2020年高考数学（理）金榜题名冲刺卷（一）（解析版）

2020年高考数学（理）金榜题名冲刺卷（一）（解析版）

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） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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． 4．测试范围：高中全部内容． 一、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 2 1 i （i 为虚数单位）的共轭复数是（ ） A． i1  B．1 i C．1 i D． i1  【答案】C 【解析】因为 2 1 ii 1  ,所以其共轭复数是1 i ，故选 C. 2．已知集合  |1 10 ,P x N x     2| 6 0 ,Q x R x x     则 P Q 等于（ ） A． 1,2,3 B． 2,3 C． 1,2 D． 2 【答案】D 【解析】试题分析：    2| 6 0 3,2Q x R x x        2P Q   .故选 D. 3．4 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． 1 3 B． 1 2 C． 2 3 D． 3 4 【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， 1 1 2 2 2 4 C C C = 2 3 ，故选 C. 4．若等差数列 na 和等比数列 nb 满足 1 1 4 43, 24a b a b     ，则 2 2 a b  （ ） A．-1 B．1 C．-4 D．4 【答案】B 【解析】设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q， 因为 1 1 4 43, 24a b a b     ，所以 4 1 3 4 1 3 27 8 d a a bq b        ，解得 9 2 d q     ，因此 2 1 2 1 6 6 a a d b b q       ，所以 2 2 1a b  .故选 B. 5．如图所示的程序框图，该算法的功能是( ) A．计算 0 1 2(1 2 ) (2 2 ) (3 2 )       ( 1 2 )nn   的值 B．计算 1 2 3(1 2 ) (2 2 ) (3 2 )       ( 2 )nn  的值 C．计算 (1 2 3   )n 0 1 2(2 2 2    12 )n 的值 D．计算[1 2 3   ( 1)]n  0 1 2(2 2 2    2 )n 的值 【答案】C 【解析】试题分析：初始值 1, 0k S= = ，第1次进入循环体： 01 2S   ， 2k  ；当第 2 次进入循环体时： 0 11 2 2 2S     ， 3k  ，，给定正整数 n ，当 k n 时，最后一次进入循环体，则有： 0 11 2 2 2S      12nn   ， 1k n  ，退出循环体，输出 S  (1 2 3   )n 0 1 2(2 2 2    12 )n ，故选 C． 6．已知 ABC 是边长为  2 0a a  的等边三角形，P 为平面 ABC 内一点，则  PA PB PC    的最小值是 （ ） A． 22a B． 23 2 a C． 24 3 a D． 2a 【答案】B 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系 设 ( , )P x y ，      0, 3 , ,0 , ,0 ,A a B a C a 则      , 3 , , , ,PA x a y PB a x y PC a x y            , 所以  PA PB PC         , 3 , ,x a y a x y a x y               , 3 2 , 2x a y x y      2 22 2 2 3x y ay   2 2 23 32 2 2 2x y a a         ,所以最小值为 23 2 a ， 所以选 B. 7．已知函数   2 22cos sin 2f x x x   ，则( ) A．  f x 的最小正周期为 ，最大值为3 B．  f x 的最小正周期为 ，最大值为 4 C．  f x 的最小正周期为 2π，最大值为3 D．  f x 的最小正周期为 2π，最大值为 4 【答案】B 【解析】根据题意有   1 cos2x 3 5cos2 1 2 cos22 2 2f x x x      ， 所以函数  f x 的最小正周期为 2 2T    ，且最大值为  max 3 5 42 2f x    ，故选 B. 8．（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 2( log 5.1)a g  ， 0.8(2 )b g ， (3)c g ，则 , ,a b c 的大小关系为( ) A． a b c  B． c b a  C．b a c  D．b c a  【答案】C 【解析】因为 ( )f x 是奇函数，从而 ( ) ( )g x xf x 是 R 上的偶函数，且在[0, ) 上是增函数， 2 2( log 5.1) (log 5.1)a g g   ， 0.82 2 ，又 4 5.1 8  ，则 22 log 5.1 3  ，所以即 0.8 20 2 log 5.1 3   ， 0.8 2(2 ) (log 5.1) (3)g g g  ，所以b a c  ，故选 C． 9．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，直线 1AC  平面 .平面 截此正方体所得截面有如下四个 结论：①截面形状可能为正三角形；②截面形状可能为正方形；③截面形状不可能是正五边形； ④截面面积最大值为3 3 ．则正确的是（ ） A．①② B．①③ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【解析】对①,当 截此正方体所得截面为 1 1B CD 时满足.故①正确. 对②,由对称性得,截面形状不可能为正方形.故②错误. 对③,由对称性得截面形状不可能是正五边形,故③正确. 对④,当截面为正六边形时面积最大,为 236 2 3 34    .故④正确.故选 D. 10．已知数列 na 的通项公式 2 10 21na n n    ，前 n 项和为 nS ，若 >n m ，则 n mS S 的最大值是（ ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】B 【解析】数列 na 的通项公式 2 10 21 ( 3)( 7)na n n n n        , 当3 7n  时 0na  ，当 2n  或 8n  是 0na  , nS 最大值为 6S 或 7S mS 最小值为 2S 或 3S , n mS S 的最大值为 6 3 4 5 6 3 4 3 10S S a a a        ,故选 B. 11．椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左右焦点分别为 1 2,F F ，O 为坐标原点，点 A 在椭圆上，且 1 60AOF   ， 'A 与 A 关于原点O 对称，且 2 2· ' 0F A F A   ，则椭圆离心率为（ ） A． 3 1 B． 3 2 C． 3 1 2  D． 4 2 3 【答案】A 【解析】连结 1'A F ， 1AF ，由 'A 与 A 关于原点O 对称，且 1F 与 2F 关于原点O 对称，可知四边形 1 2'AF A F 为平行四边形，又 2 2· ' 0F A F A   ，即 2 2 'F A F A 可知四边形 1 2'AF A F 为矩形， 1,AO OF  又 1 60AOF   ， 1 1 ,AF OF c   同理有 2 3AF c ，由椭圆的定义可得 3 2c c a  ， 2 3 1 3 1 ce a       .故选 A. 12．不等式 3 ln 1xx e a x x    对任意 (1, )x  恒成立，则实数 a 的取值范围（ ） A． ( ,1 ]e  B． 2( ,2 ]e  C． ( , 2]  D． ( , 3]  【答案】D 【解析】题意即为 3ln 1xa x x e x   对  1,x   恒成立， 即 3 1 ln xx e xa x    对  1,x   恒成立，从而求 3 1 ln xx e xy x    ，  1,x  的最小值，而 33 ln 3ln 3ln 1x x x x xx e e e e x x       ,故 3 1 3ln 1 1 3lnxx e x x x x x          , 即 3 1 3ln 3ln ln xx e x x x x       ,当 3ln 0x x  时，等号成立，方程 3ln 0x x  在 1, 内有根，故 3 min 1 3ln xx e x x         ，所以 3a   ，故选 D． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．若双曲线 2 2 1yx k   的焦点到渐近线的距离为 2 2 ，则实数 k 的值为____________. 【答案】8 【解析】由双曲线 2 2 1yx k   得其中一个焦点为 1 0k  ， ，其中一条渐近线方程为 y k x ，所以焦点 到直线的距离为 1 2 2 1 k k k    ，所以 8k  .故答案为8 . 14．若函数 sin( ) cos a xf x x  在区间 π π( , )6 3 上单调递增，则实数 a 的取值范围是 ． 【答案】[2, ) 【解析】试题分析：因为函数 sin( ) cos a xf x x  在区间 π π( , )6 3 上单调递增 所以 ( ) 0f x  在区间 π π( , )6 3 恒成立， 2 2 cos sin ( sin ) ( sin ) sin 1( ) cos cos x x a x x a xf x x x          , 因 为 2cos 0x  ， 所 以 sin 1 0a x   在 区 间 π π( , )6 3 恒成立,所以 1 sina x  , 因为 ( , )6 3x   ，所以 1 3 2 3 1sin 22 2 3 sinx x      , 所以 a 的取值范 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 OAB 中， 600kmOA  , 20 kmAB t , 45OAB   , 根据余弦定理得 2 2 2 2600 400 2 600 20 2OB t t      ， 令 2 2450OB „ ，即 24 120 2 1575 0t t  „ ，解得 30 2 15 30 2 15 2 2t  „ „ , 所以该码头将受到热带风暴影响的时间 30 2 15 30 2 15 15(h)2 2    . 16．在三棱锥 A BCD 中， 60BAC BDC    ，二面角 A BC D  的余弦值为 1 3  ，当三棱锥 A BCD 的体积的最大值为 6 4 时，其外接球的表面积为____________. 【答案】 6 【解析】如图，设球心 O 在平面 ABC 内的射影为 1O ，在平面 BCD内的射影为 2O 则二面角 A BC D  的平面角为 AMD∠ ,点 A 在截面圆 1O 上运动，点 D 在截面圆 2O 上运动，由图知， 当 AB AC ， BD CD 时，三棱锥 A BCD 的体积最大，此时 ABC 与 BDC 是等边三角形, 设 BC a ，则 3 2AM DM a  ， 23 4BCDS a  . 6sin( ) 3h AM AMD a    , 31 2 6 3 12 4A BCD DBCV S h a     解得 3a  ，所以 3 2DM  , 2 1DO  ， 2 1 2O M  ，设 2AMD   则 2 1cos2 2cos 1 3      ,解得 tan 2  ,∴ 2 2 2tan 2OO O M   ,球O 的半径 2 2 2 2 6 2R DO OO   ,所求外接球的表面积为 24 6S R   . 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 tan 1 tan 2A B   ， （1）求角C ； （2）求 ABC 面积的最大值． 【解析】（1）   1 1 2tanA tanB   , 1tanA tanB tanA tanB     ，   11 tanA tanBtanC tan A B tanAtanB         ，   3C 0, 4C    . （2） ABC 的外接圆为单位圆，其半径 1R  ，由正弦定理可得 2 2c RsinC  ，由余弦定理可得 2 2 2 2c a b abcosC   ，代入数据可得 2 22 2a b ab    2 2 2 2ab ab ab    ，当且仅当 a=b 时，“=”成立, 2 2 2 ab   ， ABC 的面积 1 1 2 2 1 2 2 22 2 S absinC      ， ABC 面积的最大值为 2 1 2  . 18．（12 分）如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA  底面 ABCD ， 2 2AC  ， 2PA  ， E 是 PC 上的一点， 2PE EC ． （1）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  2, ,0D b ，则  2 2 0 0C ，， ，  0 0 2P ，， ， 4 2 2,0,3 3E       ，  2 0B b， ， ，∴    2 2 0 2PC   ，， ， 2 2  , ,3 3BE b        ， 2 2  3 3DE b        ， ， ，∴ 4 4  03 3PC BE     ， 0PC DE   ，∴ PC BE ，PC DE ，BE DE E  ， ∴ PC  平面 BED . （2）    0 0 2AP  ，， ，    2, ,0AB b  ，设平面 PAB 的法向量为    , ,x y zm  ，则 2 0 2 0 m AP z m AB x by           ， 取    2 0bm  ， ， ，设平面 PBC 的法向量为    , ,pn q r ，则 2 2 2 0 3 2 02 3 n PC p r n BE p bq r             ， 取 2  1, , 2bn        ，∵平面 PAB  平面 PBC ，∴   2 0m n bb    ，故 2b  ， ∴    1, 1, 2n   ，    2 2 2DP    ， ， ，∴ 1cos , 2 n DPDP n n DP         ， 设 PD 与平面 PBC 所成角为 ， 0 2      ， ，则 1sin 2   ，∴ 30   ， ∴ PD 与平面 PBC 所成角的大小为30°. 19．（12 分）已知抛物线 2 2y x ，过点 (1,1)P 分别作斜率为 1k ， 2k 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 1 2 1k k  ，求证直线 MN 恒过定点，并求出定点坐标． 【解析】（1）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 2 1 12y x ①， 2 2 22y x ②． ①－②，得     1 2 1 2 1 22y y y y x x    ． 又因为  1,1P 是线段 AB 的中点，所以 1 2 2y y  ,所以， 2 1 1 2 1 2 1 2= 1y yk x x y y    ． 又直线 AB 过  1,1P ，所以直线 AB 的方程为 y x . （2）依题设  ,M MM x y ，直线 AB 的方程为  11 1y k x   ，即 1 11y k x k   ， 亦即 1 2y k x k  ，代入抛物线方程并化简得  2 2 2 1 1 2 22 2 0k x k k x k    ． 所以， 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2k k k kx x k k      ,于是， 1 2 2 1 1 M k kx k  ， 1 2 1 2 1 22 11 1 1 M M k ky k x k k k kk        ． 同理， 1 2 2 2 1 N k kx k  ， 2 1 Ny k ．易知 1 2 0k k  ，所以直线 MN 的斜率 2 1 2 11 M N M N y y k kk x x k k    ． 故直线 MN 的方程为 2 1 1 2 2 1 2 1 1 11 1 k k k ky xk k k k        ，即 2 1 2 1 11 k ky xk k  ．此时直线过定点 0,1 ． 故直线 MN 恒过定点 0,1 ． 20．（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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年收入亿元 ( x ) 32.0 31.0 33.0 36.0 37.0 38.0 39.0 43.0 45.0 10x 商品销售额 万元（ y ） 25.0 30.0 34.0 37.0 39.0 41.0 42.0 44.0 48.0 10y 且已知 10 1 380.0i i x   （1）求第 10 年的年收入 10x ； （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 363ˆ ˆ 254y x a  ， ①求第 10 年的销售额 10y ； ②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 ˆˆ ˆy bx a  中， 1 2 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x y nx y b a y b x x nx          . （2） 10 2 2 1 10 254.0i i x x    ， 9 1 125875.0i i i x y   ， 9 1 340.0i i y   . 【解析】（1）依题意 10 1 380.0i i x   ， 则 1032 31 33 36 37 38 39 43 45 380x          ，解得 10 46x  . （2）①由居民收入 x 与该种商品的销售额 y 之间满足线性回归方程 y = 363 254 x a 知 363 254b  ，即 10 1 10 22 1 10 363 25410 i i i i i x y xy b x x         ，即 10 10 34012875 46 10 38 36310 254 254 yy      ， 解之得： 10 51y  . ②易得 38x  ， 39.1y  ，代入  363 254y x a  得： 36339.1 38254 a   ， 解得 15.21a   ，所以  363 15.21254y x  ，当 40x  时， 363 40 15.21 41.96254y     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 41.96 万元. 21．（12 分）设函数 ( ) e cos , ( )xf x x g x 为  f x 的导函数. （1）求  f x 的单调区间； （2）当 ,4 2x       时，证明 ( ) ( ) 02f x g x x    … ； （3）设 nx 为函数 ( ) ( ) 1u x f x  在区间 2 ,24 2m m      内的零点，其中 n N ，证明 2 0 0 2 2 sin cos n nn x x e x       . 【解析】(1)由已知，有    ' e cos sinxf x x x  . 当  52 ,24 4x k k k Z         时，有sin cosx x ，得  ' 0f x  ，则  f x 单调递减; 当  32 ,24 4x k k k Z         时，有sin cosx x ，得  ' 0f x  ，则  f x 单调递增. 所以，  f x 的单调递增区间为  32 ,24 4k k k Z        ，  f x 的单调递减区间为  52 ,24 4k k k Z        . (2)记       2h x f x g xx      .依题意及(1)有：    cos sinxg x e x x  ， 从而 '( ) 2 sinxg x e x  .当 ,4 2x      时，  ' 0g x  ，故 '( ) '( ) '( ) ( )( 1) ( ) 02 2h x f x g x x g x g x x                  . 因此，  h x 在区间 ,4 2       上单调递减，进而 ( ) 02 2h x h f           … . 所以，当 ,4 2x       时， ( ) ( ) 02f x g x x    … . (3)依题意，     1 0n nu x f x   ，即 e cos 1nx nx  .记 2n ny x n  ，则 ,4 2ny      . 且   e cosny n nf y y     2 2e cos 2 enx n n nx n n N    .由    2 0e 1n nf y f y „ 及(Ⅰ)得 0ny y… .由(2)知，当 ,4 2x      时，  ' 0g x  ，所以  g x 在 ,4 2       上为减函数， 因此    0 04ng y g y g     „ .又由(Ⅱ)知     02n n nf y g y y    … ，故：       2e 2 n n n n n f yy g y g y      „    0 2 2 2 0 0 0 0 0sin cos sin cos n n n y e e e g y e y y x x        „ . 所以 2 0 0 e2 2 sin cos n nn x x x      . (二)、选考题：共 10 分．请考生从 22、23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22．【极坐标与参数方程】（10 分） A 为椭圆 1C ： 2 2 14 24 x y  上任意一点，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的 极坐标方程为 2 10 cos 24 0     ， B 为 2C 上任意一点. （1）写出 1C 参数方程和 2C 普通方程； （2）求 AB 最大值和最小值. 【解析】（1）由题意可得 1C 的参数方程为： 2cos , 2 6 sin , x y     （ 为参数）， 又∵ 2 10 cos 24 0     ，且 2 2 2x y   ， cosx   ， ∴ 2C 的普通方程为 2 2 10 24 0x y x    ，即  2 25 1x y   . （2）由（1）得，设  2cos ,2 6 sinA   ，圆 2C 的圆心  5,0M ， 则    22| | 2cos 5 2 6 sinAM     220cos 20cos 49     2120 cos 542        ，∵  cos 1,1   ，∴当 1cos 2    时， max| | 3 6AM  ； 当 cos 1  时， min| | 3AM  .当 1cos 2    时， max max| | | | 1 3 6 1AB AM    ； 当 cos 1  时， min min| | | | 1 2AB AM   . 23．【选修 4-5：不等式选讲】（10 分） 已知函数 ( ) 2f x x a   ， ( ) 4g x x  ， a R . （1）解不等式 ( ) ( )f x g x a  ； （2）任意 xR ， 2( ) ( )f x g x a  恒成立，求 a 的取值范围. 【解析】（1）不等式    f x g x a  即 2 4x x   ， 两边平方得 2 24 4 8 16x x x x     ，解得 1x   ，所以原不等式的解集为  1,  . （2）不等式     2f x g x a  可化为 2 2 4a a x x     ， 又    2 4 2 4 6x x x x        ，所以 2 6a a  ，解得 2 3a   ， 所以 a 的取值范围为 2,3 .