2020全国卷Ⅲ高考压轴卷 数学（理）

2020全国卷Ⅲ高考压轴卷 数学（理）

绝密★启用前 ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 l 注意事项：‎ l 答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。‎ l 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎2.若复数满足（是虚数单位），则为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎3.已知，，，则、、的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎4.在的二项展开式中，若第四项的系数为-7，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎5．已知x•log32＝1，则4x＝（　　）‎ A．4 B．‎6 ‎C．4 D．9‎ ‎6．在△ABC中，若sinB＝2sinAcosC，那么△ABC一定是（　　）‎ A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等边三角形 ‎7.宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦﹝九韶﹞、李﹝冶﹞、杨﹝辉﹞、朱﹝世杰﹞四大家”‎ ‎，朱世杰就是其中之一．朱世杰是一位平民数学家和数学教育家．朱世杰平生勤力研习《九章算术》，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家．他全面继承了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为宗旨的《算学启蒙》，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图，是源于其思想的一个程序框图．若输入的分别为，，则输出的（ ）‎ A. 2 B. ‎3 C. 4 D. 5‎ ‎8.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎9.设函数，若函数的图象在处的切线与直线 平行，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎10．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，）的最小正周期为π，且关于中心对称，则下列结论正确的是（　　）‎ A．f（1）＜f（0）＜f（2） B．f（0）＜f（2）＜f（1） ‎ C．f（2）＜f（0）＜f（1） D．f（2）＜f（1）＜f（0）‎ ‎11.函数的最小正周期是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎12. 定义在R上的可导函数满足，记的导函数为，当时恒有．若，则m的取值范围是 A． B． C． D．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.函数则__________．‎ 14． 已知x，y满足若的最小值为_________．‎ ‎15.已知抛物线与椭圆有相同的焦点，是两曲线的公共点，若，则此椭圆的离心率为_________.‎ ‎16、已知正三棱锥，点、、、都在半径为球面上，若、、两两相互垂直，则球心到截面的距离为__________．‎ 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共60分。 ‎ ‎17．（12分）质量是企业的生命线，某企业在一个批次产品中随机抽检n件，并按质量指标值进行统计分析，得到表格如表：‎ 质量指标值 等级 频数 频率 ‎[60，75）‎ 三等品 ‎10‎ ‎0.1‎ ‎[75，90）‎ 二等品 ‎30‎ b ‎[90，105）‎ 一等品 a ‎0.4‎ ‎[105，120）‎ 特等品 ‎20‎ ‎0.2‎ 合计 n ‎1‎ ‎（1）求a，b，n；‎ ‎（2）从质量指标值在[90，120）的产品中，按照等级分层抽样抽取6件，再从这6件中随机抽取2件，求至少有1件特等品被抽到的概率．‎ ‎18．（12分）的内角，，的对边分别为，，，设.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）若的周长为8，求的面积的取值范围.‎ ‎19．(12分)如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，点是的中点.‎ ‎（I）求证：平面；‎ ‎（II）若直线与平面所成角为，求二面角的大小.‎ ‎20．（12分）设函数.‎ ‎（I）讨论函数的单调性；‎ ‎（II）当函数有最大值且最大值大于时，求的取值范围.‎ ‎21．（12分）中心在原点的椭圆E的一个焦点与抛物线的焦点关于直线对称，且椭圆E与坐标轴的一个交点坐标为.‎ ‎（I）求椭圆E的标准方程；‎ ‎（II）过点的直线l（直线的斜率k存在且不为0）交E于A，B两点，交x轴于点P点A关于x轴的对称点为D，直线BD交x轴于点Q.试探究是否为定值？请说明理由.‎ ‎（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。‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）设P（0，-1），直线l与C的交点为M，N，线段MN的中点为Q，求.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）解不等式：‎ ‎（2）若函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围．‎ ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学·参考答案 ‎1、【答案】C ‎【解析】算出集合后可求.‎ ‎【详解】，，‎ 故，故选C.‎ ‎2、【答案】B ‎【解析】利用复数的除法运算求得，问题得解.‎ ‎【详解】由可得：‎ 所以 故选：B ‎3、【答案】A ‎【解析】利用指数函数和对数函数的单调性比较、、与和的大小关系，从而可得出实数、、的大小关系.‎ ‎【详解】由于指数函数是增函数，则；‎ 对数函数是增函数，则，即；‎ 对数函数是增函数，则.‎ 因此，.‎ 故选：A.‎ ‎4、【答案】B ‎【解析】‎ ‎ ， ， ，解得： ，故选B.‎ ‎5、D【分析】利用对数的性质和运算法则及换底公式求解．‎ 解：∵x•log32＝1，∴x＝log23，‎ ‎∴4x＝＝＝9，‎ 故选：D．‎ ‎6、B解：∵sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC＝2sinAcosC，‎ ‎∴cosAsinC﹣sinAcosC＝sin（C﹣A）＝0，即C﹣A＝0，C＝A，‎ ‎∴a＝c，即△ABC为等腰三角形．‎ 故选：B．‎ ‎7、【答案】C ‎【解析】按流程图逐一执行即可.‎ ‎【详解】输入的分别为，时，依次执行程序框图可得：‎ 不成立 不成立 不成立 成立 输出故选：C ‎8、【答案】D ‎【分析】利用特殊值及函数的导数判断函数的单调性进行排除，即可得到函数的图象．‎ ‎【详解】当x<0时，f（x）0．排除AC，‎ f′（x），令g(x)‎ g′（x），当x∈（0，2），g′（x）＞0，函数g(x)是增函数，‎ 当x∈（2，+∞），g′（x）＜0，函数g(x)是减函数，g(0)=，g(3)=3>0， g(4)=<0，‎ 存在，使得g()=0，‎ 且当x∈（0，），g(x)>0，即f′（x）＞0，函数f（x）是增函数，‎ 当x∈（，+∞），g(x)<0，即f′（x）＜0，函数f（x）是减函数，‎ ‎∴B不正确，‎ 故选D．‎ ‎9、【答案】D ‎【解析】由可得：，‎ 又函数的图象在处的切线与直线平行，‎ 所以 所以 当且仅当时，等号成立 所以的最小值为 故选： D ‎10 D【分析】根据条件求出函数的解析式，结合函数的单调性的性质进行转化判断即可．‎ 解：∵函数的最小周期是π，∴＝π，得ω＝2，‎ 则f（x）＝sin（2x+φ），‎ ‎∵f（x）关于中心对称，‎ ‎∴2×（﹣）+φ＝kπ，k∈Z，‎ 即φ＝kπ+，k∈Z，‎ ‎∵，‎ ‎∴当k＝0时，φ＝，‎ 即f（x）＝sin（2x+），‎ 则函数在[﹣，]上递增，在[，]上递减，‎ f（0）＝f（），‎ ‎∵＜1＜2，‎ ‎∴f（）＞f（1）＞f（2），‎ 即f（2）＜f（1）＜f（0），‎ 故选：D．‎ ‎11、【答案】B ‎【分析】利用二倍角公式和辅助角公式将化简为 的形式，再利用周期函数求出其最小正周期，可得答案.‎ ‎【详解】解： ‎ ‎，可得其最小正周期为，‎ 故选B.‎ ‎12【答案】D ‎【解析】构造函数，所以构造函数，，所以的对称轴为，所以，是增函数；是减函数。，解得：‎ ‎13【答案】1.‎ ‎【解析】根据分段函数的解析式逐步代入求解可得结果．‎ ‎【详解】由题意得．‎ 故答案为：1．‎ ‎14、【答案】5‎ ‎【解析】‎ 式组表示的平面区域，再将目标函数z＝x+2y对应的直线进行平移，可得当x＝3且y＝1时，z取得最小值．‎ ‎【详解】作出不等式组表示的平面区域，‎ 其中解得A（3，1）‎ 设z＝x+2y，将直线l：z＝x+2y进行平移，‎ 观察y轴上的截距变化，可得当l经过点A时，目标函数z达到最小值 ‎∴z最小值＝3+2＝5‎ 故答案为：5．‎ ‎15、【答案】‎ ‎【解析】通过抛物线和椭圆性质得到P点坐标，将P点坐标代入椭圆得到答案.‎ ‎【详解】设椭圆的左焦点为，由题意抛物线的准线方程为 ‎ ，‎ 由抛物线的定义知点P到准线的距离为 ，可得点P的横坐标为 ，‎ 纵坐标为 ‎ 则有 ，所以 ，‎ 则 ‎ 故答案为 ‎16、【答案】‎ ‎【详解】∵正三棱锥P﹣ABC，PA，PB，PC两两垂直，‎ ‎∴此正三棱锥的外接球即为以PA，PB，PC为三条棱的正方体的外接球，‎ ‎∵球的半径为，‎ ‎∴正方体的边长为2，即PA＝PB＝PC＝2‎ 球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离 设P到截面ABC的距离为h，则正三棱锥P﹣ABC的体积VS△ABC×hS△PAB×PC2×2×2‎ ‎△ABC为边长为2的正三角形，S△ABC（2）2‎ ‎∴h ‎∴球心（即正方体中心）O到截面ABC的距离为，故答案为．‎ ‎17、解：（1）由10÷0.1＝100，即n＝100，‎ ‎∴a＝100×0.4＝40，‎ b＝30÷100＝0.3． 6分 ‎（2）设从“特等品”产品中抽取x件，从“一等品”产品中抽取y件，‎ 由分层抽样得：，‎ 解得x＝2，y＝4，‎ ‎∴在抽取的6件中，有特等品2件，记为A1，A2，‎ 有一等品4件，记为B1，B2，B3，B4，‎ 则所有的抽样情况有15种，分别为：‎ A‎1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4，B3B4，‎ 其中至少有1件特等品被抽到包含的基本事件有9种，分别为：‎ A‎1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，‎ ‎∴至少有1件特等品被抽到的概率为：p＝． 12分 ‎18．（1）且，‎ 又， 6分 ‎（2）由题意知：‎ ‎，‎ 或（舍）（当时取“”）‎ 综上，的面积的取值范围为 12分 ‎ ‎19、（1）连接交于，连接，‎ 由题意可知，，，‎ 又在平面外，平面，所以平面. 4分 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，，‎ ‎，，，‎ 设平面的法向量，‎ 由，得，取，‎ 又由直线与平面所成的角为， 8分 得，解得，‎ 同理可得平面的法向量，‎ 由向量的夹角公式，可得，‎ 又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为. 12分 ‎20．（1）函数的定义域为，.‎ 当，即时，，函数在上单调递增. ‎ 当时，令，解得，当时，，函数单调递增，‎ 当时，，函数单调递减.‎ 综上所述：‎ 当时，函数在上单调递增，‎ 当时，函数在上单调递增，在上单调递减 .6分 ‎（2）由（1）知，当函数有最大值时，，‎ 且最大值， 此时，‎ 即.令.‎ 故在上单调递增，且∴等价于，∴，‎ 故a的取值范围为. 12分 ‎21．（1）因为椭圆E的一个焦点与抛物线的焦点关于直线对称，‎ 所以椭圆E的右焦点为，所以.‎ 又椭圆E与坐标轴的一个交点坐标为，所以，又，‎ 所以椭圆E的标准方程为. 4 分 ‎（2）设直线l的方程为，，则点，设 则点，联立直线l与椭圆E的方程有，‎ 得，所以有，即 且，即直线BD的方程为 令，得点Q的横坐标为，‎ 代入得：，‎ 所以，所以为定值4. 12分 ‎22、【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】（1）直线l的参数方程为（t为参数）．消去参数t可得直线l的普通方程为 ‎ 由，得，则有，即，‎ 则曲线C的直角坐标方程为 ‎ ‎（2）将l的参数方程代入，得，设两根为， ‎ 则，为M，N对应的参数，且 所以，线段MN的中点为Q对应的参数为，‎ 所以，‎ ‎23、【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】(1)由得，即：‎ 等价于或或．‎ 解得或或，即，‎ 所以原不等式的解集为．‎ ‎（2）因为函数在单调递增，所以，‎ 因为，‎ 在处，取得最大值， ‎ 要使函数与函数的图象恒有公共点，则须，‎ 即，故实数的取值范围是