2020年高考数学理金榜冲刺卷一解析版

1、2020年高考金榜冲刺卷（一）数学（理）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）、选择题：本题共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 .复数一2- （ i为虚数单位）的共知复数是（）1 iA.1 iB. 1 iC 1 iD.1 i【答案】C2_ 【解析】因为工 1 i,所以其共知复数是 1 i,故选C.1 i2,已知集合P x N |1 x 10 ,Q2x R | x x 6 0,则 PQ等于（）A. 1,2,3B. 2,3C.1,2D. 2【答案】D【解析】试题分析：Q x R | x2 x 6 03,2 P Q 2 .故选 D.3. 4

2、张卡片上分别写有数字1, 2, 3, 4,从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为（）A.B.D.【答案】C【解析】取出的 2张卡片上的数字之和为奇数的抽取方法是一奇一偶,生:2C：3故选C.4.若等差数列an和等比数列 bn满足a1匕 3,a4 b4 24,则曳 ()nn''' 44'b2A. -1B. 1C. -4D. 4【答案】B【解析】设等差数列an的公差为d ,等比数列bn的公比为q,因为 a1b13,a4b424 ,所以故选B.5.如图所示的程序框图,该算法的功能是输入正整数行/输出5/I'）A.计算（120)

3、(221)(3 22)B.计算（1-1-2 ) (222)(3 23)C.计算（1n)0-1(22D.计算1(n1) (20【答案】C【解析】试题分析：初始值 k= 1,S =3d2221a4tuai(n(n22bi27，解得81 2n)的值2n）的值2n 1)的值L 2n)的值0 ,第1次进入循环体：sa2 a db2 bq 66,所以曳 1.b22O, k 2;当第2次进入循环体时:S 1 2° 2 21，k 3,给定正整数n ,当kn时，最后一次进入循环体， 则有:01S 1 2° 2 21n 2n 1, k n 1,退出循环体，输出 S (12 3 L n) (2&

4、#176; 21 22 L2n 1),故选 C.6.已知 ABC是边长为2a a 0的等边三角形,uuuP为平面ABC内一点，则PAuuuPBuuuPC的最小值是(A.2a2B.3a2C.D.【答案】B【解析】建立如图所示的平面直角坐标系设 P(x,y) , A 0,£a ,B a,0 ,C a,0 ,则uuvuuvuuvPA x, .3a y , PB a x, y , PC a x, yuuu uur uur 所以PA PB PCx, -3a ya x, y a x, yx, . 3a y2x,2y2x22y2 2、.3ay2x2 2V a2,所以最小值为-a222，所以选B.c

5、2.2八2cos x sin x 2,则()A. f x的最小正周期为，最大值为3B. f x的最小正周期为，最大值为4C. f x的最小正周期为2九，最大值为3D. f x的最小正周期为 2九，最大值为4352 cos2 x 一,22【答案】B【解析】根据题意有1 cos2x cos2x 1 22所以函数f x的最小正周期为 T 2,且最大值为f x max3 54,故选B.2 28. (2019 江西南昌十中高三期中(文)已知奇函数f(x),且g(x) xf (x)在0,)上是增函数.若g( log2 5.1), bg(2°.8), c g(3),则a,b,c的大小关系为()a.

6、 a b cb. c b ac. b a cd. b c a【答案】C因为f (x)是奇函数，从而g(x) *"*)是R上的偶函数，且在0,)上是增函数,3,a g( log2 5.1) g(log2 5.1), 20.82,又 4 5.1 8,则 2 log25.1 3,所以即 0 20.8 log2 5.1 g(20.8) g(log25.1) g(3),所以 b a c,故选 c9.已知正方体 ABCD 人日。1口1的棱长为2,直线AC1 平面 .平面 截此正方体所得截面有如下四个结论：截面形状可能为正三角形；截面形状可能为正方形；截面形状不可能是正五边形；截面面积最大值为 3

7、53 则正确的是()A.B.C.D .【答案】D【解析】对，当 截此正方体所得截面为 BiCDi时满足.故正确.ti对，由对称性得，截面形状不可能为正方形对，由对称性得截面形状不可能是正五边形，故正确.对，当截面为正六边形时面积最大衣23 J3.故正确.故选D.10.已知数列an的通项公式an10n21,前n项和为Sn,若n>m,则Sn Sm的最大值是（）A. 5B. 10C. 15D. 20【答案】B【解析】数列an的通项公式an10n21(n 3)(n 7),当3 n 7时ann 8 是 an0,Sn最大彳t为S6或S7Sm最小彳t为G或S3 , Sn Sm的最大值为$6S310 ,

8、故选B.2X11 .椭圆 C :一2 a2y7 1（a b 0）的左右焦点分别为 b2F1,F2,O为坐标原点,点A在椭圆上，且 AOF160 ,A'与A关于原点UJIVUULU/O对称，且F2 A F2A' 0，则椭圆离心率为（）B 3B. 2CC 2D. 42.3【解析】连结 A'F1，AF1 ,由A'与A关于原点O对称，且E与F2关于原点O对称，可知四边形 AF1 A'F2为ULUVUUV平行四边形，又 F2A F2A' 0,即F2AF2A'可知四边形AFiA'F2为矩形,AO OFi,又AOFi60 ,AF1OFic,同理

9、有AF2 J3c,由椭圆的定义可得 c J3c 2a，12.不等式a. (,1【答案】D2,3 1aln xeB.【解析】题意即为lnx-,33 x lnx xe e e3 X.x e x 1lnx3 xx e x 1lnx1 .故选A.1对任意X(1,）恒成立,则实数a的取值范围alnx x1, 一对 xx 3lnx e3lnxlnx3,min二、填空题：本题共,2e2C.,2D.(3x 1,恒成立,1,x 3lnx恒成立，从而求1,故 x 3exlnx1,的最小值，而1 x 3lnx 13lnx,3,当x所以a4小题，每小题3lnx 0 时,3,故选D.等号成立，方程 x5分，共20分.3

10、lnx0在1,内有根，故213.若双曲线X2 1的焦点到渐近线的距离为2J2,则实数k的值为k2【解析】由双曲线X2 1得其中一个焦点为 jk一7,0 ,其中一条渐近线方程为 y Jkx,所以焦点到直 k线的距离为2夜，所以k 8.故答案为8.14 .若函数f（x） a s1nx在区间（-,-）上单调递增，则实数 a的取值范围是 cosx6 3【答案】2,）a sin x 、 冗冗斗但、斗.【解析】试题分析：因为函数f （x） 在区间（一，一）上单倜递增cosx6 3所以f （x） 0在区间（-）恒成立, 6, 3f (x)cosx sin x (a sin x) ( sin x)2cos x

11、a sin x 12cos x2因为cos x0 ,所以asin x 1 0在区间飞 飞、. 一一.1 一.1（-,）怛成立，所以a因为x （一,）,所以16 3sinx ,6 32;3sin x 22.332所以a的取值范 sin x围是2,）15 .据气象部门预报，在距离某码头南偏东45。方向600km的A处的热带风暴中心正以 20km/h的速度向正北方向移动，距风暴中心 450km以内的地区都将受到影响，则从现在起经过 小时该码头将受到热带 风暴影响.【答案】15【解析】记t小时后热带风暴中心到达点 B位置，在VOAB中，OA 600km, AB 20tkm , OAB 45根据余弦定理

12、得ob2_22600400t2 600 20t30、2 152令 OB2, 4502,即 4t2 120 J2t 1575, 0,解得 30底 15硼2所以该码头将受到热带风暴影响的时间30 2 1530 2 1515(h).码头16 .在三棱锥A1BCD中，BAC BDC 60，二面角A BC D的余弦值为 ，当三棱锥A BCD 3的体积的最大值为上6时，其外接球的表面积为4【答案】6【解析】如图,设球心 O在平面ABC内的射影为Oi ,在平面BCD内的射影为。2则二面角ABC D的平面角为 / AMD，点A在截面圆Oi上运动，点 D在截面圆。2上运动，由图知，当AB AC ,BD CD 时

13、,三棱锥 A BCD的体积最大,此时 ABC与BDC是等边三角形，设BC则 AM DM、3。sa， S BCD2h AMsin(AMD)-6- a ' VA BCD31s 3DBC h'.2 3a12解得aDM”02AMD则 cos222cos13,解得 tanJ2， OO2O2M tanRDO2200；显,所求外接球的表面积为s 42R2 6三、解答题：本题共 6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. （12分）已知 ABC内接于单位圆，且1 tanA 1 tanB 2,（1）求角C ；(2)求ABC面积的最大值.(1)Q 1 tanA 1 tanB

14、2,tanA tanB 1 tanA tanB ,tanCtanA tanB tan A B1 tanAtanB1, QC 0, C34(2)ABC的外接圆为单位圆,其半径，由正弦定理可得c2RsinC J2,由余弦定理可得a2 b2 2abcosC，代入数据可得2b2 、2ab2ab2 V2 ab ,当且仅当a=b时,一 ,2-成立,ab 产,VABC的面积S2.21absinC 22 .2 2、2 1ABC面积的最大值为 1 218.（12分）如图，四棱锥 P ABCD中，底面ABCD为菱形,PA 底面 ABCD , AC 2V2，PA 2 ,E是PC上的一点，PE 2EC .RD(1)u

15、uur uuuPC BEuuur uuur0， PC DEBE, PC DE,BEDE证明PC 平面BED ；(2)设二面角 A PB C为90，求PD与平面PBC所成角的大小.【解析】（1）以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A xyz,设D J2, b,0 ，则C 2衣,0,0 ,P 0,0,2 ,uiurDEuuir _uuu, 2PC2、2,0, 2 , BE3PC 平面BED.(2)uuruuu_AP0,0,2 , AB,2,b,0，设平面urPAB的法向量为 mx, y,z，则uuv AP uuv AB2z2x by 0irmuuiv PCb, J2,0 ,设平面PBC的法向量为

16、p,q,r ,则uuv BE2、'2 P3万P2rbq ?r31,，二平面 bPAB平面ir rPBC , m n1,- uuur1, . 2 , DPuuur r cos：；DP,nrn r-uuur DP -uutrn DPPD与平面PBC所成角为0PD与平面PBC所成角的大小为 30° .又直线AB过P 1,1,所以直线 AB的方程为yy2y1 =2X2X1y2y1(2)依题设M xm , Ym ，直线AB的方程为y 1（ x 1 ,即 yk x 1 k1，亦即ykx k2,代入抛物线方程并化简得k12x2 2kk 2 x k； 0.所以，X X22k1k2 22 2k

17、1k22k12k1xm1 k1k2L , Ymk11 k1k2. Jk1 xMk2k12k2.k1k119. (12分)已知抛物线y22x,过点P(1,1)分别作斜率为k1 ,卜2的抛物线的动弦 AB、CD ,设M、N分别为线段AB、CD的中点.(1)若P为线段AB的中点，求直线 AB的方程;(2)若K k2 1,求证直线 MN恒过定点，并求出定点坐标.22 一【解析】（1）设 A X1,y，B &, y2 ,则 y 2x ，y2 2x2.一，得y1 y2 y1 y2 2 X1 x2又因为P 1,1是线段AB的中点，所以 y y2 2,所以，k11 ki k.21Vm y nkk一八一

18、1故直线MN的万程为y 一 ki同理XN 丁' yN易知kik2。，所以直线MN的斜率k K F0.1里X LJ也，即y白:x 1,此时直线过定点1k2k1k121k2k1故直线MN恒过定点 0,120. （12分）有人收集了 10年中某城市的居民年收入（即此城市所有居民在一年内的收入的总和）与某种商品的销售额的有关数据:第n年12345678910年收入亿元（x）32.031.033.036.037.038.039.043.045.0x10商品销售额力兀（y）25.030.034.037.039.041.042.044.048.0y1010国已知 xi 380.0 i 1（1）求第1

19、0年的年收入x10；（2）若该城市该城市居民收入与该种商品的销售额之间满足线性回归方程363254x a?,求第10年的销售额y10 ；如果这座城市居民的年收入达到40亿元，估计这种商品的销售额是多少？（精确到0.01 )附：（1）在线性回归方程 y t?X 0?中，b?XiVi nx y1 n，夕 y 1yx.(2)10922X 10x254.0 , xyii 1i 1125875.0 ,2nx9y 340.0.i 110(1)依题意 xi 380.0 ,i 1则 32 31 33 36 37 38 39 43 45 x10380,解得 x1046.(2)由居民收入 X与该种商品的销售额y之

20、间满足线性回归方程363 x254363，即b25410Xi yi 10xy1-10222xi 10xi 1丝即25412875 46y1010 38 340 y10254解之得：y10 51.易得x 38, y 39.1 ,代入$363_x a 得：39.125436325410363254解得a 15.21,所以363,x 15.21,当 x 40 时, 254363y 40 15.21 41.9625441.96万元.故若该城市居民收入达到40.0亿元，估计这种商品的销售额是21. (12分)设函数f(x) excosx, g(x)为f x的导函数(1)求f x的单调区间;(2)当 x一

21、,一时，证明 f (x) g(x) 一 x 0 ；4 22(3)设*口为函数U(x)f (x) 1在区间2m 1,2m4一内的零点，其中 n N ,证明 22ne2n - xn 2sinx0 cosx0【解析】(1)由已知，有f' x_xe cosx sin x当 x 2k -,2k5，一,. k Z 时，有sinx4cosx,得 f' x 0 ,贝I fx单调递减；3当x 2k 一,2k 一 k Z时，有sinx cosx,得f x 0,则f x单倜递增 443所以，f x的单调递增区间为2k ,2k k Z ,445,一f x的单调递减区间为2k -,2k k Z44f x

22、 g x x .依题意及有：g xex cosx sinx ,从而 g '(x)2exsin x.当 x一，一时，g' x 0,故4 2h'(x)f'(x) g'(x)万 xg(x)( 1) g (x) - x20.因此，h x在区间一，一上单调递减，进而4 2h(x)h 2所以，当xg(x) 一 x - 0.2依题意，u xnf xn 1 0,即 e* cosxn 1 .记 Yn *n 2n ，则 丫口且f YnYnxn 2 ne cosyn ecos xn 2ne 2n n N .由 fYne 2n , 1 fY0 及(i)得Yn Y0 .由(2)知，当 x ，一 时，g' x4 20,所以g x在一，一上为减函数,4 2因此 g Yn , g Yo0.又由（n）知f Ynyn,f Yng Yn2n2n2ne e e_, _Yo _g Yn g Y0 e sin Yo cos Yo2nesin x0 cosx02n所以2nsin x cosxo（二卜选考题：共10分.请考