2020年高考押題預(yù)測卷03(新課標(biāo)Ⅱ卷)-文科數(shù)學(xué)(全解全析)

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】因為z23i23i32i13ii ，所以 zi .故選： A32i32i32i133【答案】 A【解析】由 sin x2sin x 得 0sin x1，因為 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，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因為 OBOA4 20 ，整理得到 x2y20,3 ，半徑為2，34 ，故點 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 的交點個數(shù)即為方程f ( f ( x)4 的根的個數(shù)， 令 tf ( x) ，則 f (t)4 即尋找直線 y t 與 yf (x) 圖象的交點個數(shù) 當(dāng)t 1時， 2t4 ，得 t2，與 yf ( x) 的圖象1 個交點；當(dāng) t1 時， t 22t34 ，解得 t1 2 2或 t1221（舍）

4、，當(dāng) t1 2 2 時，412 20 ， yt 與 yf ( x) 圖象的 2 個交點綜上所述，直線yt 與 yf (x) 圖象一共 4 個交點即滿足題意的交點個數(shù)為3 個故選： D7【答案】 A【解析】1ln x0 得 x1，則函數(shù)的定義域為 (,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 ，框圖運行

6、結(jié)束，A1,0,3,8.當(dāng) a3 或 8 時， 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】因為24 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為焦點的拋物線方程為y24x ，y24x，解得 A1,2 ，由2y2x14拋物線 C2 : x28 y 的焦點為 F0,2 ，準線方程為 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 , 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 ,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 ,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)于原點對稱，由 g ( x)x31ax(x0) ，得 h(x)x31ax( x 0) ，22因為函數(shù) yf (x) 與 yg( x) 的圖象上存在關(guān)于原點的對稱點，即 yf ( x) 與 yh( x)

9、的圖象有交點，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， 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 表示焦點在 y 軸正半軸的拋物線， 焦點坐標(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，因為PQ3，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， 故 MN /BD ，MN平面 ABD，故 MN / /平面 ABD ； 取 AC 中點 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，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，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 點重合；ABC 為鈍角， H 在線段 BC 的延長線射線CB 上.若存在某個位程，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 *因為 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， anSnSn 12n 1 ， a11 也滿足此式， an = 2n- 1 ；(2)因為 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 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，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 上的點到準線的最小距離為2 ，所以p2 ，解得 p4.【解析】（ ）因為拋物線2故拋物線 C 的方程為 y28x ；（ 2）由（ 1）知焦點為 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 A x1 , y1 、 B x2 , y2，則 y1y28.k因為 MxM , yM為弦 AB 的中點，所以 yM1y1y24.2k由 yMkxM2 ，得 xMyM42 ，故點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，等號成立 .

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 .在本次的實驗中，K 2 的觀測值 K 21000(400 200 300100)247.619 10.828.700300500500 在犯錯誤的概率不超過0.1% 的前提下，認為對共享產(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， f( x)1(b1)【解析】（ ）依題意 xx 當(dāng) b1 時， f ( x)0 恒成立，此時f (x) 在定義域上單調(diào)遞增； 當(dāng) b

20、1 時，若 x0, 1， f ( x)0 ；若 x1,， f ( x)0b1b1故此時 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進而得f12ax2a1(2 ax1)(x1)(x)xx當(dāng) a0 時，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，依題意，有2a即，故此時a02e(e1)2af (e)0(e1)2綜上所求實數(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：