2020高考四川延考卷文科数学试题用答案(全word版)

2020年普通高等学校招生全国统一考试(四川延考卷)文 科一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题只有一个正确选项1集合，的子集中，含有元素0的子集共有（）A2个B4个C6个D8个解：的子集共个，含有元素0的和不含元素0的子集各占一半，有4个选B2函数的定义域为（）ABCD解：选D由3的展开式中含项的系数为（） A4B5C10D12解： 选C，其展开式中含项的系数为4不等式的解集为（）ABCD解：选A5已知，则（）A2BC3D解：选C6一个正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，则球的体积与正三棱锥体积的比值为（） ABCD解： 设球的半径为；正三棱锥的底面面积，。所以 ，选A7若点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（）ABCD解：设过一象限的渐近线倾斜角为所以，因此，选A。8在一次读书活动中，一同学从4本不同的科技书和2本不同的文艺书中任选3本，则所选的书中既有科技书又有文艺书的概率为（）ABCD解：因文艺书只有2本，所以选3本必有科技书。问题等价于选3本书有文艺书的概率： 9过点的直线与圆相交于，两点，则的最小值为（）A2BC3D解：如图最小时，弦心距最大为1，10已知两个单位向量与的夹角为，则与互相垂直的充要条件是（）A或B或C或D为任意实数解： 。另外与是夹角为的单位向量，画图知时 与构成菱形，排除A，B，D选项明显不对，故选C。11设函数的图像关于直线及直线对称，且时，则（）ABCD解：12在正方体中，是棱的中点，则与所成角的余弦值为（）ABCD解：如图以D为坐标系原点,为单位长，分别为轴建立坐标系，易见，所以，选B。（如果连结,用余弦定理解三角形也可以求得答案。）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13函数的反函数为_解：，所以反函数，14函数的最大值是_解： 因为， ，正好时取等号。（另在时取最大值）15设等差数列的前项和为，且若，则_解：，取特殊值令，所以16已知，为空间中一点，且，则直线与平面所成角的正弦值为_解：由对称性点在平面内的射影必在的平分线上作于，连结则由三垂线定理，设，又,所以因此直线与平面所成角的正弦值三、解答题：本大题共6小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分12分）在中，内角，对边的边长分别是，已知（）若，且为钝角，求内角与的大小；（）求的最大值解：（）由题设及正弦定理，有故因为为钝角，所以由，可得，得，（）由余弦定理及条件，有，因，所以故，当时，等号成立从而，的最大值为18（本小题满分12分）一条生产线上生产的产品按质量情况分为三类：类、类、类检验员定时从该生产线上任取2件产品进行一次抽检，若发现其中含有类产品或2件都是类产品，就需要调整设备，否则不需要调整已知该生产线上生产的每件产品为类品，类品和类品的概率分别为，和，且各件产品的质量情况互不影响（）求在一次抽检后，设备不需要调整的概率；（）若检验员一天抽检3次，求一天中至少有一次需要调整设备的概率解：（）设表示事件“在一次抽检中抽到的第件产品为类品”，表示事件“在一次抽检中抽到的第件产品为类品”，表示事件“一次抽检后，设备不需要调整”则由已知，所以，所求的概率为 （）由（）知，一次抽检后，设备不需要调整的概率为 故所求概率为： 19（本小题满分12分）如图，一张平行四边形的硬纸片中，沿它的对角线把折起，使点到达平面外点的位置（）证明：平面平面；（）当二面角为时，求的长解：（）证明：因为，所以因为折叠过程中，所以，又，故平面又平面，所以平面平面（）解法一：如图，由（）知，所以是二面角的平面角由已知得，作，垂足为，由可得，连结，在中，因为平面平面，所以平面，可知在中，解法二：由已知得以为原点，射线，分别为，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系则，由（）知，所以为二面角的平面角由已知可得，所以所以，即的长为220（本小题满分12分）在数列中，（）证明数列是等比数列，并求的通项公式；（）令，求数列的前项和；（）求数列的前项和解：（）由条件得，又时，故数列构成首项为1，公式为的等比数列从而，即（）由得，两式相减得 ： ， 所以 （）由得 所以21（本小题满分12分）已知椭圆的中心和抛物线的顶点都在坐标原点，和有公共焦点，点在轴正半轴上，且的长轴长、短轴长及点到右准线的距离成等比数列（）当的准线与右准线间的距离为15时，求及的方程；（）设过点且斜率为1的直线交于，两点，交于，两点当时，求的值解：（）设：，其半焦距为则：由条件知，得的右准线方程为，即的准线方程为由条件知，所以，故，从而：， ：（）由题设知：，设，由，得，所以而，由条件，得由（）得，从而，：，即由，得所以，故22（本小题满分14分）设函数（）求的单调区间和极值；（）若当时，