高考必刷卷（新课标卷） 数学（理）（新课标卷）（新课标卷）05（解析版）

高考必刷卷（新课标卷） 数学（理）（新课标卷）（新课标卷）05（解析版）

2020 年高考必刷卷（新课标卷）05 数学（理） （本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共 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．设集合 {0,1}M  ， { | 0 1}N x x   ，则 M N  （ ） A．[0,1] B． (0,1] C．[0,1) D． ( ,1] 【答案】A 【解析】 【分析】 利用并集的定义求解即可． 【详解】 ∵集合 {0,1}M  ，集合 { | 0 1}N x x   ，∴ { | 0 1}M N x x    ，即 M N  [0,1] . 故选：A 【点睛】 本题考查了并集的定义与计算问题，属于基础题． 2．命题 :p x R ， 2 2 0x x  的否定为（ ）． A． x R ， 2 2 0x x  B． x R ， 2 2 0x x  C． x R ， 2 2 0x x  D． x R ， 2 2 0x x  【答案】D 【解析】 命题 p 的否定， 将“ x R ”变成“ x R ”， 将“ 2 2 0x x  ” 变成“ 2 2 0x x  ”． 故选 D ． 点睛：(1)对全称(存在性)命题进行否定的两步操作：①找到命题所含的量词，没有量词的要结合命 题的含义加上量词，再进行否定；②对原命题的结论进行否定.(2)判定全称命题“ , ( )x M p x  ”是 真命题，需要对集合 M 中的每个元素 x ，证明 ( )p x 成立；要判定一个全称命题是假命题，只要举 出集合 M 中的一个特殊值 0x ，使 0( )p x 不成立即可.要判断存在性命题是真命题，只要在限定集合 内至少能找到一个 0x x ，使 0( )p x 成立即可，否则就是假命题. 3．若复数 3 4sin cos5 5z i        是纯虚数，则 tan( )   的值为( ) A． 3 4  B． 4 3 C． 3 4  D． 4 3  【答案】C 【解析】 【分析】 根据所给的虚数是一个纯虚数，得到虚数的实部等于 0，而虚部不等于 0，得到角的正弦和余弦值， 根据同角三角函数之间的关系，得到结果. 【详解】 若复数 3 4sin (cos )5 5z i     是纯虚数， 则 3sin 05    且 4cos 05    ， 所以 3sin 5   ， 4cos 5    ， ， 6．《中国好歌曲》的五位评委给一位歌手给出的评分分别是： 1 18x  ， 2 19x  ， 3 20x  ， 4 21x   的最小值为 9． a b ∴ 2 1 3a b  时取等号，  即 1 a b 当且仅当 2 2b a           所以 2 1 2 1 2 2( )(2 ) 5 5 2 4 9b aa ba b a b a b ∴ 2 1a b  ． 即 2lg 2 lg 4 2 lg 2a b a b   ， ∴ 2lg 2 lg 4 lg 2a b  ， ∵ lg 2 是 lg4a 与 lg2b 的等差中项， 【解析】 【答案】D A． 2 2 B．3 C． 4 D．9  的最小值为（ ） a b 5．设 0a  ， 0b  ， lg 2 是 lg 4a 与 lg 2b 的等差中项，则 2 1 考点：线性规划． ，故选 B． log t 的最大值为 ，所以 大值 处取得最 ݕ 在点 试题分析：根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，可以求得 【解析】 【答案】B D． C． B． A． 的最大值为（ ） t log ݕ ，则 h h 满足 ， 4．已知变量 求，而忽略了虚部不能为零的限制，属于易错题. 本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题．纯虚数是一个易错概念，不能只关注实部为零的要 【点睛】 故选 C．    ．    ，故 tan( )    3tan 4 所以 3tan 4 5 22x  ，现将这五个数据依次输入如图程序框进行计算，则输出的 S 值及其统计意义分别是( ) A． 2S  ，即 5 个数据的方差为 2 B． 2S  ，即 5 个数据的标准差为 2 C． 10S  ，即 5 个数据的方差为 10 D． 10S  ，即 5 个数据的标准差为 10 【答案】A 【解析】 【分析】 算法的功能是求      2 2 2 1 220 20 20iS x x x      的值，根据条件确定跳出循环的i 值， 计算输出 S 的值． 【详解】 由程序框图知：算法的功能是求      2 2 2 1 220 20 20iS x x x      的值， ∵跳出循环的i 值为 5， ∴输出 S       2 2 21 [ 18 20 19 20 20 205          2 221 20 22 20 ]      1 4 1 0 1 4 25       .故选 A. 【点睛】 本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键，属于基础题． 7．十九世纪末，法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”，即“在一个圆内任意选一 条弦，这条弦的弦长长于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少？”贝特朗用“随机半径”、“随 机端点”、“随机中点”三个合理的求解方法，但结果都不相同．该悖论的矛头直击概率概念本身，强 烈地刺激了概率论基础的严格化．已知“随机端点”的方法如下：设 A 为圆 O 上一个定点，在圆周上 随机取一点 B，连接 AB，所得弦长 AB 大于圆 O 的内接等边三角形边长的概率．则由“随机端点” 求法所求得的概率为（ ） A． 1 5 B． 1 4 C． 1 3 D． 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意画出图形，求出满足条件的 B 的位置，再由测度比是弧长比得答案． 【详解】 解：设“弦 AB 的长超过圆内接正三角形边长”为事件 M ， 以点 A 为一顶点，在圆中作一圆内接正三角形 ACD ， 则要满足题意点 B 只能落在劣弧 CD 上，又圆内接正三角形 ACD 恰好将圆周 3 等分， 故 1( ) 3P M  故选：C． 【点睛】 本题考查几何概型的意义，关键是要找出满足条件弦 AB 的长度超过圆内接正三角形边长的图形测 度，再代入几何概型计算公式求解，是基础题． 8．椭圆 2 2 116 9 x y  的两个焦点为 1F ， 2F ，过 2F 的直线交椭圆于 A、B 两点，若 6AB  ，则 1 1AF BF 的值为 ( ) A．10 B．8 C．16 D．12 【答案】A 【解析】 【分析】 由椭圆的定义可得： 1 2 1 2 2AF AF BF BF a    ，即可得出． 【详解】 由椭圆的定义可得： 1 2 1 2 2 8AF AF BF BF a     ，    1 1 2 22 2 16 16 6 10AF BF a AF a BF AB           ， 故选 A． 【点睛】 本题考查了椭圆的定义及其标准方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 9．如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据（单位： cm ），可知此几何体的体积是（ ） A． 324cm B． 364 cm3 C． 3(6 2 5 2 2)cm  D． 3(24 8 5 8 2)cm  【答案】B 【解析】 由三视图可知，该几何体是如下图所示的四棱锥，故体积为 1 644 4 43 3     3cm .故选 B. 10．已知函数   sinf x x ，将  f x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 1 2 ，纵坐标扩大为原 来的 3 倍，再把图象上所有的点向上平移1个单位长度，得到函数  y g x 的图象，则函数  g x 的 周期可以为（ ） A． 2  B． C． 3 2  D． 2 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用三角函数图象变换规律得出函数  y g x 的解析式，然后由绝对值变换可得出函数  y g x 的最小正周期. 【详解】   sinf x xQ ，将函数  y f x 的图象上的所有点的横坐示缩短到原来的 1 2 ，可得到函数 sin 2y x 的图象，再将所得函数图象上所有点的纵坐标扩大为原来的 3 倍，得到函数 3sin 2y x 的图象，再把所得图象向上平移1个単位长度，得到   3sin 2 1g x x  ，由绝对值变换可知，函数  y g x 的最小正周期为 2 2T    ，故选：B. 【点睛】 本题考查三角函数变换，同时也考查三角函数周期的求解，解题的关键就是根据图象变换的每一步 写出所得函数的解析式，考查推理能力，属于中等题. 11．过曲线 2 2 1 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左焦点 1F 作曲线 2 2 2 2 :C x y a  的切线，设切点为 ,M 延长 1F M 交曲线 2 3 : 2 ( 0)C y px p  于点 ,N 其中 1 3,C C 有一个共同的焦点，若 1 0,MF MN    则 曲线 1C 的离心率为（ ）． A． 5 1 2  B． 5 C． 2 1 2  D． 2 【答案】A 【解析】 【分析】 设双曲线的右焦点的坐标为  2 ,0F c ，利用O 为 1 2F F 的中点， M 为 1F N 的中点，可得 OM 为 1 2NF F 的中位线，从而可求 1NF ，再设  x,yN ，过点 1F 作 x 轴的垂线，由勾股定理得出关于 ,a c 的关系式，最后即可求得离心率． 【详解】 设双曲线的右焦点为 2F ，则 2F 的坐标为 ,0c ． 因为曲线 1C 与 3C 有一个共同的焦点，所以曲线 3C 的方程为 2 4y cx ． 因为 1 0MF MN    ， 所以 1MF MN NM     ， 所以 M 为 1F N 的中点， 因为 O 为 1 2F F 的中点， 所以 OM 为 1 2NF F 的中位线， 所以 OM∥ 2NF ． 因为|OM|=a，所以 2  2NF a ． 又 2 1NF NF ， 1 2 2F F c ， 所以    2 2 1 2 2 2NF c a b   ． 设 N(x,y)，则由抛物线的定义可得 2x c a  ， 所以 2x a c  ． 过点 F1 作 x 轴的垂线，点 N 到该垂线的距离为 2a ， 在 1Rt F PN 中，由勾股定理得 2 2 2 1 1| | +| | | |F P PN F N ， 即 2 2 24 4y a b  ， 所以 2 2 24 (2 ) 4 4( )c a c a c a    ， 整理得 2 1 0e e   ，解得 5 1 2e  ． 故选 A． 【点睛】 解答本题时注意以下几点： （1）求双曲线的离心率时，可根据题中给出的条件得到关于 , ,a b c 的关系式，再结合 2 2 2a b c  得 到 ,a c 间的关系或关于离心率 e 的方程（或不等式），由此可得离心率的取值（或范围）． （2）本题中涉及的知识较多，解题时注意将题中给出的关系进行转化，同时要注意圆锥曲线定义在 解题中的应用． 12．函数  f x 满足     1, ,2 xef x f x xx        ，  1f e  ，若存在  2,1a  ，使得 312 3 2f a a em         成立，则 m 的取值（ ） A． 2 ,13      B． 2 ,3    C． 1, D． 1 2,2 3      【答案】A 【解析】 由题意设 ( )( ) x f xg x e  ，则 ( ) ( ) 1( ) x f x f xg x e x   ，所以 ( ) lng x x c  （ c 为常数）．∵  1f e  ，∴ (1)(1) 1fg ce     ，∴ ( ) ( ) ( 1 ln )x xf x g x e e x     ， ∴ 1( ) (ln 1)xf x e x x    ．令 1( ) ln 1h x x x    ，则 2 2 1 1 1( ) xh x x x x    ，故当 1 12 x  时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递减；当 1x  时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递增． ∴ ( ) (1) 0h x h  ，从而当 1 ,2x     时， ( ) 0f x  ，∴ ( )f x 在区间 1 ,2    上单调递增． 设  3( ) 3 2 , 2,1a a a e a       ，则 2( ) 3 3 3( 1)( 1)a a a a      ，故 ( )a 在 ( 2, 1)  上单 调递增，在 ( 1,1) 上单调递减，所以 max( ) ( 1)a e     ． ∴不等式 312 3 2f a a em         等价于 12 (1)f e fm        ， ∴ 12 1 1 12 2 m m       ，解得 2 13 m  ，故 m 的取值范围为 2[ ,1]3 ．选 A． 点睛：本题考查用函数的单调性解不等式，在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数 ( )( ) x f xg x e  ，并进一步求得函数 ( )f x 的解析式，从而得到函数 ( )f x 在区间 1 ,2    上的单调 性．然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为 12 (1)f fm      ，最后根据函数的单调性将函 数不等式化为一般不等式求解即可． 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中的横线上。 13．  5 5 11 1x x      的展开式中的 x 项的系数等于____________ . 【答案】10. 【解析】 【分析】 由   52 5 5 5 1 111 x x x x       ，于是求 x 项的系数转化为 52 1x  展开式中 6x 的系数，然后利用 二项式定理求出即可. 【详解】      5 5 5 525 5 111 1 1 1 xx xx xxx            Q ， 要求  5 5 11 1x x      的展开式中的 x 项的系数，转化为求 52 1x  展开式中 6x 的系数，  52 1x  展开式的通项为      52 10 2 5 51 1k k kk k kC x C x         ， 令10 2 6k  ，得 2k  ， 因此，  5 5 11 1x x      的展开式中的 x 项的系数为  22 5 1 10C    ，故答案为10. 【点睛】 本题考查二项展开式中指定项的系数，本题将二项式进行了化简，将问题进行了转化，简化了计算， 考查化归与转化数学思想，考查计算能力，属于中等题. 14．在直角三角形 ABC 中， 2C  ， 3AC   ，对于平面 ABC 内的任一点 M ，平面 ABC 内总有 一点 D 使得3 2MD MB MA    ，则CD CA    _________. 【答案】6 【解析】 【分析】 由3 2MD MB MA    可知 D 为线段 AB 上的点且 BD＝2AD，将CD  用CA  ， CB 表示后代入相乘即 可． 【详解】 对平面 ABC 内的任一点 M，平面 ABC 内总有一点 D 使得3 2MD MB MA    ， 即 1 2 3 3MD MB MA   ,所以 D 为线段 AB 上的点且 BD＝2AD 所以 21 2 2 2 20 | | 9 63 3 3 3 3CD CA CB CA CA CA CA CA                      , 故答案为：6． 【点睛】 本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数量积的性质及其运算，属基础题． 15．四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， 4AD ， 2AB  ，且 8SA SD  ，当该四棱锥 的体积最大时，其外接球的表面积为_________. 【答案】 76 3  【解析】 【分析】 由题意知四棱锥的体积最大时，平面 SAD  平面 ABCD 且 SAD 为等边三角形，画出图形，设球 心 O 到平面 ABCD 的距离为 x，可得 2 25 (2 3 ) 1x x    ，进而得到球的半径，即可求解. 【详解】 由题意知当 S 到平面 ABCD 的距离最大时，四棱锥的体积最大，此时满足平面 SAD  平面 ABCD， 且 SAD 为等边三角形，边长为 4，则 S 到 AD 的距离 2 3 即为 S 到平面 ABCD 的距离，设球心 O 到平面 ABCD 的距离 OE=x,则由 OD=OS 得 2 25 (2 3 ) 1x x    ， 解得 2 3 x  ，所以外接球的半径 2 195 3R x   ，则外接球的表面积为 2 764 3S R   故答案为： 76 3  【点睛】 本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于 基础题. 16．已知函数 2( ) cos 2 xf x x  ，数列 na 中，  *( ) ( 1)na f n f n n N    ，则数列 na 的前 100 项之和 100S  ____． 【答案】10200 【解析】 因为   2 πxf x x cos 2  ，所以    na f n f n 1    2 2 +1cos + +1 cos2 2 n nn n （ ）（ ） 2 2 2 4 -3 4 -3 4 -24 -3 cos + 4 -2 cos =-(4 2)2 2n n na n n n  （ ） （ ）（ ） （ ） 同理可得： 2 2 2 4 2 4 1 4(4 2) , (4 ) , (4 )n n na n a n a n        2 2 4 3 4 2 4 1 4 2(4 2) 2(4 ) 8(4 1)n n n na a a a n n n            ,   na 的前 100 项之和  100S 8 3 7 99 10200    . 故答案为10200 . 点睛：本题中由条件    na f n f n 1    2 2 +1cos + +1 cos2 2 n nn n （ ）（ ） ，由余弦函数的值 可将 n 分成四种情况，即将数列分成四个一组求和即可. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17．在 ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，  sin 2cos cos 02B C B C       ， （1）求证： B C ； （2）若 3cos 5A  ， ABC 的外接圆面积为 25 4  ，求 ABC 的周长． 【答案】(1)见证明；(2) 4 5 4 . 【解析】 【分析】 （1）由  sin 2cos cos 02B C B C       ，利用诱导公式、两角和与差的正弦公式化简可得 sin( ) 0B C  ，从而可得结论；（2）利用圆的面积公式可求得三角形外接圆半径 5 2R  ，利用同角 三角函数的关系与正弦定理可得 2 sin 4a R A  ，结合（1），利用余弦定理列方程求得 2 5b c  ， 从而可得结果. 【详解】 （1）∵sin( ) 2cos cos 02B C B C       ， ∴sin( ) 2sin cos 0B C B C   ，∴sin cos cos sin 2sin cos 0B C B C B C   ， ∴ cos sin sin cos 0B C B C  ，∴ sin( ) 0B C  .∴在 ABC 中， B C . （2）设 ABC 的外接圆半径为 R ，由已知得 2 25 4R  ，∴ 5 2R  ， ∵ 3cos 5A  ， 0 A   ，∴ 4sin 5A  ，∴ 2 sin 4a R A  ， ∵ B C ，∴ b c ， 由 2 2 2 2 cosa b c bc A    得 2 2616 2 5b b  ，解得 2 5b  ， ∴ 4 5 4a b c    ，∴ ABC 的周长为 4 5 4 . 【点睛】 本题主要考查余弦定理、正弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形 式：（1） 2 2 2 2 cosa b c bc A   ；（2） 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ，同时还要熟练掌握运用两种形式的 条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住 30 ,45 ,60o o o 等特殊角的三角函数 值，以便在解题中直接应用. 18．某工厂的检验员为了检测生产线上生产零件的情况，从产品中随机抽取了80 个进行测量，根据 所测量的数据画出频率分布直方图如下： 如果：尺寸数据在 63.0,64.5 内的零件为合格品，频率作为概率. (1)从产品中随机抽取 4 件，合格品的个数为 ，求 的分布列与期望： (2)为了提高产品合格率，现提出 A ，B 两种不同的改进方案进行试验，若按 A 方案进行试验后，随 机抽取15 件产品，不合格个数的期望是 2 ：若按 B 方案试验后，抽取 25 件产品，不合格个数的期 望是 4 ，你会选择哪个改进方案? 【答案】（1）详见解析（2）应选择方案 A ，详见解析 【解析】 【分析】 (1) 先由频率分布直方图，可以推出产品为合格品的概率，再求出随机变量 的分布列及期望； (2) A 方案随机抽取产品与 B 方案随机抽取产品都为相互独立事件，服从二项分布，由不合格个数 的期望分别求出不合格的概率即可得出较好的方案. 【详解】 （1）由直方图可知抽出产品为合格品的率为 0.75 0.65 0.2 0.5 0.8    即推出产品为合格品的概率为 4 5 ， 从产品中随机抽取 4 件.合格品的个数 的所有可能取值为 0，1，2，3，4， 且   41 10 ( )5 625P     ，   1 3 4 4 1 161 ( )5 5 625P C     ，   2 2 2 4 4 1 962 ( ) ( )5 5 625P C     ，   3 3 4 4 1 2563 ( )5 5 625P C     ，   44 2564 ( )5 625P     . 所以 的分布列为  0 1 2 3 4 P 1 625 16 625 96 625 256 625 256 625  的数学期望 4 164 5 5E    . （2） A 方案随机抽取产品不合格的概率是 a ，随机抽取15 件产品，不合格个数  15,X B a ： 按 B 方案随机抽取产品不合格的概率是b ，随机抽取 25 件产品，不合格个数  25,Y B b 依题意 ( ) 15 2E X a  ， ( ) 25 4E Y b  ， 解得 2 15a  ， 4 25b  因为 2 4 15 25  ，所以应选择方案 A . 【点睛】 本题考查了频率分布直方图，随机变量的分布列与期望及二项分布，重点考查了运算能力，属中档 题. 19．如图，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，且 60ABC   ， BM  平面 ABCD ， BM DN ， 2BM DN ，点 E 是线段 MN 上任意一点． (1)证明：平面 EAC  平面 BMND ； (2)若 AEC 的最大值是 2 3  ，求三棱锥 M NAC 的体积． 【答案】(1)见证明；(2) M NAC 3 5V 10  【解析】 【分析】 （1）推导出 AC⊥BM，AC⊥BD，得 AC⊥平面 BMND，从而可得到证明;（2）由 AE＝CE 和余弦定 理可知，当 AE 最短即 AE⊥MN，CE⊥MN 时∠AEC 最大，取 MN 中点 H，连接 H 与 AC、BD 的交 点 O，知 OH⊥平面 ABCD，分别以直线OA，OB ，OH 为 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 设 ND a ，利用二面角 A MN C  的平面角为 2 3  ，可求出 a,然后利用 VM﹣NAC＝VM﹣EAC+VN﹣EAC 可得结果. 【详解】 (1)因为 BM  平面 ABCD ，则 AC BM . 又四边形 ABCD 是菱形，则 AC BD ，又 BD BM B , 所以 AC  平面 BMND ,因为 AC 在平面 EAC 内， 所以平面 EAC  平面 BMND . (2)设 AC 与 BD 的交点为 O ，连结 EO . 因为 AC  平面 BMND ，则 AC OE ，又 O 为 AC 的中 点，则 AE CE ，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2cos 12 AE AE ACAEC AE     ，  AEC 0,  ．当 AE 最短时∠AEC 最大，此时 AE MN ，CE MN ， 2 3AEC   ，因为 AC=2, 2 3 3AE  ,OE= 3 3 . 取 MN 的中点 H，分别以直线 OA， OB ， OH 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系， 设 ND a ，则点  A 1,0,0 ，  N 0, 3,a  M 0, 3,2a ，  1, 3,aAN    ，  1, 3,2aAM   ．设平面 AMN 的法向量  , ,n x y z ， 则 0 0 AN n AM n           ,即 3 0 3 2 0 x y az x y az          ，取 1z  ，则 3a 3a, ,12 6n        ， 同理求得平面 CMN 的法向量 3 3, ,12 6 a am         . 因为 2 3AEC   是二面角 A MN C  的平面角，则 2 2 2 2 9 3 14 36 1cos cos , 9 3 214 36 a a AEC m n a a              ，解得 15 10a  或 6a 2  ． 由图可知 a

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