2020年高考数学（文）金榜题名冲刺卷（三）（解析版）

2020年高考数学（文）金榜题名冲刺卷（三）（解析版）

2020 年高考金榜冲刺卷（三） 数学（文） （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．已知集合    ( , ) 2 , ( , ) 4 ,M x y x y N x y x y      那么集合 M N 为（ ） A． 3, 1x y   B． 3, 1 C． 3 1，- D．   3, 1 【答案】D 【解析】由 2,4 x y x y      得 3 ,1 x y     所以   3, 1M N   ，选 D. 2．i 是虚数单位,复数 1 2 ai i   为纯虚数,则实数 a 为( ) A． 2 B． 2 C． 1 2  D． 1 2 【答案】A 【解析】 1 (1 )(2 ) 2 (2 )(2 ) ai ai i i i i      2 (2 1) 4 a a i   2 (2 1) 4 2 a a i   ,复数 1 2 ai i   为纯虚 数, 2 0 , 22 1 0 a aa       ，故选 A. 3.已知 5sin( )4 5    ，则sin 2 等于 ( ) A． 4 5  B． 4 5 C． 3 5- D． 3 5 【答案】C 【解析】 cos cos4 4 4sin sin sin           2 5sin cos2 5     , 10sin cos 5     , 两边平方得 21 sin 2 5   , 3sin 2 5    ，故选 C. 4．根据中国生态环境部公布的 2017 年、2018 年长江流域水质情况监测数据，得到如下饼图： 则下列说法错误的是（ ） A．2018 年的水质情况好于 2017 年的水质情况 B．2018 年与 2017 年相比较，Ⅰ、Ⅱ类水质的占比明显增加 C．2018 年与 2017 年相比较，占比减小幅度最大的是Ⅳ类水质 D．2018 年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比超过 60% 【答案】C 【解析】2018 年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比明显超过 2017 年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比，故 A 正确；2018 年Ⅰ、Ⅱ类 水质的占比达到 60.4%，而 2017 年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比为 46.4%，故 B 正确； 2018 年与 2017 年相比较， 占比减小幅度最大的是 III 类水质，故 C 错误； 2018 年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比达到 60.4%，超过 60% ，故 D 正确.故选 C． 5．函数 1( ) cos1 x x ef x xe   的图像大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】函数   1 cos1 x x ef x xe   ，可得      1 1cos cos1 1 x x x x e ef x x x f xe e           ， 函数是奇函数，排除 B， 2x  时， 02f       ，排除 D， 6x  时， 6 6 1 3 06 21 ef e            ，对应点 在第四象限，排除 C.故选 A. 6．设双曲线 C: 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的两条渐近线互相垂直，顶点到一条渐近线的距离为 1，则双曲线的 一个焦点到一条渐近线的距离为（ ） A．2 B． 2 C． 2 2 D．4 【答案】B 【解析】∵双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的两条渐近线互相垂直，∴渐近线方程为 y x  ，∴ a b ．∵顶点到一条渐近线的距离为 1，∴ 2 12 a  ，∴ 2a b  ，∴双曲线C 的方程为 2 2 12 2 x y  ， 焦点坐标为   2,0 , 2,0 ，∴双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为 2 2 2 d   ．故选 B. 7．中国古代数学名著《九章算术》中,将底面是直角三角形的直棱柱称为 “堑堵”已知某“堑堵”的正视 图和俯视图如下图所示,则该“堑堵”的左视图的面积为`（ ） A．18 6 B．18 3 C．18 2 D． 27 22 【答案】C 【解析】由三视图可知，该几何体为直三棱柱，底面直角三角形斜边的高为 6 3 3 2  ，该“堑堵”的 左视图的面积为3 2 6 18 2  ，故选 C. 8．王老师的班上有四个体育健将甲、乙、丙、丁，他们都特别擅长短跑，在某次运动会上，他们四人要组 成一个 4 100 米接力队，王老师要安排他们四个人的出场顺序，以下是他们四人的对话： 甲：我不跑第一棒和第二棒；乙：我不跑第一棒和第四棒； 丙：我也不跑第一棒和第四棒；丁：如果乙不跑第二棒，我就不跑第一棒； 王老师听了他们四人的对话，安排了一种合理的出场顺序，满足了他们的所有要求， 据此我们可以断定， 在王老师安排的出场顺序中，跑第三棒的人是（ ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】C 【解析】由题乙，丙均不跑第一棒和第四棒，则跑第三棒的人只能是乙，丙中的一个，当丙跑第三棒时， 乙只能跑第二棒，这是丁第一棒，甲第四棒，符合题意.故跑第三棒的人是丙.选 C. 9．执行如图的程序框图，如果输入的 , ,a b k 分别为1,2,3，输出的 15 8M  ，那么判断框中应填入的条件为 （ ） A． n k B． n k C． 1n k  D． 1n k  【答案】C 【解析】依次执行程序框图中的程序，可得： ① 1 3 31 , 2, , 22 2 2M a b n      ，满足条件，继续运行； ② 2 8 3 82 , , , 33 3 2 3M a b n      ，满足条件，继续运行； ③ 3 3 15 8 15, , , 42 8 8 3 8M a b n      ，不满足条件，停止运行，输出 15 8 ．故判断框内应填 n＜4， 即 n＜k+1．故选 C． 10．函数  f x 在 R 上满足     22 2 8 8f x f x x x     ，则曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程 是（ ） A． y x B． 3 2y x  C． 2 3y x   D． 2 1y x  【答案】D 【解析】 2( ) 2 (2 ) 8 8f x f x x x     ， 2(2 ) 2 ( ) (2 ) 8(2 ) 8f x f x x x        . 2(2 ) 2 ( ) 4 4 16 8 8f x f x x x x         .将 (2 )f x 代入 2( ) 2 (2 ) 8 8f x f x x x     ， 得 2 2( ) 4 ( ) 2 8 8 8 8f x f x x x x x       ， 2( )f x x  ， ( ) 2f x x  ， ( )y f x  在 (1, (1))f 处的切 线斜率为 2y  ，函数 ( )y f x 在 (1, (1))f 处的切线方程为 1 2( 1)y x   ， 即 2 1y x  .所以答案为 D. 11．已知平面图形 ABCD 为凸四边形（凸四边形即任取平面四边形一边所在的直线，其余各边均在此直线 的同侧），且 2, 4, 5, 3AB BC CD DA    ，则四边形 ABCD 面积的最大值为（ ） A． 2 30 B． 2 31 C． 2 33 D． 2 34 【答案】A 【解析】设 AC x ，在 ABC 中，由余弦定理可得， 2 2 22 4 2 2 4cos 20 16cosx B B       . 在 ACD 中，由余弦定理可得， 2 2 23 5 2 3 5cos 34 30cosx D D       ，即有15cos 8cos 7D B  ， 又四边形 ABCD 面积 1 12 4sin 3 5sin2 2S B D      ，即有8sin 15sin 2B D S  ，又15sin 8sin 7D B  ， 两式两边平方可得   264 225 240 sin sin cos cos 49 4B D B D s     .化简可得， ，由于  1 cos 1B D    ，即有 2 30S  ，当  cos 1B D   即  B D   时， 24 240 240S   ，解得 2 30S  .故 S 的最大值为 2 30 ,故选 A. 12．已知函数 ( ) e exf x a x a   ，若存在  1,1a  ，使得关于 x 的不等式 ( ) 0f x k  恒成立，则 k 的 取值范围为 A． , 1  B． , 1  C． ,0 D． ,0 【答案】A 【解析】解法 1：（1）当 =1x 时，  1 1 0f k k     ，所以 1k   ； （2）当 1x  时，令    e e e ex xm a a x a a x      ， 因为存在  1,1a  ，使得   0m a k  ，等价于  1 e exk m x    ， 所以，存在  1,1a  ，使得关于 x 的不等式  mink f x 恒成立，等价于 e ex x k   恒成立.令   e exg x x   （ 1x  ），则  ' e 1 0xg x    ，所以  g x 单调递增， 所以    1 1g x g k    ，即 1k   ； （3）当 1x  时，因为  1,1a  ，所以  e e e e e ex x xa x a a x x        ， 所以要存在  1,1a  ，使得关于 x 的不等式  mink f x 恒成立，等价于 e ex x k   恒成立. 令   e exh x x   （ 1x  ），则  h x 单调递减，所以   1h x k   ，即 1k   .综上，得 1k   . 解法 2：  ' e 1xf x a  ，（1）当  1,0a  时，  ' 0f x  ，所以  f x 单调递减，且当 x 趋向于  时，  f x 趋向于  ，与不等式恒成立矛盾，舍去；（2）当  0,1a 时，令  ' 0f x  ， 1ln ,x a      ，所 以  f x 在区间 1ln ,a     单调递增；令  ' 0f x  ， 1,lnx a      ，所以  f x 在区间 1,ln a     单调 递减；所以存在  0,1a ，使得  min 1ln ln e 1f x f a a ka         成立. 令   ln e 1g a a a   ，   1' eg a a   ，所以：当 10, ea     时，  ' 0g a  ，  g a 单调递增； 当 1 ,1ea     时，  ' 0g a  ，  g a 单调递减.所以  max 1 1eg a g k       ，即 1k   . 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知向量  1, 3a   ，  ,2b m ， 若  a a b    ，则  m  _______． 【答案】 4 【解析】由题意得   ( 1 1)a b m ，    ，∵   ( )a a b    )，∴    1 3 0a a b m       ，∴ 4m   ，故答 案为 4 ． 14．设变量 ,x y 满足约束条件 2 0 4 0 4 4 0 x y x y x y            ，则 2 1 y x   的最大值是__________. 【答案】 5 2 【解析】 画出不等式组表示的平面区域，如图所示． 2 1 y x   表示可行域内的点 ( , )x y 与点 ( 1, 2)  连线的斜率．结合图形得，可行域内的点 A 与点 ( 1, 2)  连线的 斜率最大．由 4 0 2 0 x y x y        ，解得 1 3 x y    ．所以点 A 的坐标为 (1,3) ．∴ max 2 3 2 5( )1 1 1 2 y x     ．答案：5 2 . 15．已知抛物线 2 4y x 的焦点为 F ，准线与 x 轴的交点为 K ，点 P 是抛物线上一点，则 | | | | PF PK 的最小值 为__________． 【答案】 2 2 【解析】作 PA 垂直于准线交准线于点 A ， 则| | | |PF PA ，则 | | | | sin| | | | PF PA AKPPK PK    ，当直线 KP 与抛物线相切时， | | | | PF PK 取得最小值，设此时 KP 的直线方程为 1x my  ，与 2 4y x 联立，得 2 4 4 0y my   ， 216 16 0m    ，即 1m   ， 则 2sin 2AKP  ，则 | | | | PF PK 的最小值为 2 2 .故答案为 2 2 . 16．已知球的直径 4DC  ， A ， B 是该球面上的两点， 6ADC BDC     ，则三棱锥 A BCD 的体 积最大值是______. 【答案】2 【解析】因为球的直径 4DC  ，且 6ADC BDC     ，所以 2AC BC  ， 2 3AD BD  ， 1 3A BCD BCDV S h    （其中 h 为点 A 到底面 BCD的距离），故当 h 最大时， A BCDV  的体积最大，即当面 ADC  面 BDC 时， h 最大且满足 4 2 2 3h   ，即 3h  ，此时 1 1 2 2 3 3 23 2A BCDV        . 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）近年来，昆明加大了特色农业建设，其中花卉产业是重要组成部分.昆明斗南毗邻滇池东岸， 是著名的花都，有“全国 10 支鲜花 7 支产自斗南”之说，享有“金斗南”的美誉.为进一步了解鲜花品种 的销售情况，现随机抽取甲、乙两户斗南花农，对其连续 5 日的玫瑰花日销售情况进行跟踪调查，将日销 售量作为样本绘制成茎叶图如下，单位：扎（20 支／扎）. （1）求甲、乙两户花农连续 5 日的日均销售量，并比较两户花农连续 5 日销售量的稳定性； （2）从两户花农连续 5 日的销售量中各随机抽取一个，求甲的销售量比乙的销售量高的概率· 【解析】（1）记甲、乙连续 5 日的日平均销售量分别为 x甲 , x乙 , 则 18 25 27 30 40 285x     甲 , 25 28 30 31 36 305x     乙 , 由茎叶图可知乙的数据比较集中,说明乙的销售量比甲稳定. （2）从两户花农连续 5 日的销售量中各随机抽取一个,总的基本事件为: {18,25},{18,28},{18,30},{18,31},{18,36},{25,25},{25,28},{25,30},{25,31}, {25,36}, {27,25},{27,28},{27,30},{27,31},{27,36},{30,25},{30,28},{30,30}, {30,31},{30,36}, {40,25},{40,28},{40,30},{40,31},{40,36},共 25 个基本事件, 其中甲高于乙的有:{27,25},{30,25},{30,28},{40,25},{40,28},{40,30},{40,31},{40,36},共 8 个基本事 件.根据古典概率计算公式,甲的销售量比乙的销售量高的概率为 8 25P  . 18．(12 分）若数列 na 满足 1 11, 2 1( , 2)n na a a n N n       . (1)求证：数列 1na  是等比数列，并求数列 na 的通项公式； (2)设 2log (1 )n nb a  ，若数列 1 1 ( ) n n n Nb b         的前 n 项和为 nT ，求证： 1nT  . 【解析】（1）证明：∵ 12 1n na a   ,∴  11 2 1n na a    ，又 1 1 2 0a     ， ∴数列 1na  是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，∴   11 2 2 2n n na       ∴ 1 2n na   ． （2）由（1）知  2 2log 1 log 2n n nb a n    ，∴  1 1 1 1 1 1 1n nb b n n n n     ， ∴ 1 1 1 1 1 11 1 12 2 3 1 1nT n n n                           . 19．(12 分）如图,四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 是菱形, PA  平面 ABCD , 3ABC   , M 是 PC 上 一动点. （1）求证:平面 PAC  平面 MBD ; （2）若 PB PD ,三棱锥 P ABD 的体积为 6 24 ,求四棱锥 P ABCD 的侧面积. 【解析】（1） PA  平面 ABCD , BD  平面 ABCD , PA BD  . 底面 ABCD 是菱形, BD AC  . 又 PA AC AQ I , PA  平面 PAC , AC  平面 PAC , BD  平面 PAC . 又 BD  平面 MBD ,平面 PAC  平面 MBD . （2）设菱形 ABCD 的边长为 x , 3ABC  Q , 2 3BAD   . 在 ABD 中, 2 2 2 2 2 212 cos 2 2 ( ) 32BD AD AB AD AB BAD x x x          , 3BD x  . 又  PA  平面 ABCD , AB AD , PB PD , 6 2PB PD x   ,故 2 2PA x . 又 2 21 1 2 3sin sin2 2 3 4ABDS AB AD BAD x x          , 2 - 1 1 3 2 6=3 3 4 2 24ABDP ABDV S PA x x      三棱锥 , 解得: 1x  , 2 6,2 2PA PB PD    , ,3ABC   1AC AB   又 PA  平面 ABCD , 6 2PC PB   , 四棱锥 P ABCD 的侧面积为: 21 2 1 6 1 5 22 2 2( 1 ( ) 1)2 2 2 2 4 2PAB PBCS S           . 20．(12 分）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F .椭圆C 的长轴与焦距比为 2 :1， 过 2 (3 0)F , 的直线l 与C 交于 A 、 B 两点. （1）当l 的斜率为1时，求 1F AB 的面积； （2）当线段 AB 的垂直平分线在 y 轴上的截距最小时，求直线l 的方程. 【解析】（1）依题意，因 2 2 2 1 a c  ，又 3c  ，得 3 2a  ， 2 9b  所以椭圆 C 的方程为 2 2 118 9 x y  ，设  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，当 1k  时，直线l ： 3y x  ,将直线与椭 圆方程联立 2 2 118 9 3 x y y x       ，消去 x 得， 2 2 3 0y y   ，解得 1 3y   ， 2 1y  ， 1 2 4y y  ， 所以 1 1 2 1 2 1 2F ABS F F y y     1 6 4 122     . （2）设直线l 的斜率为 k ，由题意可知 0k  ，由   2 2 118 9 3 x y y k x       ，消去 y 得    2 2 2 21 2 12 18 1 0k x k x k     ， 0  恒成立， 2 1 2 2 12 1 2 kx x k    ， 设线段 AB 的中点，设线段的中点  0 0,H x y ，则 2 1 2 0 2 6 2 1 2 x y kx k    ，  0 0 2 33 1 2 ky k x k     ， 设线段 AB 的垂直平分线与 y 轴的交点为  0,D m ，则 1DH ABk k   ，得 2 2 2 3 1 2 6 1 2 k mk k k    . 1k   ，整理得：  22 1 3m k k  ， 2 3 3 12 1 2 km k k k    3 2 4   ，等号成立时 2 2k   . 故当截距 m 最小为 3 2 4  时， 2 2k   ，此时直线l 的方程为 2 3 0x y   . 21．(12 分）已知函数 2( ) (2 ) ln )f x x a x a x a R    （ ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）当 1x  时， ( ) 0f x  ，求 的最大整数值． 【解析】（1）函数  f x 的定义域为 0, ．   2 2 af x x a x      22 2x a x a x      1 2x x a x   ， 当 0a  时，   0f x  ，  f x 在  0, 上单调递增， 当 0a  时，令   0f x  ，得 2 ax  ，令   0f x  ，得 0 2 ax  ，  f x 在 0, 2 a     上单调递减，在 ,2 a    上单调递增. （2）由（1）知，当 0a  时  f x 在 0, 上单调递增，又  1 3 0f a   ，所以当 1x  时，    1 0f x f  ，满足题意. 由（1）知， 当 0a  时，  f x 在 0, 2 a     上单调递减，在 ,2 a    上单调递增. 若 0 12 a  ，即 0 2a  ，  f x 在 1, 上单调递增，所以当 1x  时，    1 3 0f x f a    ，满 足题意. 若 12 a  ，即 2a  ，  f x 在 1, 2 a    上单调递减，在 ,2 a    上单调递增.     2 2 min 2 ln ln2 4 2 2 4 2 a a a a a af x f a a a a             ,   0f x  ,  min 0f x  即 2 ln 04 2 a aa a   , 1 ln 04 2 a a    , 令   1 ln ln 1 ln2( 2)4 2 4 a a ag a a a         ，   1 1 04g a a      ，  g a 在 2, 上单调递减， 又   12 02g   ，   1 33 ln 04 2g    ，  g a 在 2,3 上存在唯一零点 0x ， 02 a x   0(2 3)x  , 综上所述， a 的取值范围为  0, x ，故 a 的最大整数值为 2 . (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） 在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 1C 的极坐标方程为 cos 4   ． （1） M 为曲线 1C 上的动点，点 P 在线段 OM 上，且满足 16OM OP  ，求点 P 的轨迹 2C 的直角坐标 方程； （2）设点 A 的极坐标为 2, 3     ，点 B 在曲线 2C 上，求 ABO 面积的最大值． 【解析】（1）设 P 的极坐标为（ ,  ）（  ＞0），M 的极坐标为 1,  （ 1 0 ＞ ）由题设知|OP|=  ， OM = 1 4 cosθ   . 由 OM |OP|=16 得 2C 的极坐标方程 4cos 0   （ ＞ ） 因此 2C 的直角坐标方程为  2 2x 2 y 4 0x   （ ） . （2）设点 B 的极坐标为 ,αB （ 0B ＞ ）.由题设知|OA|=2， 4cosαB  ，于是△OAB 面积 1 3S AOB 4cosα | sin α | 2 | sin 2α | 2 32 3 3 2BOA sin             当 α 12   时， S 取得最大值 2 3 .所以△OAB 面积的最大值为 2 3 . 23．【选修 4-5：不等式选讲】（10 分） 已知关于 x 的不等式| 2 | | 3|x x m    对 x R 恒成立． （1）求实数 m 的最小值； （2）若 a ，b ， c 为正实数， k 为实数 m 的最小值，且 1 1 1 2 3 ka b c    ，求证： 2 3 9a b c   ． 【解析】（1）由| 1| | 2 | | ( 1) ( 2) | 1x x x x        ，∵| 1| | 2 |x x m    对 x R 恒成立， 1m  ，∴ m 最大值为 1． （2）由（1）知 1k  ，即 1 1 1 12 3a b c    ， 1 1 12 3 ( 2 3 )( )2 3a b c a b c a b c        2 2 3 33 2 3 3 2 a a b b c c b c a c a b        2 3 2 33 2 2 2 92 3 3 2 a b a c b c b a c a c b         ．当且仅当 2 3a b c  时等号成立，∴ 2 3 9a b c   ．