经典告白-解除劳动合同书范本

都哦哦哦来了看看
普通高等学校2020年招生全国统一考试临考冲刺卷(四)
理科数学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题 卡上，并将准考证
号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案 后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标
号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无 效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题
卷、草稿 纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一< br>项是符合题目要求的．
1．已知复数
z
满足

1i

z2i
，则
z
的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限
【答案】D
【解析】
Q

1i

z2i
，


1i

1i

z

2+i

1i

，
2z1 3i
，
z
B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
13
i
，
22
z
13

13

i
，
z
的共轭复数在复平面内对应点坐标为

,

，
z
的共轭复数在复平面内对
22

22

应的点在第四象限 ，故选D．
2．设集合
M=xx36
，
N

2,4, 6,8

，则
MIN
（ ）
2

A．

2，4


【答案】A
B．

4，6

C．

2，6

D．

2，4，6


【解析】
M

6,6

，故
MIN

2,4

．
3．下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜 钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机
取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的 概率是（ ）

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A．
1

2
B．
1

3
C．
4
1


D．
2
4


【答案】C
S'2

2

4
1
，故选C． 【解析】令 圆的半径为1，则
P
S
4．将
5
个人从左至右排成一行，最左 端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有
（ ）
A．
42
种
【答案】A
43
【解析】最左端排甲时，有
A
4
24
种排法；最左端排乙时，有
3A
3
1 8
种排法，所以共有
B．
48
种 C．
54
种 D．
60
种
241842
种排法，选A．
5．如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（ ）

A．
32


3
B．
64


3
C．
32
D．
642


3
【答案】D
【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，

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故该四棱锥的外接球，与以俯视图为底面，以4为高的直三棱柱的外接球相同．
由底面底边长为4，高为2，故底面为等腰直角三角形，
可得底面三角形外接圆的半径为
r2
，
由棱柱高为4，可得
OO
2
2
，
故外接球半径为
R2
2
2
2
22
，
4
故外接球的体积为
V22
3

3

6 42

．选D．
3
6．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、 重心、垂心依次位于同一直线上，且重
心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后入称之为 三角形的欧拉线．已知
△ABC
的顶点
A

2,0

，
B

0,4

，
ACBC
，则
△A BC
的欧拉线方程为（ ）
A．
2xy30

【答案】D
【解析】线段
AB
的中点为
M
（1，2），< br>k
AB
=﹣2，
∴线段
AB
的垂直平分线为：
y< br>﹣2=
B．
2xy30
C．
x2y30
D．
x2y30

1
（
x
﹣1），即
x
﹣2
y
+3=0．
2
∵
AC
=
BC
，∴△
ABC
的外心、重 心、垂心都位于线段
AB
的垂直平分线上，
因此△
ABC
的欧拉线 的方程为：
x
﹣2
y
+3=0．故选：D．
7．执行如图所示的程序框图，则输出
S
的值为（ ）

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A．4097
【答案】B
【解析】阅读流程图可知，该流程图的功能是计算：
B．9217 C．9729 D．20481
S12
0
22
1
32
2L102
9
，
则
2S122232L102
，
12310
12
10
102
10
， 以上两式作差可 得：
S222L2102
12
012910
则：
S92
10
19217
．本题选择B选项．
8．已知函数
f

x

Asin


x


（其中
A,

,

为常数，且
A0
，

0
，


部分图象如图所示，若
f





）的
2


3

，则
sin

2



的值为（ ）
6

2


A．

3

4
B．


1
8
C．
1

8
D．
1

3
【答案】B
【解析】由函数图象可 知：
A2
，函数的最小正周期：
T4

则



72



2
，
3

6
222
时，

x

1 1
，当
x

2k,

2k
< br>kZ

，
T3326

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令
k0
可得






，函 数的解析式：
f

x

2sin

x

．
6

6

由
f






3

3
3

可得 ：
2sin




,sin

< br>


，则：
6

26

42




π



< br>
91

sin

2



sin

2



cos

2



12sin
2



12
．
6

32

3

6

168

本题选择B选项．
9．已知实数
a
A．
abc

【答案】B
ln2ln3ln5
，
b
，
c
，则
a,b,c
的大小关系是（ ）
235
B．
cab
C．
cba
D．
bac

ln3ln22ln33ln 2ln9ln8
0
，∴
ba
；
3266
ln 2ln55ln22ln5ln32ln25
又
ac0
，∴
ac
，
251010
【解析】∵
ba
∴
bac
，即
cab
．选B．
10．如图所示，在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
E,F分别为
B
1
C
1
,C
1
D
1
的中点，点
P
是底面
A
1
B
1
C
1
D
1
内一点，且
AP∥
平面
EFDB
，则
tan APA
1
的最大值是（ ）

A．
2

2
B．
1
C．
2
D．
22

【答案】D
【解析】由题意可得，点
P
位于过点
A
且与平 面
EFDB
平行的平面上，
如图所示，取
A
1
D
1
,A
1
B
1
的中点
G,H
，连结
GH, AH,AG,GE
，
由正方形的性质可知：
EF∥GH
，由
ABE G
为平行四边形可知
AG∥BE
，
由面面平行的判定定理可得：平面
AGH∥
平面
BEFD
，
据此可得，点
P
位于直线
GH
上，

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如图所示，由
AA
1

平面
A
1
B
1
C
1
D
1
可得
AA
1
A
1
P
，
则
tanAPA
1

AA1
，当
tanAPA
1
有最大值时，
A
1
P
取得最小值，
A
1
P
即点
P
是
GH的中点时满足题意，结合正方体的性质可得此时
tanAPA
1
的值是
22
．本题
选择D选项．

y
2
11．已知双曲线
x
2
1
的左右焦点分别为
F
1
、F
2
，过点
F
2
的直线交双曲线右支于
A、B
b
2
两 点，若
△ABF
1
是等腰三角形，
A120
．则
△A BF
1
的周长为（ ）
A．
2

21


B．
43
4

3
C．
83
4

3
D．
83
8

3
【答案】C
【解析】双曲线的焦点在
x
轴上，则
a1,2a2
；
设
AF
2
m
，由双曲线的定义可知：
AF
1
A F
2
2am2
，
由题意可得：
AF
1
A BAF
2
BF
2
mBF
2
，
据此可得：
BF
2
2
，又
BF
1
BF
2
2,BF
1
4
，
△ABF
1
由正弦定理有：
BF
1
sin120

AF
1
sin30
，
则
BF
1
3AF
1
，即：
43
2m

，解得：
m
43
2
，
3
则△
ABF
1
的周长为：
42

2m
42
4383
4
．
33

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本题选择C选项．
12．已知函数
f

x

e
（ ） < br>A．
2x3
，
g

x


1x< br>ln
，若
f

m

g

n
成立，则
nm
的最小值为
42
1
2ln2

2
1
ln2

2
B．
ln2
C．D．
2ln2

【答案】A
【解析】设
f

m

g

n

t
，
Qf
< br>x

e
2x3
，
g

x

1x
ln
42
，
e
2m3

1x
lnt

t0

，
42
t
1
4
1
1
t
t
nlnt3
lnt3

，
m
，
n2e
4
，
nm2e
4


t0

，
22
2
2m3 lnt，e
t
1
4
令
h

t

2e
11
tt
'
lnt311
44




ht2e0
，则
h


t< br>
2e

t0

，

t0

，


22t2t
2

1
h


t

在

0，

上为增函数，且
h


0
，

4

当
t
11
时，
h


t
< br>0
，当
0t
时，
h


t

0
，
44
1

1

1
< br>

上为增函数，

当
t
时，
h

t

取得最小值，
h

t

在< br>
0，

上为减函数，在

，
4

4

4

11

44
此时
h


1


2e
4

1
ln 3
1
1

4
ln2
，即
nm
的最 小值为
ln2
，故选A．
22
2
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
v
v
v
v
1 3．已知向量
a

12,k

，
b

1k,14

，若
ab
，则实数
k
________ __．
【答案】
6

【解析】由题意，
12

1k

14k0
，则
k6
．
14．
△ABC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，已知
3

acosCccosA

b,B60
，
则A
的大小为__________．
【答案】
75

都哦哦哦来了看看
【解析】由
3

acosCccosA

b
，根据正弦定理得
3

sinAcosCsinCcosA

sinB
，
即
3sin

AC
< br>
3
2
，
sin

AC

1
2
，
AC
1
30
6
，又
QAC180B120
，
2A150
，
A75
，故答案为
75
．

x≤myn

15．已知直线
l:
xmyn(n0)
过点
A53,5
，若可行域

x3y≥0
的外接圆直径为

y≥0


2 0，则
n
_____．
【答案】
103

【解析】由题 意知可行域为图中△
OAB
及其内部，解得
B

n,0
< br>,AB(n53)25
，又
2
tanAOB
3
，则 ∠
AOB
=30°，由正弦定理得
AB2RsinAOB20sin30 10
，
3
解得
n103
．故答案为：
103
．


3

4


3

4

16． “求方程



1
的解” 有如下解题思路：设
f

x




 
，则
f

x


5

5

5

5

在
R
上单调递减，且
f

2

1
，所以原方程有唯一解
x2
．类比上述解题思路，不等式
xxxx
x
6


x2< br>


x2

3
x
2
的解集是 __________．
【答案】

,1


< br>2,


【解析】不等式
x
﹣（
x
+2 ）＞（
x
+2）﹣
x
变形为，
632
x
6
+
x
2
＞（
x
+2）
3
+（
x
+2）；

都哦哦哦来了看看
令
u
=x，
v
=x+2，
则
x
+
x
＞（
x
+2）+（x+2）⇔
u
+u＞
v
+
v
；
考查函数
f
（
x
）=
x
+
x
，知
f
（
x
）在R 上为增函数，
∴
f
（
u
）＞
f
（
v），∴
u
＞
v
；
不等式
x
+
x＞（
x
+2）+（
x
+2）可化为
x
＞
x+2，解得
x
＜﹣1或
x
＞2；
∴不等式的解集为：（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．
故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．
三、解答题：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为选考题，考生根据要求 作答．
（一）必考题：60分，每个试题12分．
2
17．已知数列
< br>a
n

的前
n
项和
S
n
npn
，且
a
2
，
a
5
，
a
10
成等比数列．
6232
3
62333
2
（1）求数列

a
n

的通项公式；
（2）若
b
n
1 
5
，求数列

b
n

的前
n
项 和
T
n
．
a
n
a
n1
14n
2
54n
【答案】（1）
a
n
2n5
；（2）T
n

．
14n49
【解析】（1）当
n2时，
a
n
S
n
S
n1
2n1p< br>，
当
n1
时，
a
1
S
1
1 p
，也满足
a
n
2n1p
，故
a
n
2n1p
，
∵
a
2
,a
5
,a
10
成等比数列，∴

3p

19p

< br>
9p

，
∴
p6
．∴
a
n
2n5
．
（2） 由（1）可得
b
n
1
2
555

11

11



，
a
n
an1
2n52n722n52n7


5

111111

5n14n
2
54n

∴T
n
n


．

n2

799112n52n7

14n4914n49
18．某单位鼓励员工参加健身运动，推广了一款手机软件，记录每人每天走路消耗的卡路里；
软件的测 评人员从员工中随机地选取了40人（男女各20人），记录他们某一天消耗的卡路里，
并将数据整理如 下：

都哦哦哦来了看看

（1）已知某人一天的走路消耗卡路里超过 180千卡被评测为“积极型”，否则为“懈怠型”，
根据题中数据完成下面的
22
列联表，并据此判断能否有99%以上把握认为“评定类型”与
“性别”有关？

（ 2）若测评人员以这40位员工每日走路所消耗的卡路里的频率分布来估计其所有员工每日
走路消耗卡路 里的频率分布，现在测评人员从所有员工中任选2人，其中每日走路消耗卡路
里不超过120千卡的有< br>X
人，超过210千卡的有
Y
人，设

期望．
附：
k
2
XY
，求

的分布列及数学
n

adbc

2

ab

cd
 
ac

bd

，其中
nabcd
．
参考数据：
PK
2
≥k
0

k
0


0.10 0.05 0.025 0.010
2.706 3.841 5.024 6.635
【答案】（1）有99％以上把握认为“ 评定类型”与“性别”有关；（2）
【解析】（1）由题意完成2×2列联表如下：

男
积极型
15
懈怠型
5
5
．
8
总计
20

都哦哦哦来了看看
女
总计
5
20
2
15
20
20
40
则
K
有关．
2
40

151555
20202020
10>6.635
，故有99％以上把握认为“评定 类型”与“性别”
（2）任选一人，由题知：每日走路消耗卡路里不超过120千卡的概率为
概 率为
1
，超过210千卡的
8
1
，
4
所以

的分布列为：


P

则数学期望为：
E



0
19．如图，已知
0 1 2
29

64
293055
12
．
6464648
30

64
5

64
AB BC
，
BE∥CD
，
DCB90
，平面
BCDE
平面
ABC
，
ABBCBE2
，
CD4
，
F
为
AD
中点．

（1）证明：
EF
平面
ACD
；
（2）求直线
CE
与平面
ABD
所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
10
．
10
【解析】（1）证 明：设
AC
中点为
G
，连
FG,BG
，
∵
F
为
AD
中点，∴
FG∥DC,FG
又由题意
BE∥C D
，
BE
1
DC
，
2
1
CD
∴
EB∥FG
，且
EBFG
，
2

都哦哦 哦来了看看
∴四边形
BEFG
为平等四边形，∴，
EF∥BG

∵
DCB90
∴
DCBC
，
又∵平面
BCDE
平面
ABC
，平面
BCDEI
平面
ABCBC
，
DC
平面
BCDE
，
∴
DC
平面
ABC
．
又
BG
平面< br>ABC
，∴
DCBG
，∴
DCEF
，
又
ABBC
，∴
ACBG
，∴
ACEF
，
∵
ACIDCC
，
AC
平面
ACD
，
DC
平面
ACD
，
∴
EF
平面
ACD
．
（2）以点
B
为 原点，以
BA
方向为
x
轴，以
BC
方向为
y
轴，以
BE
方向为
z
轴，建立如图
所示坐标系
B

0,0,0

，
E

0,0,2

，< br>A

2,0,0

，
C

0,2,0

，
D

0,2,4

，
uuuv
v

nBA0
v
设平面
ABD
的法向量
n
x,y,z

，则

v
uuuv
， 
nBD0
∴


2x0

2y4z 0
21，

取
z1
，
n

0，

，
v
uuuv
v
uuuuv
v
uuuv
CEn
42 310


v


CE

0,2,2

，∴
cosCE,n
uuu
10
CEn
2 25
，
设直线
CE
与平面
ABD
所成角为
，则
sin


31010
，∴
cos


1010
，
即直线
CE
与平面
ABD所成角的余弦值
10
．
10


3

x
2
y
2
20．已知椭圆
E
：
2
2
1(ab0)
经过点

1,


，焦距为
23
．
ab
2

（1）求椭圆
E
的标准方程；

都哦哦哦来了看看
（2）直线
l:y2xm

mR

与椭圆
E
交于不同的两点
A
、
B
，线段
A B
的垂直平分线
交
y
轴交于点
M
，若
tanAM B22
，求
m
的值．
x
2
y
2
 1
；【答案】（1）（2）
m1
或
m1
．
4
【解析】（1）由题意得
2c23
，所以
c3
， < br>3



3


1

4< br>1

， 又点

1,


在椭圆上， 所以：

a
2
b
2
2


22


ba3
整理得：
4a
4
19a
2
120
，解得：
a
2
4
或
a
2< br>
3
（舍），∴
b
2
1
，
4
x
2
y
2
1
． ∴椭圆的标准方程为：4
（2）设
A

x
1
,y
1

,B

x
2
,y
2

，线段
AB
中点坐标
C

x
3
,y
3

,M

0,y
0

，

y2xm


整理得：
9x
2
82mx4m
2
40
， 由

x
2
2

y1,

4
∴
82m
∴
m
2
9
，

2
494m
2
414416m
2
0
，

82m
4m
2
4
又
x
1
x
2

，
x
1
x
2

，
99
∴
x
3

∴
y
3

x1
x
2
42m

，
29
2x
3
m
m
，
9

4 2mm

,

∴线段
AB
的中点
C
坐标为




99

又
AB1

2
2
x
1
x
2


43
9m
2
，
9

都哦哦哦来 了看看
∴
AC
23
9m
2
，
9
又< br>k
MC
m
9

1
，∴
y
m< br>，

0
3
422
m
9
y
0



m


，
3

∴点< br>M
坐标为

0,

m

02





1

m
43
< br>3

m
， ∴
MC


9
3
∵
CM
垂直平分
AB
，
∴
AMB2AMC
，
又
tanAMB
2tanAMC
22
，
1t an
2
AMC
解得
tanAMC2
或
tanAMC 
2
（舍），
2
2
2
39m
AC
9 m
2
9

∴在
RtAMC
中，
AMC，


2m
MC
43
m
9
9m< br>2
2
，∴
9m
2
8m
2
， ∴
2m
∴
m1
或
m1
．
21．已知函数< br>f

x

x
2
ax2a3e
x．
（1）若
x2
是函数

f

x

的一个极值点，求实数
a
的值．
（2）设
a0
，当
x
范围．

1,2

时，函数
f

x

的图象恒不在直线
ye< br>
e2,0

．
2
的上方，求实数
a
的取值
【答案】（1）
a5
；（2）
【解析】（1）由
f

x

x
2
ax2a3e
x
可得： < br>

都哦哦哦来了看看
2x
f


x



2xa

e
x
x
2< br>ax2a3e
x



x

2a

xa3


e
，

∵
x2
是函数
∴
f

x

的一个极值点，∴
f


2

0
，

a5

e
2
0
，计算得出
a5
．
f


x



xa3

x1

e
x


x2

x1

e
x
，
f


x

0
；当
x2
时，
f


x

0
，
代入
当
1x2
时，
∴
x2
是
f
x

的极值点．∴
a5
．
（2）当
x 
等价于
x
即
x

1,2

时，函数
f

x

的图象恒不在直线
ye
2
上方 ，

1,2

，
f

x

≤e
2
恒成立，

1,2

，
f

x

max
≤e
2
恒成立，
f

x



xa3

x1

e
x
， 由（
1
）知，
令
f


x

0
，得
x
1
a3
，
x
2
1
，
f

x

在
x
< br>1,2

单调减， ①当
a≤5
时，
a3≥2
，∴
f

x

max
f

1



a2

e≤e
2
，
a≥e2
与
a≤5
矛盾，舍去．
②当
5a4
时，
1a32
，
f

x

在
x

1,a3

上单调递 减，在
x

a3,2

上单调递增，
∴
f

x

max
在
f

1

或
f

2

处取到，
f

1



a2

e
，
f

2< br>
e
2
，
∴只要
f

1


a2

e≤e
，
2
计算得出
e2≤a4
．
③当
4≤a0
时，
a3≤1
，
f
x

在
x

1,2

上单调增，
f

x

max
f

2

e< br>2
，符合题意，
∴实数
a
的取值范围是

e2,0

． （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

都哦哦哦来了看看
做第一题计分）
22．在平面直角坐标系中，以坐标原点
O< br>为极点，
x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知

2
x1 t


2
(t为参数）
直线
l
的参数方程为< br>
，曲线
C
的极坐标方程为

4cos

；

y
2
t

2

（1）求直线l
的直角坐标方程和曲线
C
的直角坐标方程；
（2）若直线
l
与曲线
C
交点分别为
A,B
，点
P

1, 0

，求
11

的值．
PAPB
【答案】（1）
l:xy10
，曲线
C:xy4x0
；（2）
【解析】 （1）
l:xy10
，曲线
C:xy4x0
；
22
22
14
．
3

2
x1t


2

2< br>（2）将

（
t
为参数）代入曲线
C
的方程，得t2t3=0
，

y
2
t

2

t
1
t
2


t
1
t
2

2
4t
1
t
2
14
，< br>
tt
1114
．

12

PAPB t
1
t
2
3
23．已知函数
f

x

2x12x1
．
（1）求函数
f

x

的最小值
m
； < br>12
11
3
，求证：
2

2
≥m
．
ab
ab
1
2
1
时，等式成立．
2
（2）若正实数
a,b
满足
【答案】（1）2；（2）见解析．
【解析】（1）
2x12x1≥

2x1


2x1

2
当且仅当
≤x≤
12
< br>12

1

11

（2）

2

2



1

≥



则
2

2
≥2
，
ab
< br>ab

2

ab

当且仅当
b2a< br>时取，等号成立．
2