20届人教新课标A版 高三 高考必刷卷 03 文科数学（解析版）

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2020年高考必刷卷 03 数学（文） （本试卷满分 150分，考试用时 120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共 12小题，每小题 5分，共 60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 1．若 2{ | log 1}A x x  ， { | 1 1}B x x    ，则 A B  （ ） A． ( 1,1) B． ( 1,2) C． (0,1) D． (1, 2) 【答案】C 【解析】 【分析】 先解不等式得集合 A，再根据交集定义得结果. 【详解】 由题意得  0,2A  ，  1,1B   ，∴  0,1A B  .故选 C. 【点睛】 本题考查解对数不等式以及交集定义，考查基本求解能力，属基础题. 2．已知复数 ( )z a i a  R ，则下面结论正确的是（ ） A． z a i   B． 1z  C． z一定不是纯虚数 D．在复平面上， z对应的点可能在第三象限 【答案】B 【解析】 【分析】 利用共轭复数概念，模的计算，及几何意义即可作出判断. 【详解】 z a i  的共轭复数为： z a i  ，所以 A错误； 2 1 1z a   ，所以 B正确； 当 0a  时， z是纯虚数，所以 C错误； z对应的点为（ a，1），因为纵坐标 y＝1，所以，不可能在第三象限，D也错误. 故选 B. 【点睛】 本题考查了复数的基本概念，考查了复数模的求法，是基础题． 3．设 0.9 9 99 , 0.9 , log 0.9x y z   ，则( ) A． z y x  B． z x y  C． y z x  D． y x z  【答案】A 【解析】 【分析】 借助特殊值0,1 ,利用指数函数,对数函数的单调性判断即可 【详解】 由题, 0.9 09 9 1x    , 9 00 0.9 0.9 1y    , 9 9log 0.9 log 1 0z    , 则 0 1z y x    , 故选：A 【点睛】 本题考查指数,对数比较大小问题,考查借助中间值比较大小,考查指数函数,对数函数的单调性的应用 4．已知函数 4 ( 1) 1 y x x x     ，函数的最小值等于（ ） A． 4 1 x x  B．4 2 1 C．5 D．9 【答案】C 【解析】 【分析】 先将 4 1 y x x    化为   4  1 1 1 y x x      ，由基本不等式即可求出最小值. 【详解】 因为    4 4 41 1 2 1 1 5 1 1 1 y x x x x x x               ，当且仅当 41 1 x x    ， 即 3x  时，取等号. 故选 C 【点睛】 本题主要考查利用基本不等式求函数的最值问题，需要先将函数化为能用基本不等式的形式，即可 利用基本不等式求解，属于基础题型. 5．函数 ‴ sin的图象的大致形状为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 利用奇偶性排除 th ；利用 ，排除 B,从而可得结果 【详解】 因为 ‴ sin ‴ sin， 所以 ‴ sin ‴ sin ‴ ， 所以函数 是偶函数，图象关于 y轴对称，排除 th ； 取 ， ‴ sin ，排除 B,故选 . 【点睛】 函数图象的辨识可从以下方面入手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置，从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 6．某单位 200名职工的年龄分布情况如图 1示，该单位为了解职工每天的睡眠情况，按年龄用分层 抽样方法从中抽取 40名职工进行调查.则应从 40-50岁的职工中抽取的人数为（ ） A．8 B．12 C．20 D．30 【答案】B 【解析】 试题分析：应从 40-50岁的职工中抽取的人数为 - ，故选 B． 考点：分层抽样． 7． 0cos330 （ ） A． 1 2 B． 1 2  C． 3 2 D． 3 2  【答案】C 【解析】    0 0 0 0 0 3cos330 cos 360 30 cos -30 cos30 2      选 C 8．已知 ,a b   为单位向量，其夹角为 60°，则  2a b b     ( ) A．－1 B．0 C．1 D．2 【答案】B 【解析】 分析：由 ,a b   为单位向量，其夹角为60，利用平面向量的数量积公式，求得 a b   与 2b  的值，从而 可得  2a b b    的值. 详解：因为 ,a b   为单位向量，其夹角为60， 所以 211 1 cos60 , 1 2 a b b       ，   22 2 0a b b a b b            ，故选 B. 点睛：本题主要考查平面向量的数量积的公式，意在考查对基本公式、基本运算掌握的熟练程度， 属于基础题. 9．执行如图所示的程序框图，输出的结果是（ ） A．3 B．11 C．38 D．123 【答案】B 【解析】 执行如图所示的程序框图可得， 第一次循环：满足判断条件， 21 2 3a    ； 第二次循环：满足判断条件， 23 2 11a    ； 不满足判断条件，此时输出结果11，故选 B． 10．已知椭圆 2 2 2 2 x y a b  =1(a>b>0)与双曲线 2 2 2 2 x y m n  =1(m>0,n>0)有相同的焦点(-c,0)和(c,0),若 c是 a,m的等比中项,n2是 2m2与 c2的等差中项,则椭圆的离心率是 ( ) A． 3 3 B． 2 2 C． 1 4 D． 1 2 【答案】D 【解析】 由题意可知 2n2=2m2+c2． 又 m2+n2=c2， ∴m= 2 c ． ∵c是 a，m的等比中项， ∴ 2c am ， ∴ 2 2 acc  ， ∴ 1 2 ce a   ．选 D． 11．锐角三角形 ABC中， 30A  ， 1BC  ，则 ABC△ 面积的取值范围为（ ） A． 3 1 3( , ] 2 2 4  B． 3 1 3( , ] 4 2 4  C． 3 3 4 2        ， D． 3 1 3( , ] 2 4 4  【答案】B 【解析】 ∵∠A=30°，BC=1，可得： 2 sin sin AB AC C B   ∴AB=2sinC，AC=2sinB=2sin（150°-C）=2 （ 1 2 cosC+ 3 2 sinC）=cosC+ 3 sinC，∴ S△ABC= 1 2 AB AC  1 1 1 3sin 2sin cos 3 sin sin 2 2 2 2 3 4 A C C C c             ∵C∈（ 6  ， 2  ），可得：2C- 3  ∈（0， 2 3  ），∴sin（2C- 3  ）∈（0，1]，可得： 1 3 3 1 3sin 2 , 2 3 4 4 2 4 c              则△ABC面积的取值范围为 3 1 3, 4 2 4       故选 B. 点睛: 解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围” 或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题通法思 路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如 sin( )y A x b    ，从而求出范围， 或利 用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可. 12．若 是 的重心， a，b，c分别是角 的对边，若 3G G GC 0 3 a b c       ， 则角 （ ） A．90 B．60 C． 45 D．30 【答案】D 【解析】 试题分析：由于 是 的重心， ， ，代入得 ，整理得 ， ，因此 ，故答案为 D. 考点：1、平面向量基本定理；2、余弦定理的应用.` 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分。把答案填在题中的横线上。 13．若数列满足 ，‴ ， ，则该数列的通项公式 ______． 【答案】 【解析】 【分析】 判断数列是等比数列，然后求出通项公式． 【详解】 数列中， ，‴ ， 可得数列是等比数列，等比为 3， ． 故答案为： ． 【点睛】 本题考查等比数列的判断以及通项公式的求法，考查计算能力． 14．直线 y kx b  与曲线 3 1y x ax   相切于点（2，3），则 b的值为______ 【答案】-15 【解析】 【分析】 先根据曲线 y＝x3+ax+1过点（2，3）求出 a的值，然后求出 x＝2处的导数求出 k的值，根据切线 过点（2，3）求出 b即可． 【详解】 ∵y＝x3+ax+1过点（2，3），∴a＝﹣3，∴y '＝3x2﹣3，∴k＝y ' |x＝2＝3×4﹣3＝9， ∴b＝y﹣kx＝3﹣9×2＝﹣15， 故答案为﹣15． 【点睛】 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，直线的斜率等有关基础知识，属于基础题． 15．已知 f(x)＝cos(2x＋φ)，其中φ∈[0，2π)，若 f ＝f ，且 f(x)在区间 上有最小值， 无最大值，则φ＝________． 【答案】 【解析】 【分析】 直接利用已知条件，求出函数的一条对称轴，然后求出的值． 【详解】 由题意知，当 x＝ 时，f(x)取最小值，∴2× ＋φ＝π＋2kπ， ∴φ＝ ＋2kπ，k∈Z. 又 0≤φ＜2π，∴φ＝ . 【点睛】 本题考查三角函数的图象与性质的应用，三角函数的最值的求法，考查计算能力． 16．在直四棱柱 Ѐh Ѐh中，底面 Ѐh是正方形，Ѐ ， ，点 、Ѐ、、 h在球 的表面上，球 与 Ѐ的另一个交点为 ，与 h的另一个交点为 ，且 Ѐ，则球 的表面积为_________. 【答案】 【解析】 试题分析：连结 th,易证得 Ѐ是矩形，则三棱柱 Ѐ h是球 的内接直三棱柱，   Ѐ t t tanЀ t即Ѐ t又 Ѐt   tЀ t 球 的半径 则球 的表面积 ,故应填   . 考点：几何体的外接球的面积公式及灵活运用． 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60分 17．已知等差数列{an}，等比数列{bn}满足：a1＝b1＝1，a2＝b2，2a3－b3＝1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)记 cn＝anbn，求数列{cn}的前 n项和 Sn. 【答案】(1) an＝bn＝1或 an＝2n－1，bn＝3n－1. (2) Sn＝n或 Sn＝(n－1)×3n＋1. 【解析】 【分析】 (1)先解方程组得到 0 2 1 3 d d q q        或 ，即得数列{an}，{bn}的通项公式.(2)利用错位相减求数列{cn} 的前 n项和 Sn. 【详解】 (1)设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q， 由已知可得 2 1+ 2(1 2 ) 1 d q d q      ,解得 0 2 1 3 d d q q        或 . 从而 an＝bn＝1或 an＝2n－1，bn＝3n－1. (2)①当 an＝bn＝1时，cn＝1，所以 Sn＝n； ②当 an＝2n－1，bn＝3n－1时，cn＝(2n－1)×3n－1， Sn＝1＋3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1， 3Sn＝3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n－1)×3n， 从而有(1－3)Sn＝1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n－1)×3n ＝1＋2(3＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n ＝1＋2× n-13 1-3 1-3 （ ） －(2n－1)×3n ＝－2(n－1)×3n－2， 故 Sn＝(n－1)×3n＋1. 综合①②，得 Sn＝n或 Sn＝(n－1)×3n＋1. 【点睛】 (1)本题主要考查等比等差数列通项的求法，考查错位相减求和，意在考查学生对这些知识的掌握水 平和分析推理计算能力.(2) 数列 ·n nb c ，其中{ }nb 是等差数列，{ }nc 是等比数列，则采用错位相减 法. 18．东方商店欲购进某种食品（保质期一天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚 生产的）.根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果一天内无法售出，则食品过期作废， 现统计该产品100天的销售量如下表： （1）根据该产品100天的销售量统计表，求平均每天销售多少份？ （2）视样本频率为概率，以一天内该产品所获得的利润的平均值为决策依据，东方商店一次性购进 17或18份，哪一种得到的利润更大？ 【答案】（1） 17.3 （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）由已知100天的销售量统计表，利用平均数公式求出平均每天销售的份数. （2）分别求得 17与 18时的利润，比较可得结论. 【详解】 （1） 15 10 16 20 17 30 18 20 19 10 20 10 100            17.3 （2）当购进17份时，利润为    70 20 1017 4 16 4 8 15 4 16 100 100 100           = 47.6 11.2 4.4 63.2   ， 当购进18份时，利润为      40 30 20 1018 4 17 4 8 16 4 16 15 4 24 100 100 100 100               28.8 18 9.6 3.6 60     ， 因为63.2 60 ， 可见，当购进17份时，利润更高. 【点睛】 本题考查平均数的求法，考查了统计中的实际应用问题，考查了分析问题解决问题的能力，解题时 要认真审题，是中档题． 19．如图，在棱长为 1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，点M 在 1AD 上移动，点N 在 BD上移动，  1 0 2DM DN a a    ，连接MN . （1）证明：对任意  0, 2a ，总有 / /MN 平面 1 1DCC D ； （2）当M 为 1AD 中点时，求三棱锥C MND 的体积 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 24 . 【解析】 【分析】 （1）作MP∥ AD，交 1DD 于点 P，作 NQ∥ BC，交DC于点Q，连接 PQ，利用三角形全等 证明四边形MNQP为平行四边形，结合线面平行的判定定理得到 / /MN 平面 1 1DCC D ； （2）根据体积关系 1 1 1 1 2 4C MND M CND D CND D CBDV V V V      ，即可求出三棱锥C MND 的体积. 【详解】 （1）如图，作MP∥ AD，交 1DD 于点 P，作 NQ∥ BC，交DC于点Q，连接 PQ 在 1DMP 与 DNQ 中， 1 1 1 1 MDP NDQ DM DN DMP DNQ DMP DNQ          MP NQ  ，即四边形MNQP为平行四边形. ∴MN∥ PQ . 又∵PQ平面 1 1DCC D MN 平面 1 1DCC D ，∴MN∥平面 1 1DCC D . （2）由（1）知当M 为 1AD 的中点时， N 为DB的中点, ∴   1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 2 4 4 3 2 24C MND M CND D CND D CBDV V V V             . 【点睛】 线面平行的判定是高考的常考内容，多出现在解答题中，证明线面平行的关键是找线线平行，注意 利用所给几何体中隐含的线线位置关系，当题目中有中点时，一般考虑利用中位线定理找平行关系. 20．已知函数 在 处取得极值 . （1）求实数 的值； （2）若关于 的方程 在区间 上恰有两个不同的实数根，求实数 的取值范围. 【答案】（1） t ；（2） ln ln. 【解析】 试题分析：（1）由极值定义得 ，解方程组得 t （2）方程根的个数往往转化为函 数零点个数，先利用导数分析函数 ‴ ln ‴ 单调变化规律：在t上单 调递减，在t上单调递增，因此要有两个零点，须 ln ln ，解得 的取值范 围. 试题解析：（1）由题设可知 ‴ ‴ ， 当 时，取得极值 0， 解得 t ， 经检验 t 符合题意. （2）由（1）知 ‴ ln ‴ ， 则方程 ‴ 即为 ‴ ln ‴ 令 ‴ ln ‴ ， 则方程 在区间t恰有两个不同实数根. ‴ ‴ ‴ ， 令 ‴ ‴ =0，得 x1=1 或 x2=— （舍）， 当 t时， ，于是在t上单调递减； 当 t时， ሻ ，于是在t上单调递增； 依题意有 ln ln ， 考点：极值，利用导数研究函数零点 【思路点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数 研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交 点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的 思路. 21．如图所示，抛物线关于 x轴对称，它的顶点在坐标原点，点 (1,2)P ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y 均 在抛物线上． （1）写出该抛物线的方程及其准线方程； （2）当 PA与 PB的斜率存在且倾斜角互补时，求 1 2y y 的值及直线 AB的斜率． 【答案】(1)抛物线的方程是 2 4y x , 准线方程是 1x   ；（2）1． 【解析】 试题分析：（I）设出抛物线的方程，把点 P代入抛物线求得 p则抛物线的方程可得，进而求得抛物 线的准线方程． （2）设直线 PA的斜率为 PAk ，直线 PB 的斜率为 PBk ，则可分别表示 PAk 和 PBk ，根据倾斜角互补 可知 PA PBk k  ，进而求得 的值，把 A，B代入抛物线方程两式相减后即可求得直线 AB的 斜率． 试题解析：（I）由已知条件，可设抛物线的方程为 2 2 ( 0)y px p  因为点 (1,2)P 在抛物线上,所以 22 2 1p  ，得 2p  . 故所求抛物线的方程是 2 4y x , 准线方程是 1x   . （2）设直线 PA的方程为 2 ( 1)( 0)y k x k    ， 即： 2 1yx k    ，代入 2 4y x ，消去 x得： 2 4 8 4 0y y k k     . 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由韦达定理得： 1 42 y k   ，即： 1 4 2y k   . 将 k换成 k ，得 2 4 2y k    ，从而得： 1 2 4y y   ， 直线 AB的斜率 1 2 1 2 2 2 1 21 2 1 2 4 1 4 4 AB y y y yk y yx x y y           . 考点：抛物线的应用． （二）选考题：共 10分.请考生在 22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分. 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy中，曲线 1C 的参数方程为 1 2 31 2 x t y t        （ t为参数）；以直角坐标原点为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 3 cos  ． （1）求 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程； （2）若 1C 与 2C 交于点 A B、，求线段 AB的长． 【答案】（1） 1 :C 3 1y x  ， 2 :C 2 2 2 3 0x y x   ；（2） 2 2 【解析】 分析：（1）消去参数，即可得到曲线 1C 的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解 曲线 2C 的直角坐标方程； （2）由（1）得圆 2C 的圆心为 ( 3,0)，半径为 3r  ，利用圆的弦长公式，即可求解． 详解：（1） 1 :C 3 1y x  ， 2 :C 2 2 2 3 0x y x   ． （2）圆 2C 的圆心为  3,0 ，半径为 3r  ，圆心 2C 到直线 1C 的距离为 1d  ． 所以 2 22 2 2AB r d   ． 点睛：本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线与 圆的位置关系的应用，其中熟记参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化是解 答的关键，着重考查了推理与运算能力． 23．选修 4-5：不等式选讲 （Ⅰ）求不等式 2 1 2 2x x    的解集； （Ⅱ） x R  ，使 2 112 1 2 2 x x t t     ，求实数 t的取值范围. 【答案】（I）{ 1x x 或 5}x   ；（II） 1 5 2 t  . 【解析】 试题分析：（Ⅰ）根据零点分段法，分 1 1, 2, 2 2 2 x x x      三种情况去绝对值，解不等式；（Ⅱ） 恒成立问题转化为  2 min 11 2 1 2 2 t t x x     ，根据（Ⅰ）求函数的最小值，解不等式. 试题解析：（Ⅰ）令   2 1 2f x x x    ， 则   13, , 2 1{3 1, 2, 2 3, 2, x x f x x x x x            当 1 2 x   ， 3 2x   ， 5x   ，∴ 5x   . 当 1 2 2 x   ，3 1 2x   ， 1x  ，∴1 2x  . 当 2x  ， 3 2x   ， 1x   ，∴ 2x  . 综上所述{ 1x x 或 5}x   . （Ⅱ）由（Ⅰ）得  min 5 2 f x   ，若 x R  ，   2 11 2 f x t t  恒成立， 则只需   2 2 min 5 11 12 11 5 0 5 2 2 2 f x t t t t t           ， 综上所述 1 5 2 t  .