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1、2020 年高考押題預(yù)測卷03【新課標(biāo) 卷】文科數(shù)學(xué)全解全析123456789101112CAACADACABAB1【答案】 C【解析】 Q Ax | x2x00,1, Bx |1x0x | x100,1 ,xxA I B0,1 .故選: C .2【答案】 A【解析】因?yàn)閦23i23i32i13ii ,所以 zi .故選: A32i32i32i133【答案】 A【解析】由 sin x2sin x 得 0sin x1,因?yàn)?ysin x 在(0,1)上單調(diào)遞增,所以0sin xsin1 ,而 sin11,所以 0sin x 1 ,故充分性成立;而當(dāng)0sin x1時(shí),2kx2k且2,Z ,xk k
2、2故必要性不成立故選: A 4【答案】 C【解析】設(shè) P x, yuuuruuur, B m, n ,故 PBm x, n y , PAx,2 y .uuuruuur由 PB3PA 可得mx3xm2xny,故n,6 3 y6 2 y2220 ,故 4x24 3 y2因?yàn)?OBOA4 20 ,整理得到 x2y20,3 ,半徑為2,34 ,故點(diǎn) P 的軌跡為圓,其圓心為故 PO 的最大值為 3 2 5 ,故選: C.文科數(shù)學(xué)第1頁(共 13頁)5【答案】 A【解析】由題意知0,180且90,則直線斜率 ktan,直線 l方程為 y2kx ,即 kxy2 0 ,(0,1),則圓心到直線 l|12 |
3、32 1 ,圓心坐標(biāo)的距離 d1k21k即 91k2 ,解得 k 28,即 tan28 ,由 sin0 ,可得 sin22 ,31cos2112sin 22sin42所以sin3,cos2故選 :A .6【答案】 D【解析】如圖為函數(shù)yf ( x) 的圖象,函數(shù) yf ( f ( x) 圖象與直線 y4 的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為方程f ( f ( x)4 的根的個(gè)數(shù), 令 tf ( x) ,則 f (t)4 即尋找直線 y t 與 yf (x) 圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù) 當(dāng)t 1時(shí), 2t4 ,得 t2,與 yf ( x) 的圖象1 個(gè)交點(diǎn);當(dāng) t1 時(shí), t 22t34 ,解得 t1 2 2或 t1221(舍)
4、,當(dāng) t1 2 2 時(shí),412 20 , yt 與 yf ( x) 圖象的 2 個(gè)交點(diǎn)綜上所述,直線yt 與 yf (x) 圖象一共 4 個(gè)交點(diǎn)即滿足題意的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3 個(gè)故選: D7【答案】 A【解析】1ln x0 得 x1,則函數(shù)的定義域?yàn)?(,1)( 1 , 1)(1 , ) 設(shè) f ( x)sinx ,由 1 ln x1ln xeee ee文科數(shù)學(xué)第2頁(共 13頁)1lnx1lnxf ( x) , f ( x)lnsin( x)1lnsinx1xx 函數(shù) f (x) 為奇函數(shù),排除D 1又 1,且 f (1)sin10 ,故可排除B e11ln 111( 2)111e2sinsin3
5、 sin0 ,故可排除選e2e ,且 f (x)1e212e2e2CA1lne28【答案】 C【解析】根據(jù)“柱腳 ”的三視圖可知,該“柱腳 ”是由半圓柱和一個(gè)三棱柱組合而成,半圓柱的底面半圓的直徑為4,高為 2 ,故半圓柱的體積為12224,2三棱柱的底面三角形的一邊長為4 ,該邊上的高為2 ,該三棱柱的高為2 ,故該三棱柱體積為122 8,42“”4所以該 柱腳 的體積為 8故選: C9【答案】 A【解析】按照程序框圖運(yùn)行程序,輸入i1,滿足 i3 ,則 y1, i0 ,滿足 i3;則 y0, i1,滿足 i3;則 y3 , i2 ,滿足 i3 ;則 y8, i3,不滿足 i 3 ,框圖運(yùn)行
6、結(jié)束,A1,0,3,8.當(dāng) a3 或 8 時(shí), yxa 在 0,上是增函數(shù),所求概率 p21.42故選: A .10【答案】 B【解析】小張、小李同學(xué)各取一個(gè)毛絨娃娃,共有6530種取法,這兩位同學(xué)都拿到自己屬相的毛絨娃娃有 1 種取法,故所求概率1P.30故選: B11【答案】 A【解析】因?yàn)?4 的圓心 1,0C : x 1y2文科數(shù)學(xué)第3頁(共 13頁)所以,可得以1,0為焦點(diǎn)的拋物線方程為y24x ,y24x,解得 A1,2 ,由2y2x14拋物線 C2 : x28 y 的焦點(diǎn)為 F0,2 ,準(zhǔn)線方程為 y2 ,即有 BMABBFAB AF 1,當(dāng)且僅當(dāng) A, B, F ( A 在 B
7、, F 之間)三點(diǎn)共線,可得最大值1,故選 A.12【答案】 B【解析】 f( x)1ax1ax,x 當(dāng) a0 或 0a11, e 恒成立 ,時(shí) , f ( x) 0 在 xe從而 f ( x) 在 1,e單調(diào)遞減 ,所以 fmin (x)41f ( e) ae 1 3 ,解得 a,ee,不合題意 ; 當(dāng) 1a1 時(shí) ,易得 f (x) 在 1, 1單調(diào)遞減 ,在1 , e單調(diào)遞增 ,eaa所以 fmin (x)f11ln13,解得 ae21,1,不合題意 ;aae 當(dāng) a1時(shí) ,f ( x) 在 1,e單調(diào)遞增 ,所以 fmin (x)f (1)a31,滿足題意 ;綜上知 a3.所以 f (
8、 x)3xln x , x1, e ,所以 fmin ( x)f (1)3 , f max ( x)f (e)3e1依題意有 (n1) f min ( x)f max ( x) ,即 ( n 1)33e1,得 n e 2,3又 nN * ,所以 n3.從而 n 的最大值為3.故選 :B.文科數(shù)學(xué)第4頁(共 13頁)13【答案】 2 e1,)【解析】設(shè) yh(x) 的圖象與 yg( x) 的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,由 g ( x)x31ax(x0) ,得 h(x)x31ax( x 0) ,22因?yàn)楹瘮?shù) yf (x) 與 yg( x) 的圖象上存在關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn),即 yf ( x) 與 yh( x)
9、的圖象有交點(diǎn),即 ex1 x3x2x31 ax, x0 有解,22即 1 aex1 x2x, x0 有解2x2xexxx令 f ( x)e1 x2x ex 1 ( x 1)e1 ,x ,則 f ( x)x2x2x2當(dāng) x(0,1)時(shí), f( x)0,函數(shù) f (x) 單調(diào)遞減,當(dāng) x(1,) , f(x)0,函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增,所以 f ( x) 有最小值 f (1)e 1,所以1 ae1,222即 a2e 1故 a 的取值范圍為 2e1,) 故答案為: 2 e1,)14【答案】 0, py=2 x22【解析】 拋物線 x22 pyp0 表示焦點(diǎn)在 y 軸正半軸的拋物線, 焦點(diǎn)坐標(biāo)為0
10、, p,2把 x22 pyp0 代入雙曲線 x2y21 a, b 0 ,a2b2可得: a2 y22 pb 2 ya2b20 ,設(shè) A, B 兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為xA , yA,xB , yB,文科數(shù)學(xué)第5頁(共 13頁) yA +yB2 pb2=,a2 AFBFyA +yB+2p =4 OF4p ,22 p= 2 pb2 ,a2 b =2 ,a2該曲線的漸近線方程為:y=2 x .2故答案為: 0, p; y=2 x .2215【答案】 179【解析】由于 2 PQQR33, QR3,則 TPQ339,因此 PQ42QR4,224即28,即 f ( x)sin(8 x6)1,因?yàn)镻Q3,設(shè) P(x
11、o,m) ,則 Q(xo3, m) ,則T99244sin( 8 xo)1sin 8xo31 ,即 sin(8 xo) sin(8 xo5) ,962946296968852kxo9即( 9 xo6 ) ( 9 xo6 ) 2,解得8 k (k Z ),所以m8xo)1sin(k)1 ,由于 m0 ,所以m,因此17sin(221m.966916【答案】 【解析】 由 M , N 分別為菱形 ABCD 的邊 BC ,CD 的中點(diǎn), 故 MN /BD ,MN平面 ABD,故 MN / /平面 ABD ; 取 AC 中點(diǎn) P,連接 DP ,BP,由于菱形 ABCD ,所以 DPAC, BPAC ,
12、可證得 AC平面 DPB ,故 BDAC ,又 MN /BD ,故 MNAC ,異面直線 AC 與 MN 所成的角為定值 .文科數(shù)學(xué)第6頁(共 13頁) 借助極限狀態(tài),當(dāng)平面DCA 與平面 BCA 重合時(shí),三棱錐DABC 的外接球即為以三角形ABC 的外接圓為圓心,半徑為半徑的球,當(dāng)二面角變大時(shí)球心離開平面ABC,但球心在平面ABC 的投影仍然為三角形ABC 的外接圓的圓心,故二面角不為0 時(shí),外接球半徑一定大于三角形ABC 的外接圓半徑,故三棱錐 DABC 的外接球半徑不可能先變小后變大.過 A 在平面 ABC 中作 AHBC 交 BC 于 H,若ABC 為銳角, H 在線段 BC 上;若A
13、BC 為直角,H 與 B 點(diǎn)重合;ABC 為鈍角, H 在線段 BC 的延長線射線CB 上.若存在某個(gè)位程,使得直線AD 與直線 BC 垂直,由于AHBC ,因此 BC 平面 AHD ,故 DHBC .若ABC 為直角, H 與 B 點(diǎn)重合,即 DBBC ,由于 CDCB ,不可能成立 .若ABC 為鈍角,則原平面圖中,DCB 為銳角,由于立體圖中DBDPPB ,故立體圖中DCB一定比原圖中更小,因此DCB 為銳角, DHBC ,故 H 在線段 CB 上,與 H 在線段 BC 的延長線射線 CB 上矛盾,因此ABC 的取值范圍是0,.2故答案為: 17(本小題滿分12 分)【解析】 (1) S
14、n 12Sn 1 Sn 11 2 Sn1 , n N *因?yàn)?a1S1 1 ,所以可推出 Sn 1 0 文科數(shù)學(xué)第7頁(共 13頁)Sn 11Sn1 為等比數(shù)列故2 ,即Sn1 S1 1 2 ,公比為 2 Sn12n ,即 Sn2n1 , Sn 12n 11 ,當(dāng) n2 時(shí), anSnSn 12n 1 , a11 也滿足此式, an = 2n- 1 ;(2)因?yàn)?bnnn12nan2n 1 , Tn20212n 111 2n11 11nn 2Tn1222n ,兩式相減得 :Tn201n12n2n222222即 T4n2,代入 Tn2n 1n50 ,得2nn260nn 12令 f (x)2xx2
15、6 ( x1 ), fx2x ln 210 在 x1,成立, fx2xx26 , x1,為增函數(shù),而 f 5 f40 ,所以不存在正整數(shù)n 使得 Tn2n 1n50 成立18(本小題滿分12 分)【解析】( )取 PA 中點(diǎn) G ,連 FG , GD ,由 FG / / AB, FG1AB, ED / / AB, ED1ED ,2AB ,可得 FG / / ED , FG2可得 EDGF 是平行四邊形,則EF / / DG ,又 PD平面 ABCD , 平面 PAD平面 ABCD , ABADAB平面 PAD , AB平面 PAB , 平面 PAB平面 PAD , PDAD , G 是 PA
16、中點(diǎn),則 DGPA ,而 DG平面 PADDG平面 PAB ,而 EF / / DG , EF平面 PAB .( )根據(jù)三棱錐的體積公式,得 VPAEFVB AEFVF BAE1 VP BAE11S BAEPD2231113333.232419(本小題滿分12 分)文科數(shù)學(xué)第8頁(共 13頁)1C 上的點(diǎn)到準(zhǔn)線的最小距離為2 ,所以p2 ,解得 p4.【解析】( )因?yàn)閽佄锞€2故拋物線 C 的方程為 y28x ;( 2)由( 1)知焦點(diǎn)為 F2,0 .由已知可得 ABDE ,所以兩直線AB 、 DE 的斜率都存在且均不為0 .設(shè)直線 AB 的斜率為 k ,則直線 CD 的斜率為1,k故直線 A
17、B 的方程為 ykx 2 .聯(lián)立方程組y28x,消去 x ,整理得 ky28 y16k0 .ykx 2設(shè)點(diǎn) A x1 , y1 、 B x2 , y2,則 y1y28.k因?yàn)?MxM , yM為弦 AB 的中點(diǎn),所以 yM1y1y24.2k由 yMkxM2 ,得 xMyM42 ,故點(diǎn)M44.k22k22,kk同理,可得 N 4k 22,4k .故 NF4k 22 24k4 k 21 k2 , MF16 16 4 1 k2.22k4k 2k2所以 MF NF4 1k 24 k2 1 k 216 1 k 216 | k |116 2 k132 ,k2kkk當(dāng)且僅當(dāng) k1,即 k1 時(shí),等號(hào)成立 .
18、k所以 MFNF 的最小值為 32 .20(本小題滿分12 分)【解析】( 1)依題意, c100,b 300,m500, n 700 .在本次的實(shí)驗(yàn)中,K 2 的觀測值 K 21000(400 200 300100)247.619 10.828.700300500500 在犯錯(cuò)誤的概率不超過0.1% 的前提下,認(rèn)為對共享產(chǎn)品的態(tài)度與性別有關(guān)系;( 2)依題意,應(yīng)該從認(rèn)為共享產(chǎn)品對生活無益的女性中抽取4 人,記為 A,B,C,D ,從認(rèn)為共享產(chǎn)品對生活無益的男性中抽取2 人,記為 a , b .文科數(shù)學(xué)第9頁(共 13頁)從以上 6 人中隨機(jī)抽取 2 人,所有的情況為: ( A, B),( A
19、,C ),( A, D ),( A,a),( A, b),( B,C ),( B, D )B, a ,( B,b),( C , D),( C , a),( C , b),( D , a),( D , b),( a, b) ,共 15 種,其中滿足條件的為( A,a),( A, b),( B,a),( B, b),( C , a),( C ,b),( D , a),( D, b) 共 8 種情況,故所求概率P8;1521(本小題滿分12 分)10 ,當(dāng) a0 時(shí), f( x)1(b1)【解析】( )依題意 xx 當(dāng) b1 時(shí), f ( x)0 恒成立,此時(shí)f (x) 在定義域上單調(diào)遞增; 當(dāng) b
20、1 時(shí),若 x0, 1, f ( x)0 ;若 x1,, f ( x)0b1b1故此時(shí) f ( x) 的單調(diào)增、減區(qū)間分別為0,1、1,b 1b112axa b1,又 f (1)0,(2)由 f (x)x故 f (x) 在 x 1處取得極大值,從而f (1)0,即12aab10, ba進(jìn)而得f12ax2a1(2 ax1)(x1)(x)xx當(dāng) a0 時(shí),若 x1 ,1 , f ( x)0 則;若 x1,e,則 f(x)0.所以 f ( x) 最大值 = f (1)0e故 a0 符合題意1a1122e當(dāng) a0 時(shí),依題意,有2a即,故此時(shí)a02e(e1)2af (e)0(e1)2綜上所求實(shí)數(shù) a
21、的范圍為 a2e(e1)222(本小題滿分 10 分)選修 4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程【解析】解法一:( )曲線 C1 :x22cos2y24 ,y 2sin(為參數(shù))可化為直角坐標(biāo)方程:x 2即 x2y24x0,文科數(shù)學(xué)第 10頁(共 13頁)可得24cos0 ,所以曲線 C1 的極坐標(biāo)方程為:4cos.曲線 C2 :23cos2sin,即22 3cos 2 sin ,則 C2 的直角坐標(biāo)方程為:x224 .3y 1( )直線 l的直角坐標(biāo)方程為y3 x ,3所以 l 的極坐標(biāo)方程為5R .65聯(lián)立6,得A23,4cos5聯(lián)立6,得B4 ,2 3cos2sinABAB42 3 .解法二:( )同解法一( )直線 l 的直角坐標(biāo)方程為 y3 x ,3y3 x,解得 A 3,3聯(lián)立3,x24xy20y33x,解得 B23,2 ,聯(lián)立22x3y14所以 AB2 3 3224 2 3 .2 323(本小題滿分 10 分)選修4-5:
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