1△②。1△。2③V。3④V

參考答案

1.A

【解析】

【分析】

首先進行并集運算，然后計算補集即可.

【詳解】

由題意可得：AuB={-l,0,l,2},則6（AB）={-2,3}.

故選：A.

【點睛】

本題主要考查并集、補集的定義與應用，屬于基礎題.

2.D

【解析】

【分析】

由題意結合二倍角公式確定所給的選項是否正確即可.

【詳解】

37r

方法一：由a為第四象限角，可得---FIkn<a<17i+2k?i,k^Z,

2

所以3乃+4Lr<2a<4乃+4Lr,keZ

此時2a的終邊落在第三、四象限及》軸的非正半軸上，所以sin2a<0

故選：D.

冗

方法二：當。=一一時,選項B錯誤;

6

71

當&=__時,選項A錯誤;

3

由a在第四象限可得：sina<0,cosa>0,則sin勿=2sinecoscr<0,選項C錯誤,

選項D正確；

故選：D.

【點睛】

本題主要考查三角函數(shù)的符號，二倍角公式，特殊角的三角函數(shù)值等知識，意在考查學生的

轉化能力和計算求解能力.

3.B

【解析】

【分析】

算出第二天訂單數(shù)，除以志愿者每天能完成的訂單配貨數(shù)即可.

【詳解】

由題意，第二天新增訂單數(shù)為500+1600—1200=900,設需要志愿者x名，

50r

—>0.95,故需要志愿者18名.

900

故選：B

【點晴】

本題主要考查函數(shù)模型的簡單應用，屬于基礎題.

4.C

【解析】

【分析】

第〃環(huán)天石心塊數(shù)為⑸，第一層共有w環(huán)，則｛?！埃且?為首項，9為公差的等差數(shù)列，

設S”為｛4｝的前w項和，由題意可得53“-52”=凡“一5"+729,解方程即可得到“進

一步得到名“.

【詳解】

設第“環(huán)天石心塊數(shù)為4,第一層共有“環(huán)，

則｛。"｝是以9為首項，9為公差的等差數(shù)列，4=9+(〃—1)x9=9”，

設5”為｛4｝的前/項和，則第一層、第二層、第三層的塊數(shù)分

別為因為下層比中層多塊，

S”S2n-Sn,S3?-S2n,729

所以

§3"-S2K=S2n-Sn+729,

3H(9+27H)2n(9+18n)2〃(9+18”)n(9+9n)

即BRI---------------------------=--------------------------1-729

2222

即9〃2=729，解得〃=9,

_e_27(9+9x27)_

所以

83〃-S27---3402.

故選：C

【點晴】

本題主要考查等差數(shù)列前〃項和有關的計算問題，考查學生數(shù)學運算能力，是一道容易題.

5.B

【解析】

【分析】

由題意可知圓心在第一象限，設圓心的坐標為可得圓的半徑為。，寫出圓的

標準方程，利用點（2,1）在圓上，求得實數(shù)。的值，利用點到直線的距離公式可求出圓心到

直線2x-y-3=0的距離.

【詳解】

由于圓上的點（2,1）在第一象限，若圓心不在第一象限，

則圓與至少與一條坐標軸相交，不合乎題意，所以圓心必在第一象限，

設圓心的坐標為（a,a）,則圓的半徑為。，

圓的標準方程為（％-。）一+（y-a）2=cT.

由題意可得（2—a）?+（l-?）2=a2,

可得/—6。+5=0，解得。=1或〃=5,

所以圓心的坐標為（1,1）或（5,5）,

圓心（U）到直線2x-y-3=0的距離均為&==巫.

\55

2x5-5-3|_275

圓心（5,5）到直線2x-y-3=0的距離均為d2=

5

H_2V1

圓心到直線2x—y—3=0的距離均為d=

A/5-5

所以，圓心到直線2x—y—3=0的距離為當.

故選：B.

【點睛】

本題考查圓心到直線距離的計算，求出圓的方程是解題的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.

6.C

【解析】

【分析】

取“2=1,可得出數(shù)列｛4｝是等比數(shù)列，求得數(shù)列｛%｝的通項公式，利用等比數(shù)列求和公

式可得出關于左的等式，由左eN*可求得左的值.

【詳解】

在等式4+.=%/中,令“2=1，可得q+1=4。1=24，...展=2,

an

所以，數(shù)列｛4｝是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列，則％=2x2i=2",

???―+磯++一。="（1?。?"Ji?。?盧（210-1）=25（210-1）?

...21=25,則左+1=5,解得左=4.

故選：C.

【點睛】

本題考查利用等比數(shù)列求和求參數(shù)的值，解答的關鍵就是求出數(shù)列的通項公式，考查計算能

力，屬于中等題.

7.A

【解析】

【分析】

根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形，即可求得航點在側視圖中對應的點.

【詳解】

根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形，

上的點在正視圖中都對應點M直線33c4上的點在俯視圖中對應的點為N,

.?.在正視圖中對應M，在俯視圖中對應N的點是。4，線段。3。4,上的所有點在側試圖中都

對應E，，點。4在側視圖中對應的點為E.

故選：A

【點睛】

本題主要考查了根據(jù)三視圖判斷點的位置，解題關鍵是掌握三視圖的基礎知識和根據(jù)三視圖

能還原立體圖形的方法，考查了分析能力和空間想象，屬于基礎題.

8.B

【解析】

【分析】

V22b

因為C:1-谷V=1(。>0/>0),可得雙曲線的漸近線方程是丁=土一X,與直線X=a聯(lián)立

aba

方程求得。，E兩點坐標，即可求得|根據(jù)ODE的面積為8,可得ab值，根據(jù)

2c=2行二齊，結合均值不等式，即可求得答案.

【詳解】

22

C:----——1(。>0,Z?>0)

ab

b

二.雙曲線的漸近線方程是y=±-x

a

22

直線X=。與雙曲線C:，-斗=1(a>08〉0)的兩條漸近線分別交于D,石兩點

ab

不妨設。為在第一象限，石在第四象限

x=a

聯(lián)立〈b，解得〈

y=-xy=b

Ia

故。

x-a(

x=a

聯(lián)立1b，解得I,

y=——九[y=~b

、a

故E(Q,-Z?)

:.\ED\^2b

的面積為：S：=；ax2b=ab=8

雙曲線c：-——1(。>0,Z?>0)

a"b'

其焦距為2c=2,片+/>20茄=2^/16=8

當且僅當a=b=20取等號

二。的焦距的最小值：8

故選：B.

【點睛】

本題主要考查了求雙曲線焦距的最值問題,解題關鍵是掌握雙曲線漸近線的定義和均值不等

式求最值方法，在使用均值不等式求最值時，要檢驗等號是否成立，考查了分析能力和計算

能力，屬于中檔題.

9.D

【解析】

【分析】

根據(jù)奇偶性的定義可判斷出/(x)為奇函數(shù)，排除AC；當g］卜寸，利用函數(shù)單調

性的性質可判斷出/(%)單調遞增，排除B；當8,-g1時，利用復合函數(shù)單調性可

判斷出“力單調遞減，從而得到結果.

【詳解】

由/⑴=In|2x+1|—In疝—1|得/(%)定義域為］小w土共，關于坐標原點對稱,

X/(-x)=ln|l-2x|-ln|-2x-l|=ln|2x-l|-ln|2x+l|=-/(%),

???/(力為定義域上的奇函數(shù)，可排除AC；

當時，/(x)=ln(2j;+l)-ln(l-2x),

Qy=ln(2x+1)在上單調遞增，y=In(1—2%)在上單調遞減,

排除B；

—co,—；)時，/(x)=ln(-2x-l)-ln(l-2x)=ln2

當xe2=lnl+

2x-lI2x-l

〃=1+-------在|上單調遞減，/(〃)=ln〃在定義域內單調遞增,

2x-lI

根據(jù)復合函數(shù)單調性可知：/(%)在［-8,-g］上單調遞減，D正確.

故選：D.

【點睛】

本題考查函數(shù)奇偶性和單調性的判斷;判斷奇偶性的方法是在定義域關于原點對稱的前提下,

根據(jù)/(-%)與〃尤)的關系得到結論；判斷單調性的關鍵是能夠根據(jù)自變量的范圍化簡函

數(shù)，根據(jù)單調性的性質和復合函數(shù)“同增異減”性得到結論.

10.C

【解析】

【分析】

根據(jù)球。的表面積和A6c的面積可求得球。的半徑H和A3c外接圓半徑「，由球的

性質可知所求距離d=力?2—戶.

【詳解】

設球。的半徑為H，則4乃夫2=16?，解得：R=2.

設ABC外接圓半徑為「，邊長為

4

旦蛀，解得：a=3,“占。

2243V

???球心。到平面ABC的距離〃=JR2_r=Jm=1.

故選：C.

【點睛】

本題考查球的相關問題的求解，涉及到球的表面積公式和三角形面積公式的應用；解題關鍵

是明確球的性質，即球心和三角形外接圓圓心的連線必垂直于三角形所在平面.

11.A

【解析】

【分析】

將不等式變?yōu)?,-3口<2,-3-，根據(jù)/⑺=2,-3T的單調性知九<V,以此去判斷各個

選項中真數(shù)與1的大小關系，進而得到結果.

【詳解】

由2、—2y<3-'-3'得：2X-3r<2V-，

令/0=2'—3'

y=2工為尺上的增函數(shù)，y=3-“為R上的減函數(shù)，為R上的增函數(shù)，

Qy-x>0,:.y-x+l>l,.\ln(_y-x+l)>0,則A正確，B錯誤；

與i的大小不確定，故CD無法確定.

故選：A.

【點睛】

本題考查對數(shù)式的大小的判斷問題，解題關鍵是能夠通過構造函數(shù)的方式，利用函數(shù)的單調

性得到x,y的大小關系，考查了轉化與化歸的數(shù)學思想.

12.C

【解析】

【分析】

根據(jù)新定義，逐一檢驗即可

【詳解】

由4+,”=區(qū)?知，序列生的周期為加，由已知，771=5,

[5

C(k)=-C=1,2,3,4

5日

對于選項A,

]5]]]]

C(l)=—>:H+1——(〃]〃2+%。3+〃3“4+04%+。5“6)=—(1+0+0+0+0)=-V—

5,=]5555

[5]]2

C(2)=—44+2=—(〃]〃3+。2。4+03a5+〃4。6+。5。7)=—(0+1+0+1+0)=—,不滿足;

5；_1555

對于選項B,

[5]]3

C(l)=—>:〃4+1=—(%〃2+a2a3+。3“4+。4〃5+"5"6)=—(1+0+0+1+1)=—,不滿足;

5'=]555

對于選項D,

[5]]2

C*(l)=—>:=—+%%+。304+〃4〃5+0506)=—(1+0+0+0+1)=—,不滿足;

5,=]555

故選：C

【點晴】

本題考查數(shù)列的新定義問題，涉及到周期數(shù)列，考查學生對新定義的理解能力以及數(shù)學運算

能力，是一道中檔題.

13-T

【解析】

【分析】

首先求得向量的數(shù)量積，然后結合向量垂直的充分必要條件即可求得實數(shù)k的值.

【詳解】

由題意可得：a-b=lxlxcos45=42

2

由向量垂直的充分必要條件可得：左。-6卜。=0,

即：kxa—Z?=上一=0，解得：k=

22

故答案為：變.

2

【點睛】

本題主要考查平面向量的數(shù)量積定義與運算法則，向量垂直的充分必要條件等知識，意在考

查學生的轉化能力和計算求解能力.

14.36

【解析】

【分析】

根據(jù)題意，有且只有2名同學在同一個小區(qū)，利用先選后排的思想，結合排列組合和乘法計

數(shù)原理得解.

【詳解】

4名同學到3個小區(qū)參加垃圾分類宣傳活動，每名同學只去1個小區(qū)，每個小區(qū)至少安排

1名同學

二先取2名同學看作一組，選法有：C；=6

現(xiàn)在可看成是3組同學分配到3個小區(qū)，分法有：耳=6

根據(jù)分步乘法原理，可得不同的安排方法6義6=36種

故答案為：36.

【點睛】

本題主要考查了計數(shù)原理的綜合應用，解題關鍵是掌握分步乘法原理和捆綁法的使用，考查

了分析能力和計算能力，屬于中檔題.

15.20

【解析】

【分析】

方法一：令％+,z2=c+di,(ceR,deR),根據(jù)復數(shù)的相等可求得

ac+bd=-2,代入復數(shù)模長的公式中即可得到結果.

方法二：設復數(shù)Z[,Z2所對應的點為Z],Z2,OP=OZi+OZ2,根據(jù)復數(shù)的幾何意義及復數(shù)

的模，判定平行四邊形。乙憶為菱形，[m=|OZj=|OZ2|=2,進而根據(jù)復數(shù)的減法的

幾何意義用幾何方法計算%-z2|.

【詳解】

方法一：設馬=〃+/?，,(〃￡/?,/?￡7?),z2=c+di,(ceR,deR),

/.Z]+z2—a+c+(Jb+d)i—y[3+i,

"I-

，＜“十,，又%|二歸2|=2,所以/+62=4，/+[2=4，

b+d=1

(Q+c)2+(b+d)2=/+122(ac+bd)—4

:.ac-\-bd=—2

22

|zj—z2|=\(a—c)+(Z?—d)i\=—c)+(Z?—J)=Q8-2(ac+bd)

=，8+4=2y/3-

故答案為：26.

方法二：如圖所示，設復數(shù)4*2所對應的點為ZpZ2,QP=0ZI+0Z2，

由己知|OP|==2=|