2020年黑龙江省高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）
副标题
题号 得分 一 二
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知集合𝑈={−2,−1,0，1，2，3}，𝐴={−1,0，1}，𝐵={1,2}，则∁𝑈(𝐴∪𝐵)=( )
三 总分 A. {−2,3} C. {−2,−1,0，3}
2. 若𝛼为第四象限角，则( )
B. {−2,2，3) D. {−2,−1,0，2，3}
A. 𝑐𝑜𝑠2𝛼>0 B. 𝑐𝑜𝑠2𝛼<0 C. 𝑠𝑖𝑛2𝛼>0 D. 𝑠𝑖𝑛2𝛼<0
3. 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. 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. 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( )
5
A. √5
5 B. 2√5
5 C. 3√5
5 D. 4√5
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6. 数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=2，𝑎𝑚+𝑛=𝑎𝑚𝑎𝑛.若𝑎𝑘+1+𝑎𝑘+2+⋯+𝑎𝑘+10=215−25，则𝑘=
( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 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. E B. F C. G
𝑥2𝑎2
𝑦2
D. H
8. 设O为坐标原点，直线𝑥=𝑎与双曲线C：
−𝑏2=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. 4 B. 8 C. 16 D. 32
9. 设函数𝑓(𝑥)=ln|2𝑥+1|−ln|2𝑥−1|，则𝑓(𝑥)( )
A. 是偶函数，且在(2,+∞)单调递增 B. 是奇函数，且在(−2,2)单调递减 C. 是偶函数，且在(−∞,−2)单调递增 D. 是奇函数，且在(−∞,−2)单调递减
93
10. 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
4
1111
1
面积为16𝜋，则O到平面ABC的距离为( )
A. √3
B. 2
3
C. 1
3 D. √2
11. 若2𝑥−2𝑦<3−𝑥−3−𝑦，则( )
A. ln(𝑦−𝑥+1)>0 C. ln|𝑥−𝑦|>0
B. ln(𝑦−𝑥+1)<0 D. ln|𝑥−𝑦|<0
12. 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)=𝑚∑𝑚𝑖=1𝑎𝑖𝑎𝑖+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)≤5(𝑘=1,2，3，4)的序列是( )
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1
1
A. 11010… B. 11011… C. 10001… D. 11001…
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
⃗ ，⃗ ⃗ 垂直，则𝑘=______． 13. 已知单位向量𝑎𝑏的夹角为45°，𝑘𝑎⃗ −⃗ 𝑏与𝑎
14. 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. 设复数𝑧1，𝑧2满足|𝑧1|=|𝑧2|=2，𝑧1+𝑧2=√3+𝑖，则|𝑧1−𝑧2|=______． 16. 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∧𝑝4 ②𝑝1∧𝑝2 ③￢𝑝2∨𝑝3 ④￢𝑝3∨￢𝑝4
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分） 17. △𝐴𝐵𝐶中，sin2𝐴−sin2𝐵−sin2𝐶=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶．
(1)求A；
(2)若𝐵𝐶=3，求△𝐴𝐵𝐶周长的最大值．
18. 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
20202022量，并计算得∑20𝑖=1𝑥𝑖=60，∑𝑖=1𝑦𝑖=1200，∑𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)=80，∑𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)=
−
−
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9000，∑20𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)=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的估计，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=
19. 已知椭圆𝐶1：2+2=1(𝑎>𝑏>0)的右焦点F与抛物线𝐶2的焦点重合，𝐶1的中心
𝑎𝑏
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|=3|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. 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．
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4
𝑥2
𝑦2
∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)2𝑛2√∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)∑𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)
−−−
−
−−
，√2≈1.414．
(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. 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√3； 8
2
2
2
2𝑛
3𝑛
(3)设𝑛∈𝑁∗，证明：sin𝑥𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑠𝑖𝑛4𝑥…sin2𝑥≤𝑛．
4
𝑥=𝑡+𝑡,𝑥=4𝑐𝑜𝑠2𝜃,
(𝜃为参数)，𝐶2：{22. 已知曲线𝐶1，𝐶2的参数方程分别为𝐶1：{1(𝑡𝑦=4𝑠𝑖𝑛2𝜃𝑦=𝑡−
𝑡1
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．
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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．
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答案和解析
1.【答案】A
【解析】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．
先求出𝐴∪𝐵，再根据补集得出结论．
本题主要考查集合的交并补运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】 【分析】
本题考查了角的符号特点，考查了转化能力，属于基础题． 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−2+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．
𝜋
3.【答案】B
【解析】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1200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故选：B．
由题意可得至少需要志愿者为
1600+500−1200
50
1600+500−1200
50
=18名，
=18名．
本题考查了等可能事件概率的实际应用，属于基础题．
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4.【答案】C
【解析】 【分析】
本题考查了等差数列在实际生活中的应用，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题．
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． 【解答】
𝑎1=9，解：设每一层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，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+故选：C．
27×262
×9=3402块，
5.【答案】B
【解析】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=故选：B．
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．
本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题．
|2×5−5−3|√22+12=
2√5或𝑑5
=
|2×1−1−3|√22+12=
2√55
；
6.【答案】C
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【解析】解：由𝑎1=2，且𝑎𝑚+𝑛=𝑎𝑚𝑎𝑛， 取𝑚=1，得𝑎𝑛+1=𝑎1𝑎𝑛=2𝑎𝑛， ∴
𝑎𝑛+1𝑎𝑛
=2，
则数列{𝑎𝑛}是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则𝑎𝑘+1=2⋅2𝑘=2𝑘+1， ∴𝑎𝑘+1+𝑎𝑘+2+⋯+𝑎𝑘+10=∴𝑘+1=5，即𝑘=4． 故选：C．
在已知数列递推式中，取𝑚=1，可得
𝑎𝑛+1𝑎𝑛
2𝑘+1(1−210)
1−2
=211+𝑘−2𝑘+1=215−25，
=2，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．
本题考查数列递推式，考查等比关系的确定，训练了等比数列前n项和的求法，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图：
根据三视图和几何体的的对应关系的应用，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．
首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点．
本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换、主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为𝑦=±𝑎𝑥， 分别将𝑥=𝑎，代入可得𝑦=±𝑏， 即𝐷(𝑎,𝑏)，𝐸(𝑎,−𝑏)， 则𝑆△𝑂𝐷𝐸=2𝑎×2𝑏=𝑎𝑏=8，
∴𝑐2=𝑎2+𝑏2≥2𝑎𝑏=16，当且仅当𝑎=𝑏=2√2时取等号，
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1
𝑏
∴𝐶的焦距的最小值为2×4=8， 故选：B．
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．
本题考查了双曲线的方程和基本不等式，以及渐近线方程，属于基础题．
9.【答案】D
12𝑥+1≠0
【解析】解：由{，得𝑥≠±2．
2𝑥−1≠0
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|=ln|2𝑥−1|=ln|2𝑥−1|， ∵2𝑥−1=1+
1𝑥−
12
|2𝑥+1|2𝑥+1
2𝑥+12𝑥−1+22𝑥−1
=1+2𝑥−1=1+
222(𝑥−)
12
=
．
2𝑥+1
可得内层函数𝑡=|2𝑥−1|的图象如图，
在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,2)上单调递增， 则(2,+∞)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(−∞,−2)上单调递减． 故选：D．
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=|2𝑥−1|的单调性，由复合函数的单调性得答案．
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合，考查复合函数单调性的求法，是中档题．
2𝑥+1
1
1
1
11
10.【答案】C
【解析】解：由题意可知图形如图：△𝐴𝐵𝐶是面积为
9√34
的等边三角形，可得√𝐴𝐵2=
4
39√34
，
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∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶=3， 可得：𝐴𝑂1=×√×3=√3，
3
22
3球O的表面积为16𝜋，
外接球的半径为：4𝜋𝑅2=16，解得𝑅=2， 所以O到平面ABC的距离为：√4−3=1． 故选：C．
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． 本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：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ln(𝑦−𝑥+1)>𝑙𝑛1=0， 故选：A．
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．
本题主要考查了函数的单调性在比较变量大小中的应用，属于基础试题．
12.【答案】C
【解析】解：对于A选项：序列11010 11010 𝐶(1)=5∑5𝑖=5𝑎𝑖𝑎𝑖+1=5(1+0+0+0+0)=5，
𝐶(2)=5∑53，4)，不满足𝐶(𝑘)≤5(𝑘=1,2，𝑖=1𝑎𝑖𝑎𝑖+2=5(0+1+0+1+0)=5>5，故排除A；
对于B选项：序列11011 11011
𝐶(1)=5∑5𝑖=5𝑎𝑖𝑎𝑖+1=5(1+0+0+1+1)=5>5，不满足条件，排除； 对于C选项：序列10001 10001 10001
𝐶(1)=5∑5𝑖=5𝑎𝑖𝑎𝑖+1=5(0+0+0+0+1)=5， 𝐶(2)=5∑5𝑖=1𝑎𝑖𝑎𝑖+2=5(0+0+0+0++0)=0，
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1
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
2
1
1
1
1
1
𝐶(3)=5∑5𝑖=1𝑎𝑖𝑎𝑖+3=5(0+0+0+0+0)=0，
𝐶(4)=∑5𝑎𝑎=(1+0+0+0+0)=，符合条件，
5𝑖=1𝑖𝑖+455对于D选项：序列11001 11001
𝐶(1)=5∑5𝑖=5𝑎𝑖𝑎𝑖+1=5(1+0+0+0+1)=5>5不满足条件． 故选：C．
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10001 10001 10001．
本题考查序列的周期性及对5个两项乘积之和的求法，属于中档题．
213.【答案】√ 2
1
1
2
1
1
1
1
11
【解析】 【分析】
本题考查平面向量的数量积运算，考查向量垂直与数量积的关系，是基础题． ⃗ 垂直可得(𝑘𝑎由已知求得𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏，再由𝑘𝑎⃗ −⃗ 𝑏与𝑎⃗ −⃗ 𝑏)⋅𝑎⃗ =0，展开即可求得k值． 【解答】
⃗ ，⃗ ⃗ ，⃗ 解：∵向量𝑎𝑏为单位向量，且𝑎𝑏的夹角为45°，
√2√2∴𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=|𝑎⃗ |⋅|⃗ 𝑏|𝑐𝑜𝑠45°=1×1×2=2，
⃗ 垂直， 又𝑘𝑎⃗ −⃗ 𝑏与𝑎
∴(𝑘𝑎⃗ −⃗ 𝑏)⋅𝑎⃗ =𝑘|𝑎⃗ |2−𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=0， 即𝑘−√=0，则𝑘=√．
22故答案为√．
222214.【答案】36
23
【解析】解：因为有一小区有两人，则不同的安排方式共有𝐶4𝐴3=36种．
故答案为：36．
2先从4人中选出2人作为一组有𝐶4种方法，再与另外2人一起进行排列有𝐴3相3种方法，
乘即可．
本题考查排列组合及分步计数原理的运用，属于基础题．
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15.【答案】2√3
【解析】解：复数𝑧1，𝑧2满足|𝑧1|=|𝑧2|=2，𝑧1+𝑧2=√3+𝑖，所以|𝑧1+𝑧2|=2， ∴|𝑧1+𝑧2|2=(𝑧1+𝑧2)⋅𝑧1+𝑧2=4， ∴8+𝑧1𝑧2+𝑧1𝑧2=4.得𝑧1𝑧2+𝑧1𝑧2=−4． ∴|𝑧1−𝑧2|2=8−(𝑧1𝑧2+𝑧1𝑧2)=12． 又|𝑧1−𝑧2|>0，故|𝑧1−𝑧2|=2√3． 故答案为：2√3．
利用复数模的计算公式和复数的运算性质，求解即可．
熟练掌握复数的运算法则和纯虚数的定义、复数模的计算公式是解题的关键．
−
−
−
−
−
−−
16.【答案】①③④
【解析】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，
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． 本题以命题的真假判断为载体，考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，难度不大，属于基础题．
17.【答案】解：(1)设△𝐴𝐵𝐶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，
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由余弦定理可得𝑐𝑜𝑠𝐴=由0<𝐴<𝜋，可得𝐴=(2)由题意可得𝑎=3，
𝑏2+𝑐2−𝑎2
2𝑏𝑐2𝜋3
=−
𝑏𝑐2𝑏𝑐
=−，
2
1
；
又𝐵+𝐶=3，可设𝐵=6−𝑑，𝐶=6+𝑑，−6<𝑑<6， 由正弦定理可得
3
2𝜋sin
3𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋
=𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑠𝑖𝑛𝐶=2√3，
𝜋
𝑏𝑐
可得𝑏=2√3sin(6−𝑑)，𝑐=2√3sin(6+𝑑)，
则△𝐴𝐵𝐶周长为𝑎+𝑏+𝑐=3+2√3[sin(6−𝑑)+sin(6+𝑑)]=3+2√3(2𝑐𝑜𝑠𝑑−
√3𝑠𝑖𝑛𝑑2
𝜋
𝜋
1
𝜋
+𝑐𝑜𝑠𝑑+
2
1
√3𝑠𝑖𝑛𝑑)， 2
=3+2√3𝑐𝑜𝑠𝑑，
当𝑑=0，即𝐵=𝐶=6时，△𝐴𝐵𝐶的周长取得最大值3+2√3．
【解析】(1)运用余弦定理和特殊角的三角函数值，可得所求角；
(2)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．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换和图象与性质，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．
𝜋
18.【答案】解：(1)由已知，∑20𝑖=1𝑦𝑖=1200，
∴20个样区野生动物数量的平均数为20∑20𝑖=1𝑦𝑖=1200=60， ∴该地区这种野生动物数量的估计值为60×200=12000；
202022(2)∵∑20𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)=80，∑𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)=9000，∑𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)=800，
−
−
1
−−−
∴𝑟=
∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)−−2𝑛2√∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)∑𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)
−
=
800√80×9000=
800600√2=
2√23
≈0.94；
(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的估计．
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【解析】(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． 本题考查简单的随机抽样，考查相关系数的求法，考查计算能力，是基础题． (1)因为F为𝐶1的焦点且𝐴𝐵⊥𝑥【答案】解：19.轴，
可得𝐹(𝑐,0)，|𝐴𝐵|=
2𝑏2𝑎
，
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(2,0)，|𝐶𝐷|=2𝑝，
𝑐=42
因为|𝐶𝐷|=3|𝐴𝐵|，𝐶1，𝐶2的焦点重合，所以{42𝑏2，
2𝑝=⋅
3
𝑎𝑝
𝑝
消去p，可得4𝑐=
8𝑏23𝑎
，所以3𝑎𝑐=2𝑏2，
所以3𝑎𝑐=2𝑎2−2𝑐2，
设𝐶1的离心率为e，由𝑒=𝑎，则2𝑒2+3𝑒−2=0， 解得𝑒=2(−2舍去)，故C 1的离心率为2； (2)由(1)可得𝑎=2𝑐，𝑏=√3𝑐，𝑝=2𝑐， 所以𝐶1：
𝑥24𝑐21
1
𝑐
+3𝑐2=1，𝐶2：𝑦2=4𝑐𝑥，
𝑦2
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=3𝑐或𝑥=−6𝑐(舍去)， 从而|𝑀𝐹|=𝑥+2=3𝑐+𝑐=3𝑐=5， 解得𝑐=3，
所以𝐶1和𝐶2的标准方程分别为
【解析】(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．
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𝑥2
𝑝
2
5
2
+27=1，𝑦2=12𝑥． 36
𝑦2
本题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】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=3𝐴𝑃，𝑃𝑁=𝐵𝐶=𝐵1𝐶1=3𝐴𝑃=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，𝐵1𝐸=√10， sin∠𝐵1𝐸𝐻=
𝐵1𝐻𝐵1𝐸
=
√10
， 10
10
∴直线𝐵1𝐸与平面𝐴1𝐴𝑀𝑁所成角的正弦值为√．
10
【解析】(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．
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本题考查线线平行、面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)𝑓(𝑥)=sin2𝑥𝑠𝑖𝑛2𝑥=2𝑠𝑖𝑛3𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥，
∴𝑓′(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛2𝑥(3𝑐𝑜𝑠2𝑥−sin2𝑥)=2𝑠𝑖𝑛2𝑥(3−4𝑠𝑖𝑛2𝑥)=2𝑠𝑖𝑛2𝑥[3−2(1−𝑐𝑜𝑠2𝑥)]=2𝑠𝑖𝑛2𝑥(1+2𝑐𝑜𝑠2𝑥)， 令𝑓′(𝑥)=0，解得，𝑥=3，或𝑥=
𝜋
2𝜋
𝜋
2𝜋3
，
𝜋2𝜋
3
当𝑥∈(0,3)或(3,𝜋)时，𝑓′(𝑥)>0，当𝑥∈(3,∴𝑓(𝑥)在(0,3)，(3,𝜋)上单调递增，在(3,
𝜋
2𝜋
𝜋2𝜋
3
)时，𝑓′(𝑥)<0，
)上单调递减．
2
3√3
𝑓(𝑥)极大值，8
(2)∵𝑓(0)=𝑓(𝜋)=0，证明：由(1)可知𝑓(𝑥)极小值=𝑓(𝜋)=−
3
3√3
， 8
=𝑓()=
3
𝜋
∴𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=
3√3
，𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛8
=−
3√3
， 8
，𝑓(𝑥)为周期函数，
∴|𝑓(𝑥)|≤
3√3； 8
3√38
(3)由(2)可知sin2𝑥𝑠𝑖𝑛2𝑥≤
34
3
=(4)2，sin22𝑥𝑠𝑖𝑛4𝑥≤
8
3
3
3√38
=(4)2，sin222𝑥𝑠𝑖𝑛23𝑥≤
3
3
3√38
=
()2，…，sin22𝑛−1𝑥𝑠𝑖𝑛2𝑛𝑥≤
3√3=()2，
4
3
3
∴sin3𝑥𝑠𝑖𝑛32𝑥𝑠𝑖𝑛44𝑥……sin32𝑛−1𝑥𝑠𝑖𝑛32𝑛𝑥=𝑠𝑖𝑛𝑥(sin𝑥𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑠𝑖𝑛4𝑥……sin2
2
3
3
3𝑛−1
𝑥𝑠𝑖𝑛2𝑥)𝑠𝑖𝑛2𝑥≤(4)， ．
2𝑛𝑛
3
3𝑛2
∴sin2𝑥𝑠𝑖𝑛22𝑥𝑠𝑖𝑛24𝑥……sin22𝑛𝑥≤
3𝑛4𝑛【解析】(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．
本题考查了导数和函数的单调性的和极值最值的关系，不等式的证明，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．
𝑥=4𝑐𝑜𝑠2𝜃,
(𝜃为参数)，转换为直角坐标方22.【答案】解：(1)曲线𝐶1，参数方程为：{
𝑦=4𝑠𝑖𝑛2𝜃程为：𝑥+𝑦−4=0，
所以𝐶1的普通方程为𝑥+𝑦=4(0≤𝑥≤4)．
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𝑥=𝑡+𝑡,①
(𝑡为参数)． 曲线𝐶2的参数方程：{1
𝑦=𝑡−,②
𝑡
1
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． 𝑥+𝑦=4(2)由{𝑥2𝑦2
−4=14
𝑥24
−
𝑦24
=1，
𝑥+𝑦=4
，整理得{
𝑥−𝑦=1
𝑥=
2
，解得：{3
𝑦=
2
5
，即𝑃(2,2).
53
设圆的方程(𝑥−𝑎)2+𝑦2=𝑟2， 由于圆经过点P和原点， 𝑎2=𝑟2
3所以{5
(−𝑎)2+()2=𝑟2
2
2
17
𝑎=10
，解得{289
𝑟2=100
289
17
，
175
故圆的方程为：(𝑥−10)2+𝑦2=100，即𝑥2+𝑦2−
175
𝑥=0，转换为极坐标方程为𝜌=
𝑐𝑜𝑠𝜃．
【解析】(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．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
−2𝑥+7,𝑥≤323.【答案】解：(1)当𝑎=2时，𝑓(𝑥)=|𝑥−4|+|𝑥−3|={1,3<𝑥<4，
2𝑥−7,𝑥≥4∴当𝑥≤3时，不等式𝑓(𝑥)≥4化为−2𝑥+7≥4，即𝑥≤2，∴𝑥≤2； 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≥
11
3
3
，∴𝑥≥2
3
2
112
．
综上，当𝑎=2时，求不等式𝑓(𝑥)≥4的解集为{𝑥|𝑥≤2或𝑥≥
11
}；
(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．
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综上，若𝑓(𝑥)≥4，则a的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞)．
【解析】(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． 本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法，考查绝对值不等式的性质，是中档题．
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