2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：14. $\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{6}$ 的展开式中常数项是 (用数字作答).

解答：【详解】 $\because\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{6}$

其二项式展开通项:

$T_{r+1}=C_{6}^{r} \cdot\left(x^{2}\right)^{6-r} \cdot\left(\frac{2}{x}\right)^{r}$

$=C_{6}^{r} \cdot x^{12-2 r}(2)^{r} \cdot x^{-r}$

$=C_{6}^{r}(2)^{r} \cdot x^{12-3 r}$

当 $12-3 r=0$, 解得 $r=4$

$\therefore\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{6}$ 的展开式中常数项是: $C_{6}^{4} \cdot 2^{4}=C_{6}^{2} \cdot 16=15 \times 16=240$.

故答案为: 240 .

答案：240

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：16. 关于函数 $f(x)=\sin x+\frac{1}{\sin x}$ 有如下四个命题:

(1) $f(x)$ 的图像关于 $y$ 轴对称.

(2) $f(x)$ 的图像关于原点对称.

(3) $f(x)$ 的图像关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称.

(4) $f(x)$ 的最小值为 2 .

其中所有真命题的序号是

解答：【详解】对于命题(1), $f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}, f\left(-\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{1}{2}-2=-\frac{5}{2}$, 则 $f\left(-\frac{\pi}{6}\right) \neq f\left(\frac{\pi}{6}\right)$, 所以, 函数 $f(x)$ 的图象不关于 $y$ 轴对称，命题(1)错误;

对于命题(2), 函数 $f(x)$ 的定义域为 $\{x \mid x \neq k \pi, k \in Z\}$, 定义域关于原点对称, $f(-x)=\sin (-x)+\frac{1}{\sin (-x)}=-\sin x-\frac{1}{\sin x}=-\left(\sin x+\frac{1}{\sin x}\right)=-f(x)$,

所以, 函数 $f(x)$ 的图象关于原点对称，命题(2)正确;

对于命题(3), $\because f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)+\frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)}=\cos x+\frac{1}{\cos x}$,

$f\left(\frac{\pi}{2}+x\right)=\sin \left(\frac{\pi}{2}+x\right)+\frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{2}+x\right)}=\cos x+\frac{1}{\cos x}, \quad$ 则 $f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=f\left(\frac{\pi}{2}+x\right)$,

所以, 函数 $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称, 命题(3)正确;

对于命题(4), 当 $-\pi<x<0$ 时, $\sin x<0$, 则 $f(x)=\sin x+\frac{1}{\sin x}<0<2$,

命题(4)错误.

故答案为: (2)(3).

答案：(2)}

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：14. 设 $a, b$ 为单位向量, 且 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=1$, 则 $|a-b|=$

解答：【详解】因为 $\vec{a}, \vec{b}$ 为单位向量, 所以 $|\vec{a}|=|b|=1$

所以 $|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b})^{2}}=\sqrt{|\vec{a}|^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{2+2 \vec{a} \cdot \vec{b}}=1$

解得: $2 \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$

所以 $|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}-\vec{b})^{2}}=\sqrt{|\vec{a}|^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{3}$

故答案为: $\sqrt{3}$

答案：$\sqrt{3}$

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：15. 已知 $F$ 为双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$

的右焦点, $A$ 为 $C$ 的右顶点, $B$ 为 $C$ 上的点, 且 $B F$ 垂直于 $x$ 轴. 若 $A B$ 的斜率为 3 , 则 $C$ 的离心率为

解答：【详解】依题可得, $\frac{|B F|}{|A F|}=3$, 而 $|B F|=\frac{b^{2}}{a},|A F|=c-a$, 即 $\frac{\frac{b^{2}}{a}}{c-a}=3$, 变形得 $c^{2}-a^{2}=3 a c-3 a^{2}$ , 化简可得, $e^{2}-3 e+2=0$, 解得 $e=2$ 或 $e=1$ (舍去).

故答案为: 2 .

答案：2

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：13. 已知单位向量 $a, b$ 的夹角为 $45^{\circ}, k a-b$ 与 $a$ 垂直, 则 $k=$

解答：【详解】由题意可得: $\vec{a} \cdot \vec{b}=1 \times 1 \times \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

由向量垂直的充分必要条件可得: $(k \vec{a}-\vec{b}) \cdot \vec{a}=0$,

即: $k \times \vec{a}^{2}-\vec{a} \cdot \vec{b}=k-\frac{\sqrt{2}}{2}=0$, 解得: $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

故答案为: $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案：$\frac{\sqrt{2}}{2}$

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：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.

解答：【详解】 $\because 4$ 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

$\therefore$ 先取2名同学看作一组, 选法有: $C_{4}^{2}=6$

现在可看成是 3 组同学分配到 3 个小区, 分法有: $A_{3}^{3}=6$

根据分步乘法原理, 可得不同的安排方法 $6 \times 6=36$ 种

故答案为: 36 .

答案：36}

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：15. 设复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2, z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+\mathrm{i}$, 则 $\left|z_{1}-z_{2}\right|=$

解答：【详解】 $\because\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2$, 可设 $z_{1}=2 \cos \theta+2 \sin \theta \cdot i, z_{2}=2 \cos \alpha+2 \sin \alpha \cdot i$,

$\therefore z_{1}+z_{2}=2(\cos \theta+\cos \alpha)+2(\sin \theta+\sin \alpha) \cdot i=\sqrt{3}+i$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2(\cos \theta+\cos \alpha)=\sqrt{3} \\ 2(\sin \theta+\sin \alpha)=1\end{array}\right.$, 两式平方作和得: $4(2+2 \cos \theta \cos \alpha+2 \sin \theta \sin \alpha)=4$,

化简得: $\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha=-\frac{1}{2}$

$$
\begin{aligned}
& \therefore\left|z_{1}-z_{2}\right|=|2(\cos \theta-\cos \alpha)+2(\sin \theta-\sin \alpha) \cdot i| \\
& =\sqrt{4(\cos \theta-\cos \alpha)^{2}+4(\sin \theta-\sin \alpha)^{2}}=\sqrt{8-8(\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha)}=\sqrt{8+4}=2 \sqrt{3} .
\end{aligned}
$$

故答案为: $2 \sqrt{3}$.

答案：$2 \sqrt{3}$

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：14. 设双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线为 $y=\sqrt{2} x$, 则 $C$ 的离心率为

解答：【详解】由双曲线方程 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 可得其焦点在 $x$ 轴上，

因为其一条渐近线为 $y=\sqrt{2} x$,

所以 $\frac{b}{a}=\sqrt{2}, e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{3}$.

故答案为: $\sqrt{3}$

答案：$\sqrt{3}$

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：15. 设函数 $f(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+a}$. 若 $f^{\prime}(1)=\frac{e}{4}$, 则 $a=$

解答：【详解】由函数的解析式可得: $f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+a)-e^{x}}{(x+a)^{2}}=\frac{e^{x}(x+a-1)}{(x+a)^{2}}$,

则: $f^{\prime}(1)=\frac{e^{1} \times(1+a-1)}{(1+a)^{2}}=\frac{a e}{(a+1)^{2}}$, 据此可得: $\frac{a e}{(a+1)^{2}}=\frac{e}{4}$,

整理可得: $a^{2}-2 a+1=0$, 解得： $a=1$.

故答案为: 1 .

答案：1

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：14. 设向量 $\boldsymbol{a}=(1,-1), \boldsymbol{b}=(m+1,2 m-4)$, 若 ${ }^{\prime} a \perp b^{\prime}$, 则 $m=$

解答：【详解】由 ${ }^{\prime} a \perp b$

又因为 $\vec{a}=(1,-1), \vec{b}=(m+1,2 m-4)$,

所以 $\vec{a} \cdot \vec{b}=1 \cdot(m+1)+(-1) \cdot(2 m-4)=0$ ，

即 $m=5$ ，

故答案为: 5 .

答案：5

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：15. 曲线 $y=\ln x+x+1$ 的一条切线的斜率为 2 , 则该切线的方程为

解答：【详解】设切线的切点坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right), y=\ln x+x+1, y^{\prime}=\frac{1}{x}+1$,

$\left.y^{\prime}\right|_{x=x_{0}}=\frac{1}{x_{0}}+1=2, x_{0}=1, y_{0}=2$, 所以切点坐标为 $(1,2)$,

所求的切线方程为 $y-2=2(x-1)$, 即 $y=2 x$.

故答案为: $y=2 x$.

答案：$y=2 x$

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：16. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+2}+(-1)^{n} a_{n}=3 n-1$, 前 16 项和为 540 , 则 $a_{1}=$

解答：【详解】 $a_{n+2}+(-1)^{n} a_{n}=3 n-1$,

当 $n$ 为奇数时, $a_{n+2}=a_{n}+3 n-1$; 当 $n$ 为偶数时, $a_{n+2}+a_{n}=3 n-1$.

设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$,

$S_{16}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\cdots+a_{16}$

$=a_{1}+a_{3}+a_{5} \cdots+a_{15}+\left(a_{2}+a_{4}\right)+\cdots\left(a_{14}+a_{16}\right)$

$=a_{1}+\left(a_{1}+2\right)+\left(a_{1}+10\right)+\left(a_{1}+24\right)+\left(a_{1}+44\right)+\left(a_{1}+70\right)$

$+\left(a_{1}+102\right)+\left(a_{1}+140\right)+(5+17+29+41)$ $=8 a_{1}+392+92=8 a_{1}+484=540$,

$\therefore a_{1}=7$.

故答案为: 7 .

答案：7

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：13. 若 $\sin x=-\frac{2}{3}$, 则 $\cos 2 x=$

解答：【详解】 $\cos 2 x=1-2 \sin ^{2} x=1-2 \times\left(-\frac{2}{3}\right)^{2}=1-\frac{8}{9}=\frac{1}{9}$.

故答案为: $\frac{1}{9}$.

答案：$\frac{1}{9}$

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：14. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=-2, a_{2}+a_{6}=2$, 则 $S_{10}=$

解答：【详解】 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 且 $a_{1}=-2, a_{2}+a_{6}=2$

设 $\left\{a_{n}\right\}$ 等差数列的公差 $d$

根据等差数列通项公式: $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$

可得 $a_{1}+d+a_{1}+5 d=2$

即: $-2+d+(-2)+5 d=2$ 整理可得: $6 d=6$

解得: $d=1$

$\because$ 根据等差数列前 $n$ 项和公式: $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d, n \in N^{*}$

可得: $S_{10}=10(-2)+\frac{10 \times(10-1)}{2}=-20+45=25$

$\therefore S_{10}=25$.

故答案为: 25 .

答案：25

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：1.已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid x, y \in \mathbf{N}^{*}, y \geq x\right\}, B=\{(x, y) \mid x+y=8\}$, 则 $A \cap B$ 中元素的个数为 $(\quad)$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6

解答：【详解】由题意, $A \cap B$ 中的元素满足 $\left\{\begin{array}{c}y \geq x \\ x+y=8\end{array}\right.$, 且 $x, y \in N^{*}$,

由 $x+y=8 \geq 2 x$, 得 $x \leq 4$,

所以满足 $x+y=8$ 的有 $(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)$,

故 $A \cap B$ 中元素的个数为 4 .

故选: C.

【点晴】本题主要考查集合的交集运算, 考查学生对交集定义的理解, 是一道容易题.

答案：C

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：2.复数 $\frac{1}{1-3 i}$ 的虚部是 $(\quad)$
A. $-\frac{3}{10}$
B. $-\frac{1}{10}$
C. $\frac{1}{10}$
D. $\frac{3}{10}$

解答：【详解】 因为 $z=\frac{1}{1-3 i}=\frac{1+3 i}{(1-3 i)(1+3 i)}=\frac{1}{10}+\frac{3}{10} i$,

所以复数 $z=\frac{1}{1-3 i}$ 的虚部为 $\frac{3}{10}$.

故选: D.

【点晴】本题主要考查复数的除法运算, 涉及到复数的虚部的定义, 是一道基础题.

答案：D

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：3. 在一组样本数据中, $1,2,3,4$ 出现的频率分别为 $p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4}$, 且 $\sum_{i=1}^{4} p_{i}=1$, 则下面四种 情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）
A. $p_{1}=p_{4}=0.1, p_{2}=p_{3}=0.4$
B. $p_{1}=p_{4}=0.4, p_{2}=p_{3}=0.1$
C. $p_{1}=p_{4}=0.2, p_{2}=p_{3}=0.3$
D. $p_{1}=p_{4}=0.3, p_{2}=p_{3}=0.2$

解答：【详解】对于 $\mathrm{A}$ 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{A}}=(1+4) \times 0.1+(2+3) \times 0.4=2.5$,

方差为 $s_{A}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.1+(2-2.5)^{2} \times 0.4+(3-2.5)^{2} \times 0.4+(4-2.5)^{2} \times 0.1=0.65$;

对于 B 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{B}}=(1+4) \times 0.4+(2+3) \times 0.1=2.5$,

方差为 $s_{B}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.4+(2-2.5)^{2} \times 0.1+(3-2.5)^{2} \times 0.1+(4-2.5)^{2} \times 0.4=1.85$;

对于 $\mathrm{C}$ 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{C}}=(1+4) \times 0.2+(2+3) \times 0.3=2.5$,

方差为 $s_{C}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.2+(2-2.5)^{2} \times 0.3+(3-2.5)^{2} \times 0.3+(4-2.5)^{2} \times 0.2=1.05$;

对于 D 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{D}}=(1+4) \times 0.3+(2+3) \times 0.2=2.5$ ，

方差为 $s_{D}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.3+(2-2.5)^{2} \times 0.2+(3-2.5)^{2} \times 0.2+(4-2.5)^{2} \times 0.3=1.45$.

因此，B 选项这一组的标准差最大.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：4.Logistic 模型是常用数学模型之一, 可应用于流行病学领城. 有学者根据公布数据建立了某 地区新冠肺炎累计确诊病例数 $I(t)\left(t\right.$ 的单位: 天)的 Logistic 模型: $I(t)=\frac{K}{1+\mathrm{e}^{-0.23(t-53)}}$, 其中 $K$ 为最大确诊病例数．当 $I\left(t^{*}\right)=0.95 K$ 时，标志着已初步遏制疫情, 则 $t^{*}$ 约为 $(\quad) \quad(\ln 19 \approx 3)$
A. 60
B. 63
C. 66
D. 69

解答：【详解】 $\because I(t)=\frac{K}{1+e^{-0.23(t-53)}}$, 所以 $I\left(t^{\star}\right)=\frac{K}{1+e^{-0.23\left(t^{*}-53\right)}}=0.95 K$, 则 $e^{0.23\left(t^{*}-53\right)}=19$,

所以, $0.23\left(t^{*}-53\right)=\ln 19 \approx 3$, 解得 $t^{\star} \approx \frac{3}{0.23}+53 \approx 66$.

故选: C.

答案：C

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：5. 设 $O$ 为坐标原点, 直线 $x=2$ 与抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 交于 $D, E$ 两点, 若 $O D \perp O E$, 则 $C$ 的焦点坐标为 $(\quad)$
A. $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$
B. $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$
C. $(1,0)$
D. $(2,0)$

解答：【详解】因为直线 $x=2$ 与抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 交于 $C, D$ 两点, 且 $O D \perp O E$, 根据抛物线的对称性可以确定 $\angle D O x=\angle C O x=\frac{\pi}{4}$, 所以 $C(2,2)$ ， 代人抛物线方程 $4=4 p$, 求得 $p=1$, 所以其焦点坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$, 故选: B.

答案：B

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：6. 已知向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|a|=5,|b|=6, a \cdot b=-6$, 则 $\cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\rangle=(\quad)$
A. $-\frac{31}{35}$
B. $-\frac{19}{35}$
C. $\frac{17}{35}$
D. $\frac{19}{35}$

解答：【详解】 $\because|\vec{a}|=5,|\vec{b}|=6, \vec{a} \cdot \vec{b}=-6, \quad \therefore \vec{a} \cdot(\vec{a}+\vec{b})=|\vec{a}|^{2}+\vec{a} \cdot \vec{b}=5^{2}-6=19$ ．

$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b})^{2}}=\sqrt{\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}}=\sqrt{25-2 \times 6+36}=7$

因此, $\cos \langle\vec{a}, \vec{a}+\vec{b}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot(\vec{a}+\vec{b})}{|\vec{a}| \cdot|\vec{a}+\vec{b}|}=\frac{19}{5 \times 7}=\frac{19}{35}$.

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：7. 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos C=\frac{2}{3}, A C=4, B C=3$, 则 $\cos B=(\quad)$
A. $\frac{1}{9}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{2}{3}$

解答：【详解】 $\because$ 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos C=\frac{2}{3}, A C=4, B C=3$

根据余弦定理: $A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cdot \cos C$ $A B^{2}=4^{2}+3^{2}-2 \times 4 \times 3 \times \frac{2}{3}$

可得 $A B^{2}=9$ ， 即 $A B=3$

由 $\because \cos B=\frac{A B^{2}+B C^{2}-A C^{2}}{2 A B \cdot B C}=\frac{9+9-16}{2 \times 3 \times 3}=\frac{1}{9}$

故 $\cos B=\frac{1}{9}$.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：9. 已知 $2 \tan \theta-\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=7$, 则 $\tan \theta=(\quad)$
A. -2
B. -1
C. 1
D. 2

解答：【详解】 $\because 2 \tan \theta-\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=7, \therefore 2 \tan \theta-\frac{\tan \theta+1}{1-\tan \theta}=7$,

令 $t=\tan \theta, t \neq 1$, 则 $2 t-\frac{1+t}{1-t}=7$, 整理得 $t^{2}-4 t+4=0$, 解得 $t=2$, 即 $\tan \theta=2$.

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：10. 若直线 $l$ 与曲线 $y=\sqrt{x}$ 和 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{5}$ 都相切, 则 $l$ 的方程为 $(\quad)$
A. $y=2 x+1$
B. $y=2 x+\frac{1}{2}$
C. $y=\frac{1}{2} x+1$
D.

$y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}$

解答：【详解】设直线 $l$ 在曲线 $y=\sqrt{x}$ 上的切点为 $\left(x_{0}, \sqrt{x_{0}}\right)$, 则 $x_{0}>0$,

函数 $y=\sqrt{x}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{1}{2 \sqrt{x}}$, 则直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}$,

设直线 $l$ 的方程为 $y-\sqrt{x_{0}}=\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}\left(x-x_{0}\right)$, 即 $x-2 \sqrt{x_{0}} y+x_{0}=0$,

由于直线 $l$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{5}$ 相切, 则 $\frac{x_{0}}{\sqrt{1+4 x_{0}}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$,

两边平方并整理得 $5 x_{0}^{2}-4 x_{0}-1=0$, 解得 $x_{0}=1, x_{0}=-\frac{1}{5}$ (舍),

则直线 $l$ 的方程为 $x-2 y+1=0$, 即 $y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}$.

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：11. 设双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 离心率为 $\sqrt{5} . P$ 是 $C$ 上一点, 且 $F_{1} P \perp F_{2} P$. 若 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积为 4 , 则 $a=(\quad)$
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8

解答：【详解】 $\because \frac{c}{a}=\sqrt{5}, \therefore c=\sqrt{5} a$ ，根据双曲线的定义可得 ||$P F_{1}|-| P F_{2} \|=2 a$ ，

$S_{\triangle P F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2}\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=4$, 即 $\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=8$ ，

$\because F_{1} P \perp F_{2} P, \quad \therefore\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}=(2 c)^{2}$

$\therefore\left(\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|\right)^{2}+2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=4 c^{2}$, 即 $a^{2}-5 a^{2}+4=0$, 解得 $a=1$, 故选: A.

答案：A

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：12. 已知 $5^{5}<8^{4}, 13^{4}<8^{5}$. 设 $a=\log _{5} 3, b=\log _{8} 5, c=\log _{13} 8$, 则 $(\quad)$
A. $a<b<c$
B. $b<a<c$
C. $b<c<a$
D. $c<a<b$

解答：【详 解 】 由 题 意 可 知 $a$ 、 $b$ 、 $c \in(0,1)$, $\frac{a}{b}=\frac{\log _{5} 3}{\log _{8} 5}=\frac{\lg 3}{\lg 5} \cdot \frac{\lg 8}{\lg 5}<\frac{1}{(\lg 5)^{2}} \cdot\left(\frac{\lg 3+\lg 8}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 3+\lg 8}{2 \lg 5}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 24}{\lg 25}\right)^{2}<1, \quad \therefore a<b ;$ 由 $b=\log _{8} 5$, 得 $8^{b}=5$, 由 $5^{5}<8^{4}$, 得 $8^{5 b}<8^{4}, \therefore 5 b<4$, 可得 $b<\frac{4}{5}$; 由 $c=\log _{13} 8$, 得 $13^{c}=8$, 由 $13^{4}<8^{5}$, 得 $13^{4}<13^{5 c}, \therefore 5 c>4$, 可得 $c>\frac{4}{5}$. 综上所述, $a<b<c$.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：1. 若 $\mathrm{z}=1+i$ ，则 $\left|\mathrm{z}^{2}-2 z\right|=(\quad)$
A. 0
B. 1
C. $\sqrt{2}$
D. 2

解答：【详解】由题意可得: $z^{2}=(1+i)^{2}=2 i$, 则 $z^{2}-2 z=2 i-2(1+i)=-2$.

故 $\left|z^{2}-2 z\right|=|-2|=2$.

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：2. 设集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-4 \leq 0\right\}, B=\{x \mid 2 x+a \leq 0\}$, 且 $A \cap B=\{x \mid-2 \leq x \leq 1\}$, 则 $a=(\quad)$
A. -4
B. -2
C. 2
D. 4

解答：【详解】求解二次不等式 $x^{2}-4 \leq 0$ 可得: $A=\{x \mid-2 \leq x \leq 2\}$,

求解一次不等式 $2 x+a \leq 0$ 可得: $B=\left\{x \mid x \leq-\frac{a}{2}\right\}$.

由于 $A \cap B=\{x \mid-2 \leq x \leq 1\}$, 故: $-\frac{a}{2}=1$, 解得: $a=-2$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：4. 已知 $A$ 为抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 上一点, 点 $A$ 到 $C$ 的焦点的距离为 12 , 到 $y$ 轴的距离为 9 , 则 $p=()$
A. 2
B. 3
C. 6
D. 9

解答：【详解】设抛物线的焦点为 $F$, 由抛物线的定义知 $|A F|=x_{A}+\frac{p}{2}=12$, 即 $12=9+\frac{p}{2}$, 解得 $p=6$.

故选: C.

【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径, 考查学生转化与化归思想, 是一道容易题.

答案：C

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：6. 函数 $f(x)=x^{4}-2 x^{3}$ 的图像在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 ()
A. $y=-2 x-1$
B. $y=-2 x+1$
C. $y=2 x-3$
D. $y=2 x+1$

解答：【详解】 $\because f(x)=x^{4}-2 x^{3}, \therefore f^{\prime}(x)=4 x^{3}-6 x^{2}, \therefore f(1)=-1, f^{\prime}(1)=-2$,

因此, 所求切线的方程为 $y+1=-2(x-1)$, 即 $y=-2 x+1$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：8. $\left(x+\frac{y^{2}}{x}\right)(x+y)^{5}$ 的展开式中 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 $(\quad)$
A. 5
B. 10
C. 15
D. 20

解答：【详解】 $(x+y)^{5}$ 展开式的通项公式为 $T_{r+1}=C_{5}^{r} x^{5-r} y^{r} \quad(r \in N$ 且 $r \leq 5)$

所以 $\left(x+\frac{y^{2}}{x}\right)$ 与 $(x+y)^{5}$ 展开式的乘积可表示为:

$x T_{r+1}=x C_{5}^{r} x^{5-r} y^{r}=C_{5}^{r} x^{6-r} y^{r}$ 或 $\frac{y^{2}}{x} T_{r+1}=\frac{y^{2}}{x} C_{5}^{r} x^{5-r} y^{r}=C_{5}^{r} x^{4-r} y^{r+2}$

在 $x T_{r+1}=C_{5}^{r} x^{6-r} y^{r}$ 中, 令 $r=3$, 可得: $x T_{4}=C_{5}^{3} x^{3} y^{3}$, 该项中 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 10 ,

在 $\frac{y^{2}}{x} T_{r+1}=C_{5}^{r} x^{4-r} y^{r+2}$ 中, 令 $r=1$, 可得: $\frac{y^{2}}{x} T_{2}=C_{5}^{1} x^{3} y^{3}$, 该项中 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 5

所以 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 $10+5=15$

故选: C

答案：C

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：9. 已知 $\alpha \in(0, \pi)$, 且 $3 \cos 2 \alpha-8 \cos \alpha=5$, 则 $\sin \alpha=($ ( )
A. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
B. $\frac{2}{3}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{9}$

解答：【详解】 $3 \cos 2 \alpha-8 \cos \alpha=5$, 得 $6 \cos ^{2} \alpha-8 \cos \alpha-8=0$,

即 $3 \cos ^{2} \alpha-4 \cos \alpha-4=0$, 解得 $\cos \alpha=-\frac{2}{3}$ 或 $\cos \alpha=2$ （舍去）, 又 $\because \alpha \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：11. 已知 $\odot M: x^{2}+y^{2}-2 x-2 y-2=0$, 直线 $l: 2 x+y+2=0, P$ 为 $l$ 上的动点, 过点 $P$ 作 $\odot M$ 的切 线 $P A, P B$, 切点为 $A, B$, 当 $|P M| \cdot|A B|$ 最小时, 直线 $A B$ 的方程为（ ()
A. $2 x-y-1=0$
B. $2 x+y-1=0$
C. $2 x-y+1=0$
D. $2 x+y+1=0$

解答：【详解】圆的方程可化为 $(x-1)^{2}+(y-1)^{2}=4$, 点 $M$ 到直线 $l$ 的距离为 $d=\frac{|2 \times 1+1+2|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\sqrt{5}>2$ , 所以直线 $l$ 与圆相离.

依圆的知识可知, 四点 $A, P, B, M$ 四点共圆, 且 $A B \perp M P$, 所以

$|P M| \cdot|A B|=2 S_{\triangle P A M}=2 \times \frac{1}{2} \times|P A| \times|A M|=2|P A|$, 而 $|P A|=\sqrt{|M P|^{2}-4}$ ，

当直线 $M P \perp l$ 时, $|M P|_{\min }=\sqrt{5},|P A|_{\min }=1$, 此时 $|P M| \cdot|A B|$ 最小.

$\therefore M P: y-1=\frac{1}{2}(x-1)$ 即 $y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}$, 由 $\left\{\begin{array}{c}y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2} \\ 2 x+y+2=0\end{array}\right.$ 解得, $\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=0\end{array}\right.$.

所以以 $M P$ 为直径的圆的方程为 $(x-1)(x+1)+y(y-1)=0$, 即 $x^{2}+y^{2}-y-1=0$,

两圆的方程相减可得: $2 x+y+1=0$, 即为直线 $A B$ 的方程.

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：12.若 $2^{a}+\log _{2} a=4^{b}+2 \log _{4} b$ ，则（ $)$
A. $a>2 b$
B. $a<2 b$
C. $a>b^{2}$
D. $a<b^{2}$

解答：【详解】 设 $f(x)=2^{x}+\log _{2} x$, 则 $f(x)$ 为增函数, 因为 $2^{a}+\log _{2} a=4^{b}+2 \log _{4} b=2^{2 b}+\log _{2} b$

所以 $f(a)-f(2 b)=2^{a}+\log _{2} a-\left(2^{2 b}+\log _{2} 2 b\right)=2^{2 b}+\log _{2} b-\left(2^{2 b}+\log _{2} 2 b\right)=\log _{2} \frac{1}{2}=-1<0$,

所以 $f(a)<f(2 b)$, 所以 $a<2 b$.

$f(a)-f\left(b^{2}\right)=2^{a}+\log _{2} a-\left(2^{b^{2}}+\log _{2} b^{2}\right)=2^{2 b}+\log _{2} b-\left(2^{b^{2}}+\log _{2} b^{2}\right)=2^{2 b}-2^{b^{2}}-\log _{2} b$,

当 $b=1$ 时, $f(a)-f\left(b^{2}\right)=2>0$, 此时 $f(a)>f\left(b^{2}\right)$, 有 $a>b^{2}$

当 $b=2$ 时, $f(a)-f\left(b^{2}\right)=-1<0$, 此时 $f(a)<f\left(b^{2}\right)$, 有 $a<b^{2}$, 所以C、D错误.

故选: B.

【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用, 涉及到构造函数, 利用函数的单调性比较大小, 是一道中 档题.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：1. 已知集合 $U=\{-2,-1,0,1,2,3\}, A=\{-1,0,1\}, B=\{1,2\}$, 则 $\oint_{U}(A \cup B)=()$
A. $\{-2,3\}$
B. $\{-2,2,3\}$
C. $\{-2,-1,0,3\}$
D. $\{-2,-1,0,2,3\}$

解答：【详解】由题意可得： $A \cup B=\{-1,0,1,2\}$ ，则 $ð_{U}(A \cup B)=\{-2,3\}$.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：2. 若 $\alpha$ 为第四象限角, 则（）
A. $\cos 2 \alpha>0$
B. $\cos 2 \alpha<0$
C. $\sin 2 \alpha>0$
D. $\sin 2 \alpha<0$

解答：【详解】当 $\alpha=-\frac{\pi}{6}$ 时, $\cos 2 \alpha=\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right)>0$, 选项B错误；

当 $\alpha=-\frac{\pi}{3}$ 时, $\cos 2 \alpha=\cos \left(-\frac{2 \pi}{3}\right)<0$, 选项A错误;

由 $\alpha$ 在第四象限可得： $\sin \alpha<0, \cos \alpha>0$, 则 $\sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha<0$, 选项C错误，选项D正确;

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：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 份订单末配 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

解答：【详解】由题意, 第二天新增订单数为 $500+1600-1200=900$,

故需要志愿者 $\frac{900}{50}=18$ 名.

故选: B

【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用, 属于基础题.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：5. 若过点 $(2,1)$ 的圆与两坐标轴都相切, 则圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离为 $(\quad)$
A. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{3 \sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{4 \sqrt{5}}{5}$

解答：【详解】由于圆上的点 $(2,1)$ 在第一象限, 若圆心不在第一象限,

则圆与至少与一条坐标轴相交, 不合乎题意, 所以圆心必在第一象限,

设圆心的坐标为 $(a, a)$, 则圆的半径为 $a$,

圆的标准方程为 $(x-a)^{2}+(y-a)^{2}=a^{2}$. 由题意可得 $(2-a)^{2}+(1-a)^{2}=a^{2}$,

可得 $a^{2}-6 a+5=0$, 解得 $a=1$ 或 $a=5$,

所以圆心的坐标为 $(1,1)$ 或 $(5,5)$,

圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离均为 $d=\frac{|-2|}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$;

所以，圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：6. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{m+n}=a_{m} a_{n}$, 若 $a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{k+10}=2^{15}-2^{5}$, 则 $k=(\quad)$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5

解答：【详解】在等式 $a_{m+n}=a_{m} a_{n}$ 中, 令 $m=1$, 可得 $a_{n+1}=a_{n} a_{1}=2 a_{n}, \therefore \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=2$,

所以, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 2 为首项, 以 2 为公比的等比数列, 则 $a_{n}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$,

$\therefore a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{k+10}=\frac{a_{k+1} \cdot\left(1-2^{10}\right)}{1-2}=\frac{2^{k+1} \cdot\left(1-2^{10}\right)}{1-2}=2^{k+1}\left(2^{10}-1\right)=2^{5}\left(2^{10}-1\right)$,

$\therefore 2^{k+1}=2^{5}$, 则 $k+1=5$, 解得 $k=4$.

故选: C.

答案：C

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：8. 设 $O$ 为坐标原点, 直线 $x=a$ 与双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两条渐近线分别交于 $D, E$ 两点, 若 $\square O D E$ 的面积为 8 , 则 $C$ 的焦距的最小值为（）
A. 4
B. 8
C. 16
D. 32

解答：【详解】 $\because C \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$

$\therefore$ 双曲线的渐近线方程是 $y= \pm \frac{b}{a} x$

$\because$ 直线 $x=a$ 与双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两条渐近线分别交于 $D, E$ 两点

不妨设 $D$ 为在第一象限, $E$ 在第四象限

联立 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=\frac{b}{a} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=b\end{array}\right.$

故 $D(a, b)$

联立 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=-\frac{b}{a} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=-b\end{array}\right.$

故 $E(a,-b)$

$\therefore|E D|=2 b$

$\therefore \square O D E$ 面积为: $S_{\triangle O D E}=\frac{1}{2} a \times 2 b=a b=8$

$\because$ 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$

$\therefore$ 其焦距为 $2 c=2 \sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq 2 \sqrt{2 a b}=2 \sqrt{16}=8$

当且仅当 $a=b=2 \sqrt{2}$ 取等号

$\therefore C$ 的焦距的最小值： 8

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：9. 设函数 $f(x)=\ln |2 x+1-| \ln |2 x-1|$, 则 $f(x)(\quad)$
A. 是偶函数, 且在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 单调递增
B. 是奇函数, 且在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 单调递减
C. 是偶函数, 且在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 单调递增
D. 是奇函数, 且在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 单调递减

解答：【详解】由 $f(x)=\ln |2 x+1|-\ln |2 x-1|$ 得 $f(x)$ 定义域为 $\left\{x \mid x \neq \pm \frac{1}{2}\right\}$, 关于坐标原点对称,

又 $f(-x)=\ln |1-2 x|-\ln |-2 x-1|=\ln |2 x-1|-\ln |2 x+1|=-f(x)$,

$\therefore f(x)$ 为定义域上的奇函数，可排除 $\mathrm{AC}$;

当 $x \in\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 时, $f(x)=\ln (2 x+1)-\ln (1-2 x)$,

$\mathrm{Q} y=\ln (2 x+1)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递增, $y=\ln (1-2 x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减,

$\therefore f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递增，排除 $\mathrm{B}$;

当 $x \in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 时, $f(x)=\ln (-2 x-1)-\ln (1-2 x)=\ln \frac{2 x+1}{2 x-1}=\ln \left(1+\frac{2}{2 x-1}\right)$,

$\because \mu=1+\frac{2}{2 x-1}$ 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, $f(\mu)=\ln \mu$ 在定义域内单调递增,

根据复合函数单调性可知: $f(x)$ 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, D正确. 故选: D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：10.已知 $\triangle A B C$ 是面积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$ 的等边三角形, 且其顶点都在球 $O$ 的球面上. 若球 $O$ 的表面积为 $16 \pi$, 则 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离为（）
A. $\sqrt{3}$
B. $\frac{3}{2}$
C. 1
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

解答：【详解】设球 $O$ 的半径为 $R$, 则 $4 \pi R^{2}=16 \pi$, 解得: $R=2$.

设 $\square A B C$ 外接圆半径为 $r$, 边长为 $a$,

$\because \square A B C$ 是面积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$ 的等边三角形,

$\therefore \frac{1}{2} a^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9 \sqrt{3}}{4}$, 解得: $a=3, \therefore r=\frac{2}{3} \times \sqrt{a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{2}{3} \times \sqrt{9-\frac{9}{4}}=\sqrt{3}$,

$\therefore$ 球心 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离 $d=\sqrt{R^{2}-r^{2}}=\sqrt{4-3}=1$.

故选: C.

答案：C

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：11. 若 $2^{x}-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$, 则（）
A. $\ln (y-x+1)>0$
B. $\ln (y-x+1)<0$
C. $\ln |x-y|>0$
D. $\ln |x-y|<0$

解答：【详解】由 $2^{x}-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$ 得: $2^{x}-3^{-x}<2^{y}-3^{-y}$,

令 $f(t)=2^{t}-3^{-t}$,

$\because y=2^{x}$ 为 $R$ 上的增函数, $y=3^{-x}$ 为 $R$ 上的减函数, $\therefore f(t)$ 为 $R$ 上的增函数,

$\therefore x<y$,

$\mathrm{Q} y-x>0, \therefore y-x+1>1, \therefore \ln (y-x+1)>0$, 则A正确, B错误;

$\mathrm{Q}|x-y|$ 与 1 的大小不确定，故 $\mathrm{CD}$ 无法确定.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用. 若序列 $a_{1} a_{2} \cdots a_{n} \cdots$ 满足 $a_{i} \in\{0,1\}(i=1,2, \cdots)$, 且存在正整数 $m$ , 使得 $a_{i+m}=a_{i}(i=1,2, \cdots)$ 成立, 则称其为 $0-1$ 周期序列, 并称满足 $a_{i+m}=a_{i}(i=1,2, \cdots)$ 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 $a_{1} a_{2} \cdots a_{n} \cdots, C(k)=\frac{1}{m} \sum_{i=1}^{m} a_{i} a_{i+k}(k=1,2, \cdots, m-1)$ 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 $C(k) \leq \frac{1}{5}(k=1,2,3,4)$ 的序列是 $(\quad)$
A. $11010 \cdots$
B. $11011 \cdots$
C. $10001 \cdots$
D. $11001 \cdots$

解答：【详解】由 $a_{i+m}=a_{i}$ 知, 序列 $a_{i}$ 的周期为 $m$, 由已知, $m=5$,

$C(k)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+k}, k=1,2,3,4$

对于选项A,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+0)=\frac{1}{5} \leq \frac{1}{5}$

$C(2)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+2}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}+a_{4} a_{6}+a_{5} a_{7}\right)=\frac{1}{5}(0+1+0+1+0)=\frac{2}{5}$, 不满足;

对于选项B, $C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+1+1)=\frac{3}{5}$, 不满足;

对于选项D,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+1)=\frac{2}{5}$, 不满足;

故选: C

【点晴】本题考查数列的新定义问题, 涉及到周期数列, 考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力 , 是一道中档题.

答案：C

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：1.已知集合 $A=\{1,2,3,5,7,11\}, B=\{x \mid 3<x<15\}$, 则 $A \cap B$ 中元素的个数为（）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5

解答：【详解】由题意, $A \cap B=\{5,7,11\}$, 故 $A \cap B$ 中元素的个数为 3 .

故选: B

【点晴】本题主要考查集合的交集运算, 考查学生对交集定义的理解, 是一道容易题.

答案：B

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：2. 若 $\bar{z}(1+i)=1-i$, 则 $z=(\quad)$
A. $1-i$
B. $1+i$
C. $-i$
D. $i$

解答：【详解】 因为 $\bar{z}=\frac{1-i}{1+i}=\frac{(1-i)^{2}}{(1+i)(1-i)}=\frac{-2 i}{2}=-i$, 所以 $z=i$.

故选: D 【点晴】本题主要考查复数的除法运算, 涉及到共轭复数的概念, 是一道基础题.

答案：D

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：3. 设一组样本数据 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 的方差为 0.01 , 则数据 $10 x_{1}, 10 x_{2}, \ldots, 10 x_{n}$ 的方差为 $($ )
A. 0.01
B. 0.1
C. 1
D. 10

解答：【详解】因为数据 $a x_{i}+b,(i=1,2, \mathrm{~L}, n)$ 的方差是数据 $x_{i},(i=1,2, \mathrm{~L}, n)$ 的方差的 $a^{2}$ 倍,

所以所求数据方差为 $10^{2} \times 0.01=1$

故选: C

答案：C

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：4.Logistic 模型是常用数学模型之一, 可应用于流行病学领城. 有学者根据公布数据建立了某 地区新冠肺炎累计确诊病例数 $I(t)\left(t\right.$ 的单位: 天)的 Logistic 模型: $I(t)=\frac{K}{1+\mathrm{e}^{-0.23(t-53)}}$, 其中 $K$ 为最大确诊病例数. 当 $I\left(t^{*}\right)=0.95 K$ 时，标志着已初步遏制疫情, 则 $t^{*}$ 约为 $(\quad) \quad(\ln 19 \approx 3)$
A. 60
B. 63
C. 66
D. 69

解答：【详解】 $\because I(t)=\frac{K}{1+e^{-0.23(t-53)}}$, 所以 $I\left(t^{\star}\right)=\frac{K}{1+e^{-0.23\left(t^{\star}-53\right)}}=0.95 K$, 则 $e^{0.23\left(t^{\star}-53\right)}=19$,

所以, $0.23\left(t^{*}-53\right)=\ln 19 \approx 3$, 解得 $t^{*} \approx \frac{3}{0.23}+53 \approx 66$.

故选: C.

答案：C

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：5. 已知 $\sin \theta+\sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)=1$, 则 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=(\quad)$ 
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解答：【详解】由题意可得： $\sin \theta+\frac{1}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta=1$,

则: $\frac{3}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta=1, \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta+\frac{1}{2} \cos \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

从而有: $\sin \theta \cos \frac{\pi}{6}+\cos \theta \sin \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

即 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：7. 设 $O$ 为坐标原点, 直线 $x=2$ 与抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 交于 $D, E$ 两点, 若 $O D \perp O E$, 则 $C$ 的焦点坐标为 $(\quad)$
A. $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$
B. $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$
C. $(1,0)$
D. $(2,0)$

解答：【详解】因为直线 $x=2$ 与抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 交于 $C, D$ 两点, 且 $O D \perp O E$, 根据抛物线的对称性可以确定 $\angle D O x=\angle C O x=\frac{\pi}{4}$, 所以 $C(2,2)$, 代人抛物线方程 $4=4 p$, 求得 $p=1$, 所以其焦点坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$, 故选: B.

答案：B

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：8.点 $(0,-1)$ 到直线 $y=k(x+1)$ 距离的最大值为 $(\quad)$
A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2

解答：【详解】由 $y=k(x+1)$ 可知直线过定点 $P(-1,0)$, 设 $A(0,-1)$,

当直线 $y=k(x+1)$ 与 $A P$ 垂直时, 点 $A$ 到直线 $y=k(x+1)$ 距离最大,

即为 $|A P|=\sqrt{2}$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：10. 设 $a=\log _{3} 2, b=\log _{5} 3, c=\frac{2}{3}$, 则 $(\quad)$
A. $a<c<b$
B. $a<b<c$
C. $b<c<a$
D. $c<a<b$

解答：【详解】因为 $a=\frac{1}{3} \log _{3} 2^{3}<\frac{1}{3} \log _{3} 9=\frac{2}{3}=c, b=\frac{1}{3} \log _{5} 3^{3}>\frac{1}{3} \log _{5} 25=\frac{2}{3}=c$,

所以 $a<c<b$.

故选: A

【点晴】本题考查对数式大小的比较, 考查学生转化与回归的思想, 是一道中档题.

答案：A

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：11. 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos C=\frac{2}{3}, A C=4, B C=3$, 则 $\tan B=(\quad)$ 
A. $\sqrt{5}$
B. $2 \sqrt{5}$
C. $4 \sqrt{5}$
D. $8 \sqrt{5}$

解答：【详解】设 $A B=c, B C=a, C A=b$

$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C=9+16-2 \times 3 \times 4 \times \frac{2}{3}=9 \therefore c=3$

$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{1}{9} \therefore \sin B=\sqrt{1-\left(\frac{1}{9}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{5}}{9} \therefore \tan B=4 \sqrt{5}$

故选: C

答案：C

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：12. 已知函数 $f(x)=\sin x+\frac{1}{\sin x}$, 则 $(\quad)$
A. $f(x)$ 的最小值为 2
B. $f(x)$ 的图像关于 $y$ 轴对称
C. $f(x)$ 的图像关于直线 $x=\pi$ 对称
D. $f(x)$ 的图像关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称

解答：【详解】 $\because \sin x$ 可以为负, 所以 $\mathrm{A}$ 错;

$Q \sin x \neq 0 \therefore x \neq k \pi(k \in Z) Q f(-x)=-\sin x-\frac{1}{\sin x}=-f(x) \therefore f(x)$ 关于原点对称;

$Q f(2 \pi-x)=-\sin x-\frac{1}{\sin x} \neq f(x), f(\pi-x)=\sin x+\frac{1}{\sin x}=f(x)$, 故 B 错;

$\therefore f(x)$ 关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称, 故 $\mathrm{C}$ 错, $\mathrm{D}$ 对

故选: D

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：1. 已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-3 x-4<0\right\}, B=\{-4,1,3,5\}$, 则 $\left.A \cap B=（ \quad\right)$
A. $\{-4,1\}$
B. $\{1,5\}$
C. $\{3,5\}$
D. $\{1,3\}$

解答：【详解】由 $x^{2}-3 x-4<0$ 解得 $-1<x<4$,

所以 $A=\{x \mid-1<x<4\}$,

又因为 $B=\{-4,1,3,5\}$, 所以 $A \cap B=\{1,3\}$,

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：2. 若 $z=1+2 i+i^{3}$ ，则 $|z|=(\quad)$
A. 0
B. 1
C. $\sqrt{2}$
D. 2

解答：【详解】因为 $z=1+2 i+i^{3}=1+2 i-i=1+i$, 所以 $|z|=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$.

故选: C.

答案：C

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：6. 已知圆 $x^{2}+y^{2}-6 x=0$, 过点 $(1,2)$ 的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为 ( ) 
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

解答：【详解】圆 $x^{2}+y^{2}-6 x=0$ 化为 $(x-3)^{2}+y^{2}=9$, 所以圆心 $C$ 坐标为 $C(3,0)$, 半径为 3 ,

设 $P(1,2)$, 当过点 $P$ 的直线和直线 $C P$ 垂直时, 圆心到过点 $P$ 的直线的距离最大, 所求的弦长最短,

根据弦长公式最小值为 $2 \sqrt{9-|C P|^{2}}=2 \sqrt{9-8}=2$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：8. 设 $a \log _{3} 4=2$ ，则 $4^{-a}=(\quad)$
A. $\frac{1}{16}$
B. $\frac{1}{9}$
C. $\frac{1}{8}$
D. $\frac{1}{6}$

解答：【详解】由 $a \log _{3} 4=2$ 可得 $\log _{3} 4^{a}=2$ ，所以 $4^{a}=9$,

所以有 $4^{-a}=\frac{1}{9}$,

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：10. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 且 $a_{1}+a_{2}+a_{3}=1, a_{2}+a_{3}+a_{4}=2$, 则 $a_{6}+a_{7}+a_{8}=(\quad)$
A. 12
B. 24
C. 30
D. 32

解答：【详解】设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{1}\left(1+q+q^{2}\right)=1$,

$a_{2}+a_{3}+a_{4}=a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=a_{1} q\left(1+q+q^{2}\right)=q=2$ 因此, $a_{6}+a_{7}+a_{8}=a_{1} q^{5}+a_{1} q^{6}+a_{1} q^{7}=a_{1} q^{5}\left(1+q+q^{2}\right)=q^{5}=32$.

故选：D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：11. 设 $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $C: x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$ 的两个焦点, $O$ 为坐标原点, 点 $P$ 在 $C$ 上且 $|O P|=2$, 则 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积为 ( )
A. $\frac{7}{2}$
B. 3
C. $\frac{5}{2}$
D. 2

解答：【详解】由已知, 不妨设 $F_{1}(-2,0), F_{2}(2,0)$,

则 $a=1, c=2$, 因为 $|O P|=1=\frac{1}{2}\left|F_{1} F_{2}\right|$,

所以点 $P$ 在以 $F_{1} F_{2}$ 为直径的圆上,

即 $\square F_{1} F_{2} P$ 是以 $P$ 为直角顶点的直角三角形,

故 $\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}=\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}$ ，

即 $\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}=16$, 又 $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=2 a=2$ ，

所以 $4=|| P F_{1}|-| P F_{2}\left\|^{2}=\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}-2\left|P F_{1} \| P F_{2}\right|=16-2\left|P F_{1}\right|\left|P F_{2}\right|\right.$,

解得 $\left|P F_{1}\right|\left|P F_{2}\right|=6$, 所以 $S_{\triangle F_{1} F_{2} P}=\frac{1}{2}\left|P F_{1}\right|\left|P F_{2}\right|=3$

故选：B

【点晴】本题考查双曲线中焦点三角面积的计算问题, 涉及到双曲线的定义, 考查学生的数学运算能力, 是一道中档题.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：1.已知集合 $A=\{x|| x \mid<3, x \in Z\}, B=\{x|| x \mid>1, x \in Z\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\varnothing$
B. $\{-3,-2,2,3)$
C. $\{-2,0,2\}$
D. $\{-2,2\}$

解答：【详解】因为 $A=\{x|| x \mid<3, x \in Z\}=\{-2,-1,0,1,2\}$, $B=\{x|| x \mid>1, x \in Z\}=\{x \mid x>1$ 或 $x<-1, x \in Z\} ，$

所以 $A \cap B=\{2,-2\}$.

故选：D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：2. $(1-\mathrm{i})^{4}=(\quad)$
A. -4
B. 4
C. $-4 i$
D. $4 i$

解答：【详解】 $(1-i)^{4}\left([=1-i)^{2}\right]^{2}\left(=1-2 i+i^{2}\right)^{2}-(=2 i)^{2}-=4$.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：4.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 份订单末配货, 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

解答：【详解】由题意, 第二天新增订单数为 $500+1600-1200=900$,

故需要志愿者 $\frac{900}{50}=18$ 名.

故选: B

【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用, 属于基础题.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：5.已知单位向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}$, 则在下列向量中, 与 $\boldsymbol{b}$ 垂直的是（）
A. $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$
B. $2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$
C. $\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}$
D. $2 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$

解答：【详解】由已知可得: $\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cdot \cos 60^{\circ}=1 \times 1 \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

$\mathrm{A}$ : 因为 $(\vec{a}+2 \vec{b}) \cdot \vec{b}=\vec{a} \cdot \vec{b}+2 \vec{b}^{2}=\frac{1}{2}+2 \times 1=\frac{5}{2} \neq 0$, 所以本选项不符合题意;

B: 因为 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=2 \times \frac{1}{2}+1=2 \neq 0$, 所以本选项不符合题意;

C: 因为 $(\vec{a}-2 \vec{b}) \cdot \vec{b}=\vec{a} \cdot \vec{b}-2 \vec{b}^{2}=\frac{1}{2}-2 \times 1=-\frac{3}{2} \neq 0$, 所以本选项不符合题意;

D: 因为 $(2 \vec{a}-\vec{b}) \cdot \vec{b}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}-\vec{b}^{2}=2 \times \frac{1}{2}-1=0$, 所以本选项符合题意.

故选: D.

答案：D

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：6. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{5}-a_{3}=12, a_{6}-a_{4}=24$, 则 $\frac{S_{n}}{a_{n}}=(\quad)$
A. $2^{n}-1$
B. $2-2^{1-n}$
C. $2-2^{n-1}$
D. $2^{1-n}-1$

解答：【详解】设等比数列的公比为 $q$,

由 $a_{5}-a_{3}=12, a_{6}-a_{4}=24$ 可得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1} q^{4}-a_{1} q^{2}=12 \\ a_{1} q^{5}-a_{1} q^{3}=24\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}q=2 \\ a_{1}=1\end{array}\right.\right.$,

所以 $a_{n}=a_{1} q^{n-1}=2^{n-1}, S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,

因此 $\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{2^{n}-1}{2^{n-1}}=2-2^{1-n}$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：8. 若过点 $(2,1)$ 的圆与两坐标轴都相切, 则圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离为 ( )
A. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{3 \sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{4 \sqrt{5}}{5}$

解答：【详解】由于圆上的点 $(2,1)$ 在第一象限, 若圆心不在第一象限,

则圆与至少与一条坐标轴相交, 不合乎题意, 所以圆心必在第一象限,

设圆心的坐标为 $(a, a)$, 则圆的半径为 $a$,

圆的标准方程为 $(x-a)^{2}+(y-a)^{2}=a^{2}$.

由题意可得 $(2-a)^{2}+(1-a)^{2}=a^{2}$, 可得 $a^{2}-6 a+5=0$, 解得 $a=1$ 或 $a=5$,

所以圆心的坐标为 $(1,1)$ 或 $(5,5)$,

圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离均为 $d=\frac{|-2|}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$;

所以，圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：9. 设 $O$ 为坐标原点, 直线 $x=a$ 与双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两条渐近线分别交于 $D, E$ 两点, 若 $\square O D E$ 的面积为 8 , 则 $C$ 的焦距的最小值为 ( )
A. 4
B. 8
C. 16
D. 32

解答：【详解】 $\because C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$

$\therefore$ 双曲线的渐近线方程是 $y= \pm \frac{b}{a} x$

$\because$ 直线 $x=a$ 与双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两条渐近线分别交于 $D, E$ 两点

不妨设 $D$ 为在第一象限, $E$ 在第四象限

联立 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=\frac{b}{a} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=b\end{array}\right.$

故 $D(a, b)$

联立 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=-\frac{b}{a} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=-b\end{array}\right.$

故 $E(a,-b)$ $\therefore|E D|=2 b$

$\therefore \square O D E$ 面积为: $S_{\triangle O D E}=\frac{1}{2} a \times 2 b=a b=8$

$\because$ 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$

$\therefore$ 其焦距为 $2 c=2 \sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq 2 \sqrt{2 a b}=2 \sqrt{16}=8$

当且仅当 $a=b=2 \sqrt{2}$ 取等号

$\therefore C$ 的焦距的最小值： 8

故选: B.

答案：B

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：10. 设函数 $f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$, 则 $f(x)(\quad)$
A. 是奇函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递增
B. 是奇函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递减
C. 是偶函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递增
D. 是偶函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递减

解答：【详解】 因为函数 $f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$ 定义域为 $\{x \mid x \neq 0\}$, 其关于原点对称, 而 $f(-x)=-f(x)$,

所以函数 $f(x)$ 为奇函数.

又因为函数 $y=x^{3}$ 在 $(0,+\not)$ 上单调递增, 在 $(-¥, 0)$ 上单调递增,

而 $y=\frac{1}{x^{3}}=x^{-3}$ 在 $(0,+\not)$ 上单调递减, 在 $(-¥, 0)$ 上单调递减,

所以函数 $f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$ 在 $(0,+¥)$ 上单调递增，在 $(-\neq, 0)$ 上单调递增.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：11.已知 $\triangle A B C$ 是面积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$

的等边三角形, 且其顶点都在球 $O$ 的球面上. 若球 $O$ 的表面积为 $16 \pi$, 则 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离为（）
A. $\sqrt{3}$
B. $\frac{3}{2}$
C. 1
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

解答：【详解】设球 $O$ 的半径为 $R$, 则 $4 \pi R^{2}=16 \pi$, 解得： $R=2$.

设 $\square A B C$ 外接圆半径为 $r$, 边长为 $a$,

$\because \square A B C$ 是面积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$ 的等边三角形,

$\therefore \frac{1}{2} a^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9 \sqrt{3}}{4}$, 解得: $a=3, \therefore r=\frac{2}{3} \times \sqrt{a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{2}{3} \times \sqrt{9-\frac{9}{4}}=\sqrt{3}$,

$\therefore$ 球心 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离 $d=\sqrt{R^{2}-r^{2}}=\sqrt{4-3}=1$.

故选: C.

答案：C

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：12. 若 $2^{x}-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$ ，则 $(\quad)$
A. $\ln (y-x+1)>0$
B. $\ln (y-x+1)<0$
C. $\ln |x-y|>0$
D. $\ln |x-y|<0$

解答：【详解】由 $2^{x}-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$ 得: $2^{x}-3^{-x}<2^{y}-3^{-y}$,

令 $f(t)=2^{t}-3^{-t}$, $\because y=2^{x}$ 为 $R$ 上的增函数, $y=3^{-x}$ 为 $R$ 上的减函数, $\therefore f(t)$ 为 $R$ 上的增函数,

$\therefore x<y$,

$\mathrm{Q} y-x>0 \therefore, y-x+1>1 \therefore, \ln (y-x+1>) 0$, 则A正确, B错误;

$\mathrm{Q}|x-y|$ 与 1 的大小不确定, 故CD无法确定.

故选: A.

答案：A

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：17. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{n+1}=3 a_{n}-4 n$.

(1) 计算 $a_{2}, a_{3}$, 猜想 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式并加以证明;

(2) 求数列 $\left\{2^{n} a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.

解答：【分析】}

(1) 利用递推公式得出 $a_{2}, a_{3}$, 猜想得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用数学归纳法证明即可;

（2）由错位相减法求解即可.

【解析】}

【分析】}

(1) 利用递推公式得出 $a_{2}, a_{3}$, 猜想得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用数学归纳法证明即可;

（2）由错位相减法求解即可.

【详解】(1) 由题意可得 $a_{2}=3 a_{1}-4=9-4=5, a_{3}=3 a_{2}-8=15-8=7$, 由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前三项可猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 3 为首项, 2 为公差的等差数列, 即 $a_{n}=2 n+1$, 证明如下:

当 $n=1$ 时, $a_{1}=3$ 成立;

假设 $n=k$ 时, $a_{k}=2 k+1$ 成立.

那么 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}=3 a_{k}-4 k=3(2 k+1)-4 k=2 k+3=2(k+1)+1$ 也成立.

则对任意的 $n \in N^{*}$, 都有 $a_{n}=2 n+1$ 成立;

(2) 由 (1) 可知, $a_{n} \cdot 2^{n}=(2 n+1) \cdot 2^{n}$

$S_{n}=3 \times 2+5 \times 2^{2}+7 \times 2^{3}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n-1}+(2 n+1) \cdot 2^{n}$, (1)

$2 S_{n}=3 \times 2^{2}+5 \times 2^{3}+7 \times 2^{4}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n}+(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$

由(1)-(2)得: $-S_{n}=6+2 \times\left(2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}\right)-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$

$=6+2 \times \frac{2^{2} \times\left(1-2^{n-1}\right)}{1-2}-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}=(1-2 n) \cdot 2^{n+1}-2$,

即 $S_{n}=(2 n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 利用递推公式得出 $a_{2}, a_{3}$, 猜想得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用数学归纳法证明即可;

（2）由错位相减法求解即可.

【详解】(1) 由题意可得 $a_{2}=3 a_{1}-4=9-4=5, a_{3}=3 a_{2}-8=15-8=7$, 由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前三项可猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 3 为首项, 2 为公差的等差数列, 即 $a_{n}=2 n+1$, 证明如下:

当 $n=1$ 时, $a_{1}=3$ 成立;

假设 $n=k$ 时, $a_{k}=2 k+1$ 成立.

那么 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}=3 a_{k}-4 k=3(2 k+1)-4 k=2 k+3=2(k+1)+1$ 也成立.

则对任意的 $n \in N^{*}$, 都有 $a_{n}=2 n+1$ 成立;

(2) 由 (1) 可知, $a_{n} \cdot 2^{n}=(2 n+1) \cdot 2^{n}$

$S_{n}=3 \times 2+5 \times 2^{2}+7 \times 2^{3}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n-1}+(2 n+1) \cdot 2^{n}$, (1)

$2 S_{n}=3 \times 2^{2}+5 \times 2^{3}+7 \times 2^{4}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n}+(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$

由(1)-(2)得: $-S_{n}=6+2 \times\left(2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}\right)-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$

$=6+2 \times \frac{2^{2} \times\left(1-2^{n-1}\right)}{1-2}-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}=(1-2 n) \cdot 2^{n+1}-2$,

即 $S_{n}=(2 n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：18. 某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人 次, 整理数据得到下表 (单位: 天):

\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline $\begin{array}{l}\text { 锻炼人次 } \\
\text { 空气质量等级 }\end{array}$ & {$[0,200]$} & $(200,400]$ & $(400,600]$ \\
\hline 1 (优) & 2 & 16 & 25 \\
\hline 2 (良) & 5 & 10 & 12 \\
\hline 3 (轻度污染) & 6 & 7 & 8 \\
\hline 4 (中度污染) & 7 & 2 & 0 \\
\hline
\end{tabular}

(1) 分别估计该市一天的空气质量等级为 $1,2,3 ， 4$ 的概率;

(2) 求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代 表);

(3) 若某天的空气质量等级为 1 或 2 , 则称这天“空气质量好”; 若某天的空气质量等级为 3 或 4, 则称这天“空气质量不好”。根据所给数据，完成下面的 $2 \times 2$ 列联表，并根据列联表，判 断是否有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?

\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量好 & & \\
\hline 空气质量不好 & & \\
\hline
\end{tabular}

附: $\quad K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$,

\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}

解答：【分析】}

(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;

(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;

（3）根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.

【解析】}

【分析】}

(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;

(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;

（3）根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.

【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;

(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为

$\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350$

(3) $2 \times 2$ 列联表如下:

\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}

$K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841$,

因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;

(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;

（3）根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.

【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;

(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为

$\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350$

(3) $2 \times 2$ 列联表如下:

\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}

$K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841$,

因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：21. 设函数 $f(x)=x^{3}+b x+c$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(\frac{1}{2}, f\left(\frac{1}{2}\right)\right)$ 处的切线与 $y$ 轴垂直.

(1) 求 $b$.

(2) 若 $f(x)$ 有一个绝对值不大于 1 的零点, 证明: $f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 1 .

解答：【分析】}

（1）利用导数的几何意义得到 $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 解方程即可;

(2) 由（1）可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=2\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 易知 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$, 采用反证法, 推出矛盾即可.

【解析】}

【分析】}

（1）利用导数的几何意义得到 $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 解方程即可;

(2) 由（1）可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=2\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 易知 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$, 采用反证法, 推出矛盾即可.

【详解】(1) 因为 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+b$,

由题意, $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 即 $3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+b=0$

则 $b=-\frac{3}{4}$;

(2) 由（1） 可得 $f(x)=x^{3}-\frac{3}{4} x+c$,

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=3\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x>\frac{1}{2}$ 或 $x<-\frac{1}{2}$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,

且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$,

若 $f(x)$ 所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 $x_{0}$, 则 $f(-1)>0$ 或 $f(1)<0$,

即 $c>\frac{1}{4}$ 或 $c<-\frac{1}{4}$.

当 $c>\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}>0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}>0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}>0, f(1)=c+\frac{1}{4}>0$,

又 $f(-4 c)=-64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)<0$ ，

由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(-4 c,-1)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}$,

即 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-1,+\infty)$ 上不存在零点,

此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;

当 $c<-\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}<0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}<0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}<0, f(1)=c+\frac{1}{4}<0$,

又 $f(-4 c)=64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)>0$ ，

由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(1,-4 c)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}^{\prime}$,

即 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-\infty, 1)$ 上不存在零点,

此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;

综上, $f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 1 . 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点, 涉及到导数的几何意义, 反证法, 考查学 生逻辑推理能力, 是一道有一定难度的题.

（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 做的第一题计分.

[选修 4-4: 坐标系与参数方程] (10 分)}

答案：【解析】}

【分析】}

（1）利用导数的几何意义得到 $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 解方程即可;

(2) 由（1）可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=2\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 易知 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$, 采用反证法, 推出矛盾即可.

【详解】(1) 因为 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+b$,

由题意, $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 即 $3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+b=0$

则 $b=-\frac{3}{4}$;

(2) 由（1） 可得 $f(x)=x^{3}-\frac{3}{4} x+c$,

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=3\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x>\frac{1}{2}$ 或 $x<-\frac{1}{2}$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,

且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$,

若 $f(x)$ 所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 $x_{0}$, 则 $f(-1)>0$ 或 $f(1)<0$,

即 $c>\frac{1}{4}$ 或 $c<-\frac{1}{4}$.

当 $c>\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}>0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}>0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}>0, f(1)=c+\frac{1}{4}>0$,

又 $f(-4 c)=-64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)<0$ ，

由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(-4 c,-1)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}$,

即 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-1,+\infty)$ 上不存在零点,

此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;

当 $c<-\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}<0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}<0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}<0, f(1)=c+\frac{1}{4}<0$,

又 $f(-4 c)=64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)>0$ ，

由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(1,-4 c)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}^{\prime}$,

即 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-\infty, 1)$ 上不存在零点,

此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;

综上, $f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 1 . 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点, 涉及到导数的几何意义, 反证法, 考查学 生逻辑推理能力, 是一道有一定难度的题.

（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 做的第一题计分.

[选修 4-4: 坐标系与参数方程] (10 分)}

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-t-t^{2} \\ y=2-3 t+t^{2}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数且 $\left.t \neq 1\right), C$ 与坐标 轴交于 $A 、 B$ 两点.

(1) 求 $|A B|$;

(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求直线 $A B$ 的极坐标方程.

解答：【分析】}

(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式, 即可得出 $|A B|$ 的值;

(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.

【解析】}

【分析】}

(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式, 即可得出 $|A B|$ 的值;

(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.

【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.

令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$ $\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$

(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,

则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.

由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式, 即可得出 $|A B|$ 的值;

(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.

【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.

令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$ $\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$

(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,

则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.

由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：23. 设 $a, b, c \in R, a+b+c=0, a b c=1$.

(1) 证明: $a b+b c+c a<0$;

(2) 用 $\max \{a, b, c\}$ 表示 $a, b, c$ 中的最大值，证明: $\max \{a, b, c\} \geq \sqrt[3]{4}$.

解答：【分析】}

（1） 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;

（2）不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由

$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.

【解析】}

【分析】}

（1） 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;

（2）不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由

$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.

【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，

$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$

$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；

(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，

由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,

$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.

当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,

$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.

答案：【解析】}

【分析】}

（1） 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;

（2）不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由

$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.

【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，

$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$

$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；

(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，

由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,

$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.

当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,

$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：17. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比不为 1 的等比数列, $a_{1}$ 为 $a_{2}, a_{3}$ 的等差中项.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比;

(2) 若 $a_{1}=1$, 求数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解答：【分析】}

(1) 由已知结合等差中项关系, 建立公比 $q$ 的方程, 求解即可得出结论;

(2) 由（1）结合条件得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项, 根据 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的通项公式特征, 用错位相减法, 即可求出结论.

【解析】}

【分析】}

(1) 由已知结合等差中项关系, 建立公比 $q$ 的方程, 求解即可得出结论;

(2) 由（1）结合条件得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项, 根据 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的通项公式特征, 用错位相减法, 即可求出结论.

【详解】(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{1}$ 为 $a_{2}, a_{3}$ 的等差中项，

$\because 2 a_{1}=a_{2}+a_{3}, a_{1} \neq 0, \therefore q^{2}+q-2=0$

$\because q \neq 1, \therefore q=-2$

(2) 设 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1, a_{n}=(-2)^{n-1}$,

$S_{n}=1 \times 1+2 \times(-2)+3 \times(-2)^{2}+\cdots+n(-2)^{n-1}$

$-2 S_{n}=1 \times(-2)+2 \times(-2)^{2}+3 \times(-2)^{3}+\cdots(n-1)(-2)^{n-1}+n(-2)^{n}$ (1)-(2) 得, $3 S_{n}=1+(-2)+(-2)^{2}+\cdots+(-2)^{n-1}-n(-2)^{n}$

$=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}-n(-2)^{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{3}$,

$\therefore S_{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{9}$

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 由已知结合等差中项关系, 建立公比 $q$ 的方程, 求解即可得出结论;

(2) 由（1）结合条件得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项, 根据 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的通项公式特征, 用错位相减法, 即可求出结论.

【详解】(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{1}$ 为 $a_{2}, a_{3}$ 的等差中项，

$\because 2 a_{1}=a_{2}+a_{3}, a_{1} \neq 0, \therefore q^{2}+q-2=0$

$\because q \neq 1, \therefore q=-2$

(2) 设 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1, a_{n}=(-2)^{n-1}$,

$S_{n}=1 \times 1+2 \times(-2)+3 \times(-2)^{2}+\cdots+n(-2)^{n-1}$

$-2 S_{n}=1 \times(-2)+2 \times(-2)^{2}+3 \times(-2)^{3}+\cdots(n-1)(-2)^{n-1}+n(-2)^{n}$ (1)-(2) 得, $3 S_{n}=1+(-2)+(-2)^{2}+\cdots+(-2)^{n-1}-n(-2)^{n}$

$=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}-n(-2)^{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{3}$,

$\therefore S_{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{9}$

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：19. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛, 约定赛制如下: 累计负两场者被淘汰; 比赛前抽签决定首先比赛 的两人, 另一人轮空; 每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛, 负者下一场轮空, 直至有一人被淘汰; 当一人被淘汰后, 剩余的两人继续比赛, 直至其中一人被淘汰, 另一人最终获胜, 比赛结束.经抽签, 甲、 乙首先比赛, 丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为 $\frac{1}{2}$,

(1) 求甲连胜四场的概率;

(2) 求需要进行第五场比赛的概率;

(3) 求丙最终获胜的概率.

解答：【分析】}

(1) 根据独立事件的概率乘法公式可求得事件 “甲连胜四场” 的概率;

(2) 计算出四局以内结束比赛的概率, 然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率;

(3) 列举出甲赢的基本事件, 结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率, 由对称性可知乙赢的概 率和甲赢的概率相等, 再利用对立事件的概率可求得丙贏的概率.

【解析】}

【分析】}

(1) 根据独立事件的概率乘法公式可求得事件 “甲连胜四场” 的概率;

(2) 计算出四局以内结束比赛的概率, 然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率;

(3) 列举出甲赢的基本事件, 结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率, 由对称性可知乙赢的概 率和甲赢的概率相等, 再利用对立事件的概率可求得丙贏的概率.

【详解】（1）记事件 $M$ : 甲连胜四场, 则 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{16}$ ；

(2) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输,

则四局内结束比赛的概率为

$P^{\prime}=P(A B A B)+P(A C A C)+P(B C B C)+P(B A B A)=4 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{4}$,

所以, 需要进行第五场比赛的概率为 $P=1-P^{\prime}=\frac{3}{4}$;

(3) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输, 记事件 $M$ :甲赢，记事件 $N$ :丙贏，

则甲赢的基本事件包括: $B C B C 、 A B C B C 、 A C B C B$ 、

$B A B C C 、 B A C B C 、 B C A C B 、 B C A B C 、 B C B A C$,

所以, 甲赢的概率为 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+7 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{5}=\frac{9}{32}$.

由对称性可知, 乙赢的概率和甲赢的概率相等,

所以丙赢的概率为 $P(N)=1-2 \times \frac{9}{32}=\frac{7}{16}$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 根据独立事件的概率乘法公式可求得事件 “甲连胜四场” 的概率;

(2) 计算出四局以内结束比赛的概率, 然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率;

(3) 列举出甲赢的基本事件, 结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率, 由对称性可知乙赢的概 率和甲赢的概率相等, 再利用对立事件的概率可求得丙贏的概率.

【详解】（1）记事件 $M$ : 甲连胜四场, 则 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{16}$ ；

(2) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输,

则四局内结束比赛的概率为

$P^{\prime}=P(A B A B)+P(A C A C)+P(B C B C)+P(B A B A)=4 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{4}$,

所以, 需要进行第五场比赛的概率为 $P=1-P^{\prime}=\frac{3}{4}$;

(3) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输, 记事件 $M$ :甲赢，记事件 $N$ :丙贏，

则甲赢的基本事件包括: $B C B C 、 A B C B C 、 A C B C B$ 、

$B A B C C 、 B A C B C 、 B C A C B 、 B C A B C 、 B C B A C$,

所以, 甲赢的概率为 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+7 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{5}=\frac{9}{32}$.

由对称性可知, 乙赢的概率和甲赢的概率相等,

所以丙赢的概率为 $P(N)=1-2 \times \frac{9}{32}=\frac{7}{16}$.

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：21. 已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}+a x^{2}-x$.

（1）当 $a=1$ 时, 讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 当 $x \geq 0$ 时, $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【分析】}

(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.

(2)首先讨论 $x=0$ 的

情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $a$ 的取值范围.

【解析】}

【分析】}

(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.

(2)首先讨论 $x=0$ 的

情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $a$ 的取值范围.

【详解】(1)当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,

由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$, 故:

当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.

(2)由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \ldots \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,

(1). 当 $x=0$ 时, 不等式为: $1 \geq 1$, 显然成立, 符合题意; (2).当 $x>0$ 时, 分离参数 $a$ 得, $a \ldots-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}$,

记 $g(x)=-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}{x^{3}}$,

令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,

则 $h^{\prime}(x)=e^{x}-x-1, h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,

故 $h^{\prime}(x)$ 单调递增, $h^{\prime}(x) \geq h^{\prime}(0)=0$,

故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \ldots 0$ 恒成立,

故当 $x \in(0,2)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;

当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;

因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$ ，

综上可得，实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.

(2)首先讨论 $x=0$ 的

情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $a$ 的取值范围.

【详解】(1)当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,

由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$, 故:

当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.

(2)由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \ldots \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,

(1). 当 $x=0$ 时, 不等式为: $1 \geq 1$, 显然成立, 符合题意; (2).当 $x>0$ 时, 分离参数 $a$ 得, $a \ldots-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}$,

记 $g(x)=-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}{x^{3}}$,

令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,

则 $h^{\prime}(x)=e^{x}-x-1, h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,

故 $h^{\prime}(x)$ 单调递增, $h^{\prime}(x) \geq h^{\prime}(0)=0$,

故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \ldots 0$ 恒成立,

故当 $x \in(0,2)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;

当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;

因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$ ，

综上可得，实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{k} t, \\ y=\sin ^{k} t\end{array}\right.$ ( $t$ 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 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$.

（1）当 $k=1$ 时, $C_{1}$ 是什么曲线?

(2) 当 $k=4$ 时, 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标.

解答：【分析】}

(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;

(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程，即可求解.

【解析】}

【分析】}

(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;

(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程，即可求解.

【详解】 (1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数 $)$,

两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,

所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心, 半径为 1 的圆;

(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,

得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,

曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,

曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,

联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,

整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去)，

$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;

(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程，即可求解.

【详解】 (1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数 $)$,

两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,

所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心, 半径为 1 的圆;

(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,

得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,

曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,

曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,

联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,

整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去)，

$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：17. $\square A B C$ 中, $\sin ^{2} A-\sin ^{2} B-\sin ^{2} C=\sin B \sin C$.

(1) 求 $A$;

(2) 若 $B C=3$, 求 $\square A B C$ 周长的最大值.

解答：【分析】}

(1) 利用正弦定理角化边, 配凑出 $\cos A$ 的形式, 进而求得 $A$;

(2) 利用余弦定理可得到 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$, 利用基本不等式可求得 $A C+A B$ 的最大值, 进而得到结果.

【解析】}

【分析】}

(1) 利用正弦定理角化边, 配凑出 $\cos A$ 的形式, 进而求得 $A$;

(2) 利用余弦定理可得到 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$, 利用基本不等式可求得 $A C+A B$ 的最大值, 进而得到结果.

【详解】（1）由正弦定理可得: $B C^{2}-A C^{2}-A B^{2}=A C \cdot A B$,

$\therefore \cos A=\frac{A C^{2}+A B^{2}-B C^{2}}{2 A C \cdot A B}=-\frac{1}{2}$,

$\because A \in(0, \pi), \quad \therefore A=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) 由余弦定理得: $B C^{2}=A C^{2}+A B^{2}-2 A C \cdot A B \cos A=A C^{2}+A B^{2}+A C \cdot A B=9$,

即 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$.

$\because A C \cdot A B \leq\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}$ （当且仅当 $A C=A B$ 时取等号），

$\therefore 9=(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B \geq(A C+A B)^{2}-\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}(A C+A B)^{2}$, 解得: $A C+A B \leq 2 \sqrt{3}$ (当且仅当 $A C=A B$ 时取等号),

$\therefore \square A B C$ 周长 $L=A C+A B+B C \leq 3+2 \sqrt{3}, \therefore \square A B C$ 周长的最大值为 $3+2 \sqrt{3}$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 利用正弦定理角化边, 配凑出 $\cos A$ 的形式, 进而求得 $A$;

(2) 利用余弦定理可得到 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$, 利用基本不等式可求得 $A C+A B$ 的最大值, 进而得到结果.

【详解】（1）由正弦定理可得: $B C^{2}-A C^{2}-A B^{2}=A C \cdot A B$,

$\therefore \cos A=\frac{A C^{2}+A B^{2}-B C^{2}}{2 A C \cdot A B}=-\frac{1}{2}$,

$\because A \in(0, \pi), \quad \therefore A=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) 由余弦定理得: $B C^{2}=A C^{2}+A B^{2}-2 A C \cdot A B \cos A=A C^{2}+A B^{2}+A C \cdot A B=9$,

即 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$.

$\because A C \cdot A B \leq\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}$ （当且仅当 $A C=A B$ 时取等号），

$\therefore 9=(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B \geq(A C+A B)^{2}-\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}(A C+A B)^{2}$, 解得: $A C+A B \leq 2 \sqrt{3}$ (当且仅当 $A C=A B$ 时取等号),

$\therefore \square A B C$ 周长 $L=A C+A B+B C \leq 3+2 \sqrt{3}, \therefore \square A B C$ 周长的最大值为 $3+2 \sqrt{3}$.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：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 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$, 其中 $x_{i}$ 和 $y_{i}$ 分别表示第 $i$ 个样区的植物覆盖面积(单位: 公顷)和这种野 生动物的数量, 并计算得 $\sum_{i=1}^{20} x_{i}=60, \sum_{i=1}^{20} y_{i}=1200, \sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=80, \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}=9000$, $\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)=800$

(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 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$ 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 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x})^{2} \sum_{i=1}^{n} y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}, \quad \sqrt{2}=1.414$.

解答：【分析】}

(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;

(2) 利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;

(3) 各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.

【解析】}

【分析】}

(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;

(2) 利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;

(3) 各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样. 【详解】（1）样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$ ，

地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$

(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为

$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$

(3)

由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样 先将植物覆盖面积按优中差分成三层,

在各层内按比例抽取样本,

在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.

【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;

(2) 利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;

(3) 各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样. 【详解】（1）样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$ ，

地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$

(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为

$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$

(3)

由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样 先将植物覆盖面积按优中差分成三层,

在各层内按比例抽取样本,

在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.

【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：21.已知函数 $f(x)=\sin ^{2} x \sin 2 x$.

(1) 讨论 $f(x)$ 在区间 $(0, \pi)$ 的单调性;

(2) 证明: $|f(x)| \leq \frac{3 \sqrt{3}}{8}$;

(3) 设 $n \in N^{*}$, 证明: $\sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \sin ^{2} 4 x \ldots \sin ^{2} 2^{n} x \leq \frac{3^{n}}{4^{n}}$.

解答：【分析】}

(1)首先求得导函数的解析式, 然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号, 最后确定原函数的单调性 即可;

(2) 首先确定函数的周期性, 然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的 不等式;

(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得

$f(x)=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ , 然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.

【解析】}

【分析】}

(1)首先求得导函数的解析式, 然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号, 最后确定原函数的单调性 即可;

(2) 首先确定函数的周期性, 然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的 不等式;

(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得

$f(x)=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ , 然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.

【详解】(1)由函数的解析式可得: $f(x)=2 \sin ^{3} x \cos x$, 则:

$f^{\prime}(x)=2\left(3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x-\sin ^{4} x\right)=2 \sin ^{2} x\left(3 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)$

$=2 \sin ^{2} x\left(4 \cos ^{2} x-1\right)=2 \sin ^{2} x(2 \cos x+1)(2 \cos x-1)$,

$f^{\prime}(x)=0$ 在 $x \in(0, \pi)$ 上的根为: $x_{1}=\frac{\pi}{3}, x_{2}=\frac{2 \pi}{3}$,

当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增,

当 $x \in\left(\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.

(2)注意到 $f(x+\pi)=\sin ^{2}(x+\pi) \sin [2(x+\pi)]=\sin ^{2} x \sin 2 x=f(x)$,

故函数 $f(x)$ 是周期为 $\pi$ 的函数,

结合(1)的结论, 计算可得: $f(0)=f(\pi)=0$,

$f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{8}, f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,

据此可得: $[f(x)]_{\max }=\frac{3 \sqrt{3}}{8},[f(x)]_{\min }=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,

即 $|f(x)| \leq \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.

(3)结合(2)的结论有:

$\sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \sin ^{2} 4 x \cdots \sin ^{2} 2^{n} x$

$=\left[\sin ^{3} x \sin ^{3} 2 x \sin ^{3} 4 x \cdots \sin ^{3} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$

$=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$

$\leq\left[\sin x \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \cdots \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ $\leq\left[\left(\frac{3 \sqrt{3}}{8}\right)^{n}\right]^{\frac{2}{3}}=\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$

答案：【解析】}

【分析】}

(1)首先求得导函数的解析式, 然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号, 最后确定原函数的单调性 即可;

(2) 首先确定函数的周期性, 然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的 不等式;

(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得

$f(x)=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ , 然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.

【详解】(1)由函数的解析式可得: $f(x)=2 \sin ^{3} x \cos x$, 则:

$f^{\prime}(x)=2\left(3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x-\sin ^{4} x\right)=2 \sin ^{2} x\left(3 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)$

$=2 \sin ^{2} x\left(4 \cos ^{2} x-1\right)=2 \sin ^{2} x(2 \cos x+1)(2 \cos x-1)$,

$f^{\prime}(x)=0$ 在 $x \in(0, \pi)$ 上的根为: $x_{1}=\frac{\pi}{3}, x_{2}=\frac{2 \pi}{3}$,

当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增,

当 $x \in\left(\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.

(2)注意到 $f(x+\pi)=\sin ^{2}(x+\pi) \sin [2(x+\pi)]=\sin ^{2} x \sin 2 x=f(x)$,

故函数 $f(x)$ 是周期为 $\pi$ 的函数,

结合(1)的结论, 计算可得: $f(0)=f(\pi)=0$,

$f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{8}, f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,

据此可得: $[f(x)]_{\max }=\frac{3 \sqrt{3}}{8},[f(x)]_{\min }=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,

即 $|f(x)| \leq \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.

(3)结合(2)的结论有:

$\sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \sin ^{2} 4 x \cdots \sin ^{2} 2^{n} x$

$=\left[\sin ^{3} x \sin ^{3} 2 x \sin ^{3} 4 x \cdots \sin ^{3} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$

$=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$

$\leq\left[\sin x \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \cdots \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ $\leq\left[\left(\frac{3 \sqrt{3}}{8}\right)^{n}\right]^{\frac{2}{3}}=\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：22. 已知曲线 $C_{1}, C_{2}$ 的参数方程分别为 $C_{1}$ : $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos ^{2} \theta, \\ y=4 \sin ^{2} \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t}, \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).

(1) 将 $C_{1}, C_{2}$ 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 $C_{1}, C_{2}$ 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.

解答：【分析】}

(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;

(2) 两方程联立求得点 $P$

, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【解析】}

【分析】}

(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;

(2) 两方程联立求得点 $P$

, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;

由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.

(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,

则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,

$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,

$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;

(2) 两方程联立求得点 $P$

, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;

由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.

(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,

则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,

$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,

$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：23. 已知函数 $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1|$.

(1) 当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x) \ldots 4$ 的解集;

(2) 若 $f(x) \ldots 4$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【分析】}

(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;

（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.

【解析】}

【分析】}

(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;

（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.

【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=|x-4|+|x-3|$.

当 $x \leq 3$ 时, $f(x)=4-x+3-x=7-2 x \geq 4$, 解得: $x \leqslant \frac{3}{2}$;

当 $3<x<4$ 时, $f(x)=4-x+x-3=1 \geq 4$, 无解;

当 $x \geq 4$ 时, $f(x)=x-4+x-3=2 x-7 \geq 4$, 解得: $x \geq \frac{11}{2}$;

综上所述: $f(x) \geq 4$ 的解集为 $\left\{x \mid x \leq \frac{3}{2}\right.$ 或 $\left.x \geq \frac{11}{2}\right\}$.

(2) $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1| \geq\left|\left(x-a^{2}\right)-(x-2 a+1)\right|=\left|-a^{2}+2 a-1\right|=(a-1)^{2}$ （当且仅当 $2 a-1 \leq x \leq a^{2}$ 时取等号), $\therefore(a-1)^{2} \geq 4$, 解得: $a \leq-1$ 或 $a \geq 3$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;

（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.

【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=|x-4|+|x-3|$.

当 $x \leq 3$ 时, $f(x)=4-x+3-x=7-2 x \geq 4$, 解得: $x \leqslant \frac{3}{2}$;

当 $3<x<4$ 时, $f(x)=4-x+x-3=1 \geq 4$, 无解;

当 $x \geq 4$ 时, $f(x)=x-4+x-3=2 x-7 \geq 4$, 解得: $x \geq \frac{11}{2}$;

综上所述: $f(x) \geq 4$ 的解集为 $\left\{x \mid x \leq \frac{3}{2}\right.$ 或 $\left.x \geq \frac{11}{2}\right\}$.

(2) $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1| \geq\left|\left(x-a^{2}\right)-(x-2 a+1)\right|=\left|-a^{2}+2 a-1\right|=(a-1)^{2}$ （当且仅当 $2 a-1 \leq x \leq a^{2}$ 时取等号), $\therefore(a-1)^{2} \geq 4$, 解得: $a \leq-1$ 或 $a \geq 3$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$.

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：17. 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{2}=4, a_{3}-a_{1}=8$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{m}+S_{m+1}=S_{m+3}$, 求 $m$.

解答：【分析】}

(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 根据题意, 列出方程组, 求得首项和公比, 进而求得通项 公式;

(2) 由（1）求出 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用等差数列求和公式求得 $S_{n}$, 根据已知列出关于 $m$ 的等量关系式, 求得结果.

【解析】}

【分析】}

(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 根据题意, 列出方程组, 求得首项和公比, 进而求得通项 公式;

(2) 由（1）求出 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用等差数列求和公式求得 $S_{n}$, 根据已知列出关于 $m$ 的等量关系式, 求得结果.

【详解】(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,

根据题意, 有 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q=4 \\ a_{1} q^{2}-a_{1}=8\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ q=3\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;

(2) 令 $b_{n}=\log _{3} a_{n}=\log _{3} 3^{n-1}=n-1$,

所以 $S_{n}=\frac{n(0+n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$ ，

根据 $S_{m}+S_{m+1}=S_{m+3}$, 可得 $\frac{m(m-1)}{2}+\frac{m(m+1)}{2}=\frac{(m+2)(m+3)}{2}$ ，

整理得 $m^{2}-5 m-6=0$, 因为 $m>0$, 所以 $m=6$,

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 根据题意, 列出方程组, 求得首项和公比, 进而求得通项 公式;

(2) 由（1）求出 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用等差数列求和公式求得 $S_{n}$, 根据已知列出关于 $m$ 的等量关系式, 求得结果.

【详解】(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,

根据题意, 有 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q=4 \\ a_{1} q^{2}-a_{1}=8\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ q=3\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;

(2) 令 $b_{n}=\log _{3} a_{n}=\log _{3} 3^{n-1}=n-1$,

所以 $S_{n}=\frac{n(0+n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$ ，

根据 $S_{m}+S_{m+1}=S_{m+3}$, 可得 $\frac{m(m-1)}{2}+\frac{m(m+1)}{2}=\frac{(m+2)(m+3)}{2}$ ，

整理得 $m^{2}-5 m-6=0$, 因为 $m>0$, 所以 $m=6$,

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：18. 某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人 次, 整理数据得到下表 (单位: 天):

\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline $\begin{array}{l}\text { 锻炼人次 } \\
\text { 空气质量等级 }\end{array}$ & {$[0,200]$} & $(200,400]$ & $(400,600]$ \\
\hline 1 (优) & 2 & 16 & 25 \\
\hline 2 (良) & 5 & 10 & 12 \\
\hline 3 (轻度污染) & 6 & 7 & 8 \\
\hline
\end{tabular}



\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline 4 (中度污染) & 7 & 2 & 0 \\
\hline
\end{tabular}

(1) 分别估计该市一天的空气质量等级为 $1,2,3,4$ 的概率;

(2) 求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代 表);

(3) 若某天的空气质量等级为 1 或 2 , 则称这天“空气质量好”; 若某天的空气质量等级为 3 或 4, 则称这天“空气质量不好”. 根据所给数据, 完成下面的 $2 \times 2$ 列联表, 并根据列联表, 判 断是否有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?

\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量好 & & \\
\hline 空气质量不好 & & \\
\hline
\end{tabular}

附: $\quad K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$,

\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}

解答：【分析】}

(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;

(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;

(3) 根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.

【解析】}

【分析】}

(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;

(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;

(3) 根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.

【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;

(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为

$$
\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350
$$

(3) $2 \times 2$ 列联表如下:

\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}

$$
K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841 \text {, }
$$

因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;

(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;

(3) 根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.

【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;

(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为

$$
\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350
$$

(3) $2 \times 2$ 列联表如下:

\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}

$$
K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841 \text {, }
$$

因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：20. 已知函数 $f(x)=x^{3}-k x+k^{2}$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 若 $f(x)$ 有三个零点, 求 $k$ 的取值范围.

解答：【分析】}

(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可;

(2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可.

【解析】}

【分析】}

(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可;

(2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可.

【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$,

当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增;

当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$,

令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增.

(2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点,

同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点,

又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点,

综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$.

【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可;

(2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可.

【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$,

当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增;

当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$,

令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增.

(2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点,

同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点,

又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点,

综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$.

【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题.

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-t-t^{2}, \\ y=2-t+t^{2}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数且 $\left.t \neq 1\right), C$ 与坐标轴交 于 $A, B$ 两点.

(1) 求 $|A B|$ :

(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求直线 $A B$ 的极坐标方程.

解答：【分析】}

(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 $|A B|$ 的值;

(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.

【解析】}

【分析】}

(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 $|A B|$ 的值;

(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.

【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.

令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$.

$\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$;

(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,

则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.

由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 $|A B|$ 的值;

(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.

【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.

令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$.

$\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$;

(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,

则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.

由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.

2020 年高考 （全国卷Ⅲ）
题目：23. 设 $a, b, c \in R, a+b+c=0, a b c=1$.

(1) 证明: $a b+b c+c a<0$;

(2) 用 $\max \{a, b, c\}$ 表示 $a, b, c$ 中的最大值，证明: $\max \{a, b, c\} \geq \sqrt[3]{4}$.

解答：【分析】}

(1) 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;

(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由

$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.

【解析】}



【分析】}

(1) 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;

(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由

$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.

【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，

$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$

$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；

(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，

由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,

$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.

当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,

$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.

答案：【解析】}



【分析】}

(1) 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;

(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由

$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.

【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，

$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$

$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；

(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，

由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,

$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.

当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,

$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：17. 某厂接受了一项加工业务, 加工出来的产品(单位：件)按标准分为 $A, B, C, D$ 四个等级.加工业务约定 : 对于 $A$ 级品、 $B$ 级品、 $C$ 级品, 厂家每件分别收取加工费 90 元, 50 元, 20 元; 对于 $\mathrm{D}$ 级品, 厂家每件要赔 偿原料损失费 50 元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为 25 元/件，乙分厂加工成本 费为 20 元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务, 在两个分厂各试加工了100件这种产品, 并统计了这些 产品的等级, 整理如下:

甲分厂产品等级的频数分布表

\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|}
\hline 等级 & $A$ & $B$ & $C$ & $D$ \\
\hline 频数 & 40 & 20 & 20 & 20 \\
\hline
\end{tabular}

乙分厂产品等级的频数分布表

\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|}
\hline 等级 & $A$ & $B$ & $C$ & $D$ \\
\hline 频数 & 28 & 17 & 34 & 21 \\
\hline
\end{tabular}

（1）分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为 $\mathrm{A}$ 级品的概率;

(2) 分别求甲、乙两分厂加工出来的 100 件产品的平均利润, 以平均利润为依据, 厂家应选哪个分厂承接 加工业务?

解答：【分析】}

(1) 根据两个频数分布表即可求出; (2) 根据题意分别求出甲乙两厂加工100件产品的总利润, 即可求出平均利润, 由此作出选择.

【解析】

【分析】}

(1) 根据两个频数分布表即可求出; (2) 根据题意分别求出甲乙两厂加工100件产品的总利润, 即可求出平均利润, 由此作出选择.

【详解】 (1) 由表可知, 甲厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{40}{100}=0.4$

，乙厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{28}{100}=0.28$;

(2) 甲分厂加工 100 件产品的总利润为

$40 \times(90-25)+20 \times(50-25)+20 \times(20-25)-20 \times(50+25)=1500$ 元,

所以甲分厂加工 100 件产品的平均利润为 15 元每件;

乙分厂加工 100 件产品的总利润为

$28 \times(90-20)+17 \times(50-20)+34 \times(20-20)-21 \times(50+20)=1000$ 元

所以乙分厂加工 100 件产品的平均利润为 10 元每件.

故厂家选择甲分厂承接加工任务.

答案：【解析】

【分析】}

(1) 根据两个频数分布表即可求出; (2) 根据题意分别求出甲乙两厂加工100件产品的总利润, 即可求出平均利润, 由此作出选择.

【详解】 (1) 由表可知, 甲厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{40}{100}=0.4$

，乙厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{28}{100}=0.28$;

(2) 甲分厂加工 100 件产品的总利润为

$40 \times(90-25)+20 \times(50-25)+20 \times(20-25)-20 \times(50+25)=1500$ 元,

所以甲分厂加工 100 件产品的平均利润为 15 元每件;

乙分厂加工 100 件产品的总利润为

$28 \times(90-20)+17 \times(50-20)+34 \times(20-20)-21 \times(50+20)=1000$ 元

所以乙分厂加工 100 件产品的平均利润为 10 元每件.

故厂家选择甲分厂承接加工任务.

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：18. $\square A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $B=150^{\circ}$.

(1) 若 $a=\sqrt{3} c, b=2 \sqrt{7}$, 求 $\square A B C$ 的面积;

(2) 若 $\sin A+\sqrt{3} \sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 求 $C$.

解答：【分析】}

(1) 已知角 $B$ 和 $b$ 边, 结合 $a, c$ 关系, 由余弦定理建立 $c$ 的方程, 求解得出 $a, c$

，利用面积公式，即可得出结论;

(2) 将 $A=30^{\circ}-C$ 代入已知等式, 由两角差的正弦和辅助角公式, 化简得出有关 $C$ 角的三角函数值, 结合 $C$ 的范围, 即可求解.

【解析】}

【分析】}

(1) 已知角 $B$ 和 $b$ 边, 结合 $a, c$ 关系, 由余弦定理建立 $c$ 的方程, 求解得出 $a, c$

，利用面积公式，即可得出结论;

(2) 将 $A=30^{\circ}-C$ 代入已知等式, 由两角差的正弦和辅助角公式, 化简得出有关 $C$ 角的三角函数值, 结合 $C$ 的范围, 即可求解.

【详解】(1) 由余弦定理可得 $b^{2}=28=a^{2}+c^{2}-2 a c \cdot \cos 150^{\circ}=7 c^{2}$,

$\therefore c=2, a=2 \sqrt{3}, \therefore \triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} a c \sin B=\sqrt{3}$;

(2) $\because A+C=30^{\circ}$

$\therefore \sin A+\sqrt{3} \sin C=\sin \left(30^{\circ}-C\right)+\sqrt{3} \sin C$ $=\frac{1}{2} \cos C+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin C=\sin \left(C+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\because 0^{\circ}<C<30^{\circ}, \therefore 30^{\circ}<C+30^{\circ}<60^{\circ}$

$\therefore C+30^{\circ}=45^{\circ}, \therefore C=15^{\circ}$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 已知角 $B$ 和 $b$ 边, 结合 $a, c$ 关系, 由余弦定理建立 $c$ 的方程, 求解得出 $a, c$

，利用面积公式，即可得出结论;

(2) 将 $A=30^{\circ}-C$ 代入已知等式, 由两角差的正弦和辅助角公式, 化简得出有关 $C$ 角的三角函数值, 结合 $C$ 的范围, 即可求解.

【详解】(1) 由余弦定理可得 $b^{2}=28=a^{2}+c^{2}-2 a c \cdot \cos 150^{\circ}=7 c^{2}$,

$\therefore c=2, a=2 \sqrt{3}, \therefore \triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} a c \sin B=\sqrt{3}$;

(2) $\because A+C=30^{\circ}$

$\therefore \sin A+\sqrt{3} \sin C=\sin \left(30^{\circ}-C\right)+\sqrt{3} \sin C$ $=\frac{1}{2} \cos C+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin C=\sin \left(C+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\because 0^{\circ}<C<30^{\circ}, \therefore 30^{\circ}<C+30^{\circ}<60^{\circ}$

$\therefore C+30^{\circ}=45^{\circ}, \therefore C=15^{\circ}$.

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：20. 已知函数 $f(x)=e^{x}-a(x+2)$.

(1) 当 $a=1$ 时, 讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【分析】}

(1) 将 $a=1$

代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间;

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果.

【解析】

【分析】}

(1) 将 $a=1$

代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间;

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$,

令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$,

所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$;

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解,

从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解,

令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$,

令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$,

所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增,

且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$,

而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$,

所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$,

所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$.

答案：【解析】

【分析】}

(1) 将 $a=1$

代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间;

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$,

令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$,

所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$;

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解,

从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解,

令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$,

令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$,

所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增,

且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$,

而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$,

所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$,

所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$.

2020 年高考 （新课标Ⅰ）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{k} t, \\ y=\sin ^{k} t\end{array}(t\right.$ 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 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$.

(1) 当 $k=1$ 时, $C_{1}$ 是什么曲线?

(2) 当 $k=4$ 时, 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标.

解答：【分析】}

(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;

(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解.

【解析】 

【分析】}

(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;

(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解.

【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,

所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆;

(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,

得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,

曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,

曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,

联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,

整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去),

$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.

答案：【解析】 

【分析】}

(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;

(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解.

【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,

所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆;

(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,

得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,

曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,

曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,

联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,

整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去),

$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：17. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$.

(1) 求 $A$;

(2) 若 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$, 证明: $\triangle A B C$ 是直角三角形.

解答：【分析】}

(1) 根据诱导公式和同角三角函数平方关系, $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$ 可化为 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ , 即可解出;

(2) 根据余弦定理可得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 将 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ 代入可找到 $a, b, c$ 关系,

再根据勾股定理或正弦定理即可证出.

【解析】

【分析】}

(1) 根据诱导公式和同角三角函数平方关系, $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$ 可化为 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ , 即可解出;

(2) 根据余弦定理可得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 将 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ 代入可找到 $a, b, c$ 关系,

再根据勾股定理或正弦定理即可证出.

【详解】 (1) 因为 $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$, 所以 $\sin ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$,

即 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ ， 解得 $\cos A=\frac{1}{2}$, 又 $0<A<\pi$,

所以 $A=\frac{\pi}{3}$;

(2) 因为 $A=\frac{\pi}{3}$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$,

即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$ (1),

又 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ (2), 将(2)代入(1)得, $b^{2}+c^{2}-3(b-c)^{2}=b c$,

即 $2 b^{2}+2 c^{2}-5 b c=0$, 而 $b>c$, 解得 $b=2 c$,

所以 $a=\sqrt{3} c$,

故 $b^{2}=a^{2}+c^{2}$,

即 $\square A B C$ 是直角三角形.

答案：【解析】

【分析】}

(1) 根据诱导公式和同角三角函数平方关系, $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$ 可化为 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ , 即可解出;

(2) 根据余弦定理可得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 将 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ 代入可找到 $a, b, c$ 关系,

再根据勾股定理或正弦定理即可证出.

【详解】 (1) 因为 $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$, 所以 $\sin ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$,

即 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ ， 解得 $\cos A=\frac{1}{2}$, 又 $0<A<\pi$,

所以 $A=\frac{\pi}{3}$;

(2) 因为 $A=\frac{\pi}{3}$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$,

即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$ (1),

又 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ (2), 将(2)代入(1)得, $b^{2}+c^{2}-3(b-c)^{2}=b c$,

即 $2 b^{2}+2 c^{2}-5 b c=0$, 而 $b>c$, 解得 $b=2 c$,

所以 $a=\sqrt{3} c$,

故 $b^{2}=a^{2}+c^{2}$,

即 $\square A B C$ 是直角三角形.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：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 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$, 其中 $x_{i}$ 和 $y_{i}$ 分别表示第 $i$ 个样区的植物覆盖面积(单位: 公顷)和这种野 生动物的数量, 并计算得 $\sum_{i=1}^{20} x_{i}=60, \sum_{i=1}^{20} y_{i}=1200, \sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=80, \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}=9000$, $\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)=800$

(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 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$ 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 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x})^{2} \sum_{i=1}^{n} y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}, \quad \sqrt{2}=1.414$.

解答：【分析】}

(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;

（2）利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;

（3）各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.

【解析】}

【分析】}

(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;

（2）利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;

（3）各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.

【详解】 (1) 样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$,

地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$

(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为

$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$

(3)

由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样

先将植物覆盖面积按优中差分成三层,

在各层内按比例抽取样本,

在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.

【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;

（2）利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;

（3）各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.

【详解】 (1) 样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$,

地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$

(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为

$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$

(3)

由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样

先将植物覆盖面积按优中差分成三层,

在各层内按比例抽取样本,

在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.

【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：19. 已知椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$

$(a>b>0)$ 的右焦点 $F$ 与抛物线 $C_{2}$ 的焦点重合, $C_{1}$ 的中心与 $C_{2}$ 的顶点重合. 过 $F$ 且与 $x$ 轴重直的直线交 $C_{1}$ 于 $A, B$ 两点, 交 $C_{2}$ 于 $C, D$ 两点, 且 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$.

(1) 求 $C_{1}$ 的离心率;

(2) 若 $C_{1}$ 的四个顶点到 $C_{2}$ 的准线距离之和为 12 , 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的标准方程.

解答：【分析】}

(1) 根据题意求出 $C_{2}$ 的方程, 结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 $A, C$ 在第一象限, 运用代入法求出 $A, B, C, D$ 点的纵坐标, 根据 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$, 结合椭圆离心率的公式进行求解即可;

(2) 由 (1) 可以得到椭圆的标准方程, 确定椭圆的四个顶点坐标, 再确定抛物线的准线方程, 最后结合 已知进行求解即可;

【解析】}

【分析】}

(1) 根据题意求出 $C_{2}$ 的方程, 结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 $A, C$ 在第一象限, 运用代入法求出 $A, B, C, D$ 点的纵坐标, 根据 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$, 结合椭圆离心率的公式进行求解即可;

(2) 由 (1) 可以得到椭圆的标准方程, 确定椭圆的四个顶点坐标, 再确定抛物线的准线方程, 最后结合 已知进行求解即可;

【详解】解: (1) 因为椭圆 $C_{1}$ 的右焦点坐标为: $F(\mathrm{c}, 0)$, 所以抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$

不妨设 $A, C$ 在第一象限, 因为椭圆 $C_{1}$ 的方程为: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,

所以当 $x=c$ 时, 有 $\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow y= \pm \frac{b^{2}}{a}$, 因此 $A, B$ 的纵坐标分别为 $\frac{b^{2}}{a},-\frac{b^{2}}{a}$;

又因为抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$ ，所以当 $x=c$ 时，有 $y^{2}=4 c \cdot c \Rightarrow y= \pm 2 c$,

所以 $C, D$ 的纵坐标分别为 $2 c,-2 c$, 故 $|A B|=\frac{2 b^{2}}{a},|C D|=4 c$.

由 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$ 得 $4 c=\frac{8 b^{2}}{3 a}$ ，即 $3 \cdot \frac{c}{a}=2-2\left(\frac{c}{a}\right)^{2}$ ，解得 $\frac{c}{a}=-2$ （舍去）， $\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$.

所以 $C_{1}$ 的离心率为 $\frac{1}{2}$.

(2) 由 (1) 知 $a=2 c, b=\sqrt{3} c$, 故 $C_{1}: \frac{x^{2}}{4 c^{2}}+\frac{y^{2}}{3 c^{2}}=1$, 所以 $C_{1}$ 的四个顶点坐标分别为 $(2 c, 0)$, $(-2 c, 0),(0, \sqrt{3} c),(0,-\sqrt{3} c), C_{2}$ 的准线为 $x=-c$.

由已知得 $3 c+c+c+c=12$, 即 $c=2$.

所以 $C_{1}$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1, C_{2}$ 的标准方程为 $y^{2}=8 x$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 根据题意求出 $C_{2}$ 的方程, 结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 $A, C$ 在第一象限, 运用代入法求出 $A, B, C, D$ 点的纵坐标, 根据 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$, 结合椭圆离心率的公式进行求解即可;

(2) 由 (1) 可以得到椭圆的标准方程, 确定椭圆的四个顶点坐标, 再确定抛物线的准线方程, 最后结合 已知进行求解即可;

【详解】解: (1) 因为椭圆 $C_{1}$ 的右焦点坐标为: $F(\mathrm{c}, 0)$, 所以抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$

不妨设 $A, C$ 在第一象限, 因为椭圆 $C_{1}$ 的方程为: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,

所以当 $x=c$ 时, 有 $\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow y= \pm \frac{b^{2}}{a}$, 因此 $A, B$ 的纵坐标分别为 $\frac{b^{2}}{a},-\frac{b^{2}}{a}$;

又因为抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$ ，所以当 $x=c$ 时，有 $y^{2}=4 c \cdot c \Rightarrow y= \pm 2 c$,

所以 $C, D$ 的纵坐标分别为 $2 c,-2 c$, 故 $|A B|=\frac{2 b^{2}}{a},|C D|=4 c$.

由 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$ 得 $4 c=\frac{8 b^{2}}{3 a}$ ，即 $3 \cdot \frac{c}{a}=2-2\left(\frac{c}{a}\right)^{2}$ ，解得 $\frac{c}{a}=-2$ （舍去）， $\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$.

所以 $C_{1}$ 的离心率为 $\frac{1}{2}$.

(2) 由 (1) 知 $a=2 c, b=\sqrt{3} c$, 故 $C_{1}: \frac{x^{2}}{4 c^{2}}+\frac{y^{2}}{3 c^{2}}=1$, 所以 $C_{1}$ 的四个顶点坐标分别为 $(2 c, 0)$, $(-2 c, 0),(0, \sqrt{3} c),(0,-\sqrt{3} c), C_{2}$ 的准线为 $x=-c$.

由已知得 $3 c+c+c+c=12$, 即 $c=2$.

所以 $C_{1}$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1, C_{2}$ 的标准方程为 $y^{2}=8 x$.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：21.已知函数 $f(x)=2 \ln x+1$.

(1) 若 $f(x) \leq 2 x+c$, 求 $c$ 的取值范围;

（2）设 $a>0$ 时, 讨论函数 $g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 的单调性.

解答：【分析】}

(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$

，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可;

(2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.

【解析】}

【分析】}

(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$

，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可;

(2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.

【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$

$f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$

设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$,

当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减,

当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,

所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值,

即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ，

要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,

只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$;

(2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$

因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$,

则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$,

当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减;

当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减,

所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$

，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可;

(2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.

【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$

$f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$

设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$,

当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减,

当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,

所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值,

即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ，

要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,

只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$;

(2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$

因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$,

则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$,

当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减;

当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减,

所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：22. 已知曲线 $C_{1}, C_{2}$ 的参数方程分别为 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos ^{2} \theta, \\ y=4 \sin ^{2} \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t}, \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).

(1) 将 $C_{1}, C_{2}$ 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 $C_{1}, C_{2}$ 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.

解答：【分析】}

(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;

(2) 两方程联立求得点 $P$

, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【解析】}

【分析】}

(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;

(2) 两方程联立求得点 $P$

, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;

由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.

(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$;

设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,

则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,

$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,

$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;

(2) 两方程联立求得点 $P$

, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;

由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.

(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$;

设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,

则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,

$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,

$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.

2020 年高考 （新课标Ⅱ）
题目：23. 已知函数 $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1|$.

(1) 当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x) \ldots 4$ 的解集;

(2) 若 $f(x) \ldots 4$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【分析】}

(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;

（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.

【解析】}

【分析】}

(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;

（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.

【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=|x-4|+|x-3|$.

当 $x \leq 3$ 时, $f(x)=4-x+3-x=7-2 x \geq 4$, 解得: $x \leqslant \frac{3}{2}$;

当 $3<x<4$ 时, $f(x)=4-x+x-3=1 \geq 4$, 无解;

当 $x \geq 4$ 时, $f(x)=x-4+x-3=2 x-7 \geq 4$, 解得: $x \geq \frac{11}{2}$;

综上所述: $f(x) \geq 4$ 的解集为 $\left\{x \mid x \leq \frac{3}{2}\right.$ 或 $\left.x \geq \frac{11}{2}\right\}$.

(2) $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1| \geq\left|\left(x-a^{2}\right)-(x-2 a+1)\right|=\left|-a^{2}+2 a-1\right|=(a-1)^{2}$ （当且仅当 $2 a-1 \leq x \leq a^{2}$ 时取等号）,

$\therefore(a-1)^{2} \geq 4$, 解得: $a \leq-1$ 或 $a \geq 3$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$.

答案：【解析】}

【分析】}

(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;

（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.

【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=|x-4|+|x-3|$.

当 $x \leq 3$ 时, $f(x)=4-x+3-x=7-2 x \geq 4$, 解得: $x \leqslant \frac{3}{2}$;

当 $3<x<4$ 时, $f(x)=4-x+x-3=1 \geq 4$, 无解;

当 $x \geq 4$ 时, $f(x)=x-4+x-3=2 x-7 \geq 4$, 解得: $x \geq \frac{11}{2}$;

综上所述: $f(x) \geq 4$ 的解集为 $\left\{x \mid x \leq \frac{3}{2}\right.$ 或 $\left.x \geq \frac{11}{2}\right\}$.

(2) $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1| \geq\left|\left(x-a^{2}\right)-(x-2 a+1)\right|=\left|-a^{2}+2 a-1\right|=(a-1)^{2}$ （当且仅当 $2 a-1 \leq x \leq a^{2}$ 时取等号）,

$\therefore(a-1)^{2} \geq 4$, 解得: $a \leq-1$ 或 $a \geq 3$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$.