2020年高考数学备考训练材料(文科)解答题(含详细解析)
2020全国卷3高考数学文科试卷答案
2020年高考全国丙卷数学（文）逐题解析一、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．（5分）已知集合{}1,2,3,5,7,11A =，{}|315B x x =<<，则A B 中元素的个数为（ ）A .2B .3C .4D .5 【答案】B【解析】由题可得,集合{}|315B x x =<<中的正整数有4，5，6，7，8，9，10，11，12，13；集合{}1,2,3,5,7,11A =，可得{}5,7,11A B =，故选B 2．（5分）若(1)1z i i +=−，则z =（ ）A .1i −B .1i +C .i −D .i 【答案】D【解析】(1)1z i i +=−2221(1)1211221(1)(1)11(1)2i i i i i i z i i i i i −−+−−−−======−++−−−−，z i =，故选D 3．（5分）设一组样本数据1x ,2x ,，n x 的方差为0.01，则数据110x ,210x ,，10nx 的方差为（ ）A .0.01B .0.1C .1D .10 【答案】C【解析】1nii Xx n==∑221()0.01nii XX S n=−==∑1122222221111101010(10)(1010)10()()1001001nniii i n nnniiiii i i i XXx xnn XX XX XX XX S n n n n======'==='−−−−'=====∆=∑∑∑∑∑∑故选C4．（5分）Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数()I t （t 的单位：天）的Logistic 模型：()0.23(53)1t K I t e −−+=，其中K 为最大确诊病例数，当*()0.95I t K =时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ln193≈） （ ）A .60B .63C .66D .69 【答案】C 【解析】**0.23(53)()0.951t K I t K e−−==+****0.23(53)0.23(53)0.23(53)0.23(53)*10.950.950.050.950.95190.05ln ln190.23(53)3t t t t eee et −−−−−−=+====−≈故*353660.23t+≈，故选C5.（5分）已知sin sin()13πθθ++=，则sin()6πθ+=（ ）A .12B .3C .23D .2【答案】B【解析】sin +sin+=3（）1πθθ1sin +sin +cos =221θθθ∴3sin +=221θθ1sin +cos =22（）1θθ+=6（）1πθsin +=63（）πθ∴故选B6.（5分）在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点，若1⋅=AC BC ，则点C 的轨迹是（ ）A .圆B .椭圆C .抛物线D .直线 【答案】A【解析】设A ，B 点坐标分别为()11,x y ,()22,x y ，C 为(),x y 则()11=,AC x x y y −−，()22=,BC x x y y −−()()()()1212=1+=1AC BC x x x x y y y y ⋅⇒−−−−2221122112++++=1x xx xx x x y yy yy y y −−−()()2212121212+++++1=0x y x x x y y y x x y y −−−圆的一般方程为：22+++=0x y Dx Ey F +∴点C 的轨迹是为圆故选A7.（5分）设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线2:2(0)C y px p =>交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为（ ）A .1(,0)4B .1(,0)2C .(1,0)D .(2,0)【答案】B【解析】当2x y ==±时，OD OE ==OE =222OD OE DE +=(2224⨯=解得：1p =F ∴的坐标为1(,0)2故选：B8.（5分）点(0,1)−到直线(1)y k x =+距离的最大值为（ ）A .1 BCD .2 【答案】B【解析】直线方程可变形为0kx y k −+=，由点到直线的距离d =得点(0,1)平方后可得222(1)2211111k k k k k k+=+=++++≤2所以点(0,1)到直线(1)y k x =+：B9.（5分）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A .6+B .4+C .6+D .4+【答案】 C【解析】由图可知，该立体图像的四个表面图像是由三个直角边为2的等腰直角三角形和一个边长为的等边三角形组成11223622∴⨯⨯⨯⨯该几何体的表面积为++故选C10.（5分）设3log 2a =，5log 3b =，23c =，则（ ）A .a c b <<B .a b c <<C .b c a <<D .c a b << 【答案】A【解析】332log 3log 3c ==，33log 2log a ==a c ∴<552log 5log 3c ==55log 3log b ==c b ∴< ，故选A11.（5分）在ABC ∆中，2cos 3C =，4AC =，3BC =，则tan B =（ ）A B . C . D . 【答案】C【解析】作BD AC ⊥2cos 3CD C BC == 2CD AD ∴==3AB BC ∴==，即ABC ∆为等腰三角形∴tan2B CD BD == 即22tan2tan tan 221tan 2BB B B B ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭−1=−5==故选C12.（5分）已知函数1()sin sin f x x x=+，则（ ） A .()f x 的最小值为2B .()f x 的图像关于y 轴对称C .()f x 的图像关于直线x π=对称D .()f x 的图像关于直线2x π=对称【答案】D【解析】A .()11222f π−=−−=−<，故A 错B .11()sin()sin sin()sin f x x x x x−=−+=−−−()()0f x f x +−=故()f x 为奇函数，关于原点对称，故B 错 C .11()sin()sin sin()sin f x x x x xπππ−=−+=+− ()()f x f x π−=()f x ∴关于2x π=成轴对称，故C 错，D 正确，故选D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
【2020最新】人教版最新高考文科数学复习试卷(2)及参考答案
教学资料范本【2020最新】人教版最新高考文科数学复习试卷(2)及参考答案编辑：__________________时间：__________________(附参考答案) 数 学（文史类）一、选择题：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） i 是虚数单位，复数=534ii +- （A ） （B ）1i -1i -+（C ） （D ）1i +1i --【解析】复数，选C.i ii i i i i i +=+=+-++=-+1171717)4)(4()4)(35(435【答案】C（2）设变量x,y 满足约束条件,则目标函数z=3x-2y的最小值为⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥+-≥-+01042022x y x y x（A ）-5 （B ）-4 （C ）-2 （D ）3【解析】做出不等式对应的可行域如图，由得，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，而此时最小为，选 B.yx z 23-=223z x y -=223z x y -=)2,0(C 223zx y -=y x z 23-=423-=-=y x z 【答案】B（3）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S 的值为（A ）8 （B ）18 （C ）26 （D ）80【解析】第一次循环，第二次循环，第三次循环，第四次循环满足条件输出，选 C.2,2330==-=n S 3,83322==-+=n S 4,2633823==-+=n S 26=S 【答案】C（4） 已知，则a ，b ，c 的大小关系为120.2512,(),2log 22a b c -===（A ）c<b<a （B ）c<a<b （C ）b<a<c （D ）b<c<a【解析】因为，所以，，所以，选 A.122.02.022)21(<==-b a b <<114log 2log 2log 25255<===c a b c <<【答案】A（5）设xR ，则“x>”是“2x2+x-1>0”的∈12 （A ） 充分而不必要条件 （B ） 必要而不充分条件 （C ） 充分必要条件 （D ） 既不充分也不必要条件【解析】不等式的解集为或，所以“”是“”成立的充分不必要条件，选A.0122>-+x x 21>x 1-<x 21>x 0122>-+x x【答案】A（6）下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为（A ） cos 2y x =，xR ∈（B ） xy 2log =，xR 且x ≠0∈（C ） 2x xe e y --=，xR ∈ （D ）31y x =+，xR ∈【解析】函数为偶函数，且当时，函数为增函数，所以在上也为增函数，选B.x y 2log =0>x x x y 22log log ==)2,1( 【答案】B（7）将函数（其中>0）的图像向右平移个单位长度，所得图像经过点，则的最小值是()sin f x x ω=ω4π)0,43(πω（A ） （B ）1 C ） （D ）21353【解析】函数向右平移得到函数，因为此时函数过点，所以，即所以,所以的最小值为2，选 D.4π)4sin()4(sin )4()(ωπωπωπ-=-=-=x x x f x g )0,43(π0)443(sin =-ππω,2)443(πωπππωk ==-Z k k ∈=,2ωω 【答案】D（8）在△ABC 中， A=90°，AB=1，设点P ，Q 满足=，=(1-)， R 。
北京市2020〖人教版〗高三数学复习试卷文科参考答案与试题解析
北京市2020年〖人教版〗高三数学复习试卷文科参考答案与试题解析创作人：百里严守创作日期：202B.03.31审核人：北堂本一创作单位：雅礼明智德学校一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）（•浙江）已知集合P={x|x2﹣2x≥3}，Q={x|2＜x＜4}，则P∩Q=（）A．[3，4）B．（2，3]C．（﹣1，2）D．（﹣1，3]考点：交集及其运算．专题：集合．分析：求出集合P，然后求解交集即可．解答：解：集合P={x|x2﹣2x≥3}={x|x≤﹣1或x≥3}，Q={x|2＜x＜4}，则P∩Q={x|3≤x＜4}=[3，4）．故选：A．点评：本题考查二次不等式的解法，集合的交集的求法，考查计算能力．2．（5分）（•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A．8cm3B．12cm3C．D．考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．解答：解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形奥为2的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．故选：C．点评：本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力．3．（5分）（•浙江）设a，b是实数，则“a+b＞0”是“ab＞0”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：简易逻辑．分利用特例集合充要条件的判断方法，判断正确选项即可．析：解答：解：a，b是实数，如果a=﹣1，b=2则“a+b＞0”，则“ab＞0”不成立．如果a=﹣1，b=﹣2，ab＞0，但是a+b＞0不成立，所以设a，b是实数，则“a+b＞0”是“ab＞0”的既不充分也不必要条件．故选：D．点评：本题考查充要条件的判断与应用，基本知识的考查．4．（5分）（•浙江）设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，（）A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥m C．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m 考点：空间中直线与平面之间的位置关系．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：A根据线面垂直的判定定理得出A正确；B根据面面垂直的性质判断B错误；C根据面面平行的判断定理得出C错误；D根据面面平行的性质判断D错误．解答：解：对于A，∵l⊥β，且l⊂α，根据线面垂直的判定定理，得α⊥β，∴A正确；对于B，当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能垂直，∴B错误；对于C，当l∥β，且l⊂α时，α与β可能平行，也可能相交，∴C错误；对于D，当α∥β，且l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能异面，∴D错误．故选：A．点评：本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了数学符号语言的应用问题，是基础题目．5．（5分）（•浙江）函数f（x）=（x ﹣）cosx（﹣π≤x≤π且x≠0）的图象可能为（）A．B．C．D．考点：函数的图象．专题：函数的性质及应用．分析：由条件可得函数f（x）为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据在（0，1）上，f（x）＜0，结合所给的选项，得出结论．解答：解：对于函数f（x）=（x ﹣）cosx（﹣π≤x≤π且x≠0），由于它的定义域关于原点对称，且满足f（﹣x）=（﹣x）cosx=﹣f（x），故函数f（x）为奇函数，故它的图象关于原点对称．故排除A、B．再根据在（0，1）上，＞x，cosx＞0，f（x）=（x ﹣）cosx＜0，故排除C，故选：D．点本题主要考查函数的奇偶性的判断，奇函数的图象特征，函数的定义域和值域，属于评：中档题．6．（5分）（•浙江）有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积（单位：m2）分别为x，y，z，且x＜y ＜z，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元/m2）分别为a，b，c，且a＜b＜c．在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是（）A．a x+by+cz B．a z+by+cx C．a y+bz+cx D．a y+bx+cz考点：函数的最值及其几何意义．专题：函数的性质及应用．分析：作差法逐个选项比较大小可得．解答：解：∵x＜y＜z且a＜b＜c，∴ax+by+cz﹣（az+by+cx）=a（x﹣z）+c（z﹣x）=（x﹣z）（a﹣c）＞0，∴ax+by+cz＞az+by+cx；同理ay+bz+cx﹣（ay+bx+cz）=b（z﹣x）+c（x﹣z）=（z﹣x）（b﹣c）＜0，∴ay+bz+cx＜ay+bx+cz；同理az+by+cx﹣（ay+bz+cx）=a（z﹣y）+b（y﹣z）=（z﹣y）（a﹣b）＜0，∴az+by+cx＜ay+bz+cx，∴最低费用为az+by+cx故选：B点评：本题考查函数的最值，涉及作差法比较不等式的大小，属中档题．7．（5分）（•浙江）如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB=30°，则点P的轨迹是（）A．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线的一支考点：圆锥曲线的轨迹问题．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据题意，∠PAB=30°为定值，可得点P的轨迹为一以AB为轴线的圆锥侧面与平面α的交线，则答案可求．解答：解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．此题中平面α上的动点P满足∠PAB=30°，可理解为P在以AB为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段AB与平面α所成的角为60°，可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义．故可知动点P的轨迹是椭圆．故选：C．点评：本题考查椭圆的定义，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．8．（5分）（•浙江）设实数a，b，t满足|a+1|=|sinb|=t．（）A．若t确定，则b2唯一确定B．若t确定，则a2+2a唯一确定C．若t确定，则sin唯一确定D．若t确定，则a2+a唯一确定考点：四种命题．专题：开放型；简易逻辑．分析：根据代数式得出a2+2a=t2﹣1，sin2b=t2，运用条件，结合三角函数可判断答案．解答：解：∵实数a，b，t满足|a+1|=t，∴（a+1）2=t2，a2+2a=t2﹣1，t确定，则t2﹣1为定值．sin2b=t2，A，C不正确，∴若t确定，则a2+2a唯一确定，故选：B点评：本题考查了命题的判断真假，属于容易题，关键是得出a2+2a=t2﹣1，即可判断．二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．（6分）（•浙江）计算：log2=，2=．考点：对数的运算性质．专题：函数的性质及应用．分析：直接利用对数运算法则化简求值即可．解答：解：log2=log2=﹣；2===3．故答案为：；．点评：本题考查导数的运算法则的应用，基本知识的考查．10．（6分）（•浙江）已知{a n}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1+a2=1，则a1=，d=﹣1．考点：等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：运用等比数列的性质，结合等差数列的通项公式，计算可得d=﹣a1，再由条件2a1+a2=1，运用等差数列的通项公式计算即可得到首项和公差．解答：解：由a2，a3，a7成等比数列，则a32=a2a7，即有（a1+2d）2=（a1+d）（a1+6d），即2d2+3a1d=0，由公差d不为零，则d=﹣a1，又2a1+a2=1，即有2a1+a1+d=1，即3a1﹣a1=1，解得a1=，d=﹣1．故答案为：，﹣1．点评：本题考查等差数列首项和公差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列和等比数列的性质的合理运用．11．（6分）（•浙江）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是π，最小值是．考点：二倍角的余弦；三角函数的最值．专题：三角函数的图像与性质．分析：由三角函数恒等变换化简解析式可得f（x）=sin（2x﹣）+，由正弦函数的图象和性质即可求得最小正周期，最小值．解答：解：∵f（x）=sin2x+sinxcosx+1=+sin2x+1=sin（2x﹣）+．∴最小正周期T=，最小值为：．故答案为：π，．点评：本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，考查了正弦函数的图象和性质，属于基本知识的考查．12．（6分）（•浙江）已知函数f（x）=，则f（f（﹣2））=，f（x）的最小值是2﹣6．考点：函数的最值及其几何意义．专题：函数的性质及应用．分析：由分段函数的特点易得f（f（﹣2））=的值；分别由二次函数和基本不等式可得各段的最小值，比较可得．解答：解：由题意可得f（﹣2）=（﹣2）2=4，∴f（f（﹣2））=f（4）=4+﹣6=﹣；∵当x≤1时，f（x）=x2，由二次函数可知当x=0时，函数取最小值0；当x＞1时，f（x）=x+﹣6，由基本不等式可得f（x）=x+﹣6≥2﹣6=2﹣6，当且仅当x=即x=时取到等号，即此时函数取最小值2﹣6；∵2﹣6＜0，∴f（x）的最小值为2﹣6故答案为：﹣；2﹣6点评：本题考查函数的最值，涉及二次函数的性质和基本不等式，属中档题．13．（4分）（•浙江）已知1，2是平面向量，且1•2=，若平衡向量满足•1=•=1，则||=．考点：平面向量数量积的性质及其运算律．专题：平面向量及应用．分析：根据数量积得出1，2夹角为60°，＜，1＞=＜，2＞=30°，运用数量积的定义判断求解即可．解答：解：∵1，2是平面单位向量，且1•2=，∴1，2夹角为60°，∵平衡向量满足•1=•=1∴与1，2夹角相等，且为锐角，∴应该在1，2夹角的平分线上，即＜，1＞=＜，2＞=30°，||×1×cos30°=1，∴||=故答案为：点评：本题简单的考查了平面向量的运算，数量积的定义，几何图形的运用，属于容易题，关键是判断夹角即可．14．（4分）（•浙江）已知实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣4|+|6﹣x﹣3y|的最大值是15．考点：简单线性规划．专题：开放型；不等式的解法及应用．分由题意可得2x+y﹣4＜0，6﹣x﹣3y＞0，去绝对值后得到目标函数z=﹣3x﹣4y+10，析：然后结合圆心到直线的距离求得|2x+y﹣4|+|6﹣x﹣3y|的最大值．解答：解：如图，由x2+y2≤1，可得2x+y﹣4＜0，6﹣x﹣3y＞0，则|2x+y﹣4|+|6﹣x﹣3y|=﹣2x﹣y+4+6﹣x﹣3y=﹣3x﹣4y+10，令z=﹣3x﹣4y+10，得，如图，要使z=﹣3x﹣4y+10最大，则直线在y轴上的截距最小，由z=﹣3x﹣4y+10，得3x+4y+z﹣10=0．则，即z=15或z=5．由题意可得z的最大值为15．故答案为：15．点评：本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，是中档题．15．（4分）（•浙江）椭圆+=1（a＞b＞0）的右焦点F（c，0）关于直线y=x的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是．考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设出Q的坐标，利用对称知识，集合椭圆方程推出椭圆几何量之间的关系，然后求解离心率即可．解答：解：设Q（m，n），由题意可得，由①②可得：m=，n=，代入③可得：，解得e2（4e4﹣4e2+1）+4e2=1，可得，4e6+e2﹣1=0．即4e6﹣2e4+2e4﹣e2+2e2﹣1=0，可得（2e2﹣1）（2e4+e2+1）=0解得e=．故答案为：．点评：本题考查椭圆的方程简单性质的应用，考查对称知识以及计算能力．三、解答题：本大题共5小题，共74分。
2020年高考文科数学试题(全国3卷试卷版+解析版)
(400 ， 600]
1（优 )
2
16
25
2（良 )
5
10
12
3（轻度污染）
6
7
8
4（中度污染）
7
2
0
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率； （2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （3）若某天的空气质量等级为 1 或 2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为 3 或 4，则称这天“空气质量不
1．已知集合 A {1 ，2，3，5，7，11} ， B {x | 3 x 15} ，则 A B 中元素的个数为 (
)
A．2
B．3
C．4
D．5
【思路分析】求出集合 A ， B ，由此能求出 A B ，进而能求出 A B 中元素的个数．
【解析】：集合 A {1 ，2，3，5，7，11} ， B {x | 3 x 15) ，
7．设 O 为坐标原点，直线 x 2 与抛物线 C : y2 2 px( p 0) 交于 D ，E 两点，若 OD OE ，则 C 的焦点坐标为 ( )
A． ( 1 ， 0) 4
B． ( 1 ， 0) 2
C． (1, 0)
D． (2, 0)
【思路分析】利用已知条件转化求解 E 、 D 坐标，通过 kOD kOE 1，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标．
B． 3 3
C． 2 3
D． 2 2
【思路分析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可．
【解析】：法一：（通解）sin sin( ) 1，sin 1 sin 3 cos 1 ，
3
2020年全国统一高考数学模拟试卷(文科)(新课标Ⅱ)(解析版)【打印版】
【答案】C
【解析】
【分析】
根据原位大三和弦满足 ，原位小三和弦满足
从 开始，利用列举法即可解出．
【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足： ．
∴ ； ； ； ； ．
原位小三和弦满足： ．
∴ ； ； ； ； ．
故个数之和为10．
故选：C．
【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题．
12.若 ，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将不等式变为 ，根据 的单调性知 ，以此去判断各个选项中真数与 的大小关系，进而得到结果.
【详解】由 得： ，
令 ，
为 上的增函数， 为 上的减函数， 为 上的增函数，
，
， ， ，则A正确，B错误；
与 的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
A.10名B.18名C.24名D.32名
【答案】B
【解析】
【分析】
算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.
【详解】由题意，第二天新增订单数为 ，
故需要志愿者 名.
故选：B
【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题.
5.已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是（）
则 垂直于平面 内所有直线，
直线 平面 ， 直线 直线 ，
命题 为真命题.
综上可知， 为真命题， 为假命题，
为真命题， 为真命题.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个
2020年高考文科数学全国2卷(word版,含答案)
1.【ID:4005113】已知集合，，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：集合，，．故选：D．2.【ID:4005114】()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：．故选：A．3.【ID:4005115】如图，将钢琴上的个键依次记为，，，．设．若且，则称，，为原位大三和弦；若且，则称，，为原位小三和弦．用个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：若且，则，，为原位大三和弦，即有，，；，，；，，；，，；，，，共个；若且，则，，为原位小三和弦，可得，，；，，；，，；，，；，，，共个，总计个．故选：C．4.【ID:4002671】在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压份订单未配货，预计第二天的新订单超过份的概率为．志愿者每人每天能完成份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于，则至少需要志愿者()A. 名B. 名C. 名D. 名【答案】B【解析】解：第二天的新订单超过份的概率为，就按份计算，第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于就按份计算，因为公司可以完成配货份订单，则至少需要志愿者为名，故选：B．5.【ID:4005117】已知单位向量，的夹角为，则在下列向量中，与垂直的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：单位向量，，对于A，，所以与不垂直；对于B，，所以与不垂直；对于C，，所以与不垂直；对于D，，所以与垂直．故选：D．6.【ID:4005118】记为等比数列的前项和，若，，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：设等比数列的公比为，，，，，，，，，，故选：B．7.【ID:4005119】执行如图的程序框图，若输入的，，则输出的为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：模拟程序的运行，可得，，执行循环体，，；执行循环体，，；执行循环体，，；执行循环体，，；此时，满足判断框内的条件，退出循环，输出的值为．故选：C．8.【ID:4002673】若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，则半径为，．故圆的方程为，再把点代入，求得或，故要求的圆的方程为或．故所求圆的圆心为或；故圆心到直线的距离或；故选：B．9.【ID:4002676】设为坐标原点，直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，若的面积为，则的焦距的最小值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为，分别将，代入可得，即，，则，，当且仅当时取等号，的焦距的最小值为，故选：B．10.【ID:4005120】设函数，则()A. 是奇函数，且在单调递增B. 是奇函数，且在单调递减C. 是偶函数，且在单调递增D. 是偶函数，且在单调递减【答案】A【解析】解：因为，则，即为奇函数，根据幂函数的性质可知，在为增函数，故在为减函数，在为增函数，所以当时，单调递增，故选：A．11.【ID:4002678】已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则到平面的距离为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由题意可知图形如图：是面积为的等边三角形，可得，，可得：，球的表面积为，外接球的半径为：，解得，所以到平面的距离为：．故选：C．12.【ID:4002679】若，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由，可得，令，则在上单调递增，且，所以，即，由于，故，故选：A．13.【ID:4005121】若，则________．【答案】【解析】解：，．故答案为：．14.【ID:4005122】记为等差数列的前项和．若，，则________．【答案】【解析】解：因为等差数列中，，，所以，，即，则．故答案为：．15.【ID:4005123】若，满足约束条件，则的最大值是________．【答案】【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由得，平移直线由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，此时，故答案为：．16.【ID:4002684】设有下列四个命题：：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．：过空间中任意三点有且仅有一个平面．：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．：若直线平面，直线平面，则．则下述命题中所有真命题的序号是________．①②③④【答案】①③④【解析】解：设有下列四个命题：：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．根据平面的确定定理可得此命题为真命题，：过空间中任意三点有且仅有一个平面．若三点在一条直线上则有无数平面，此命题为假命题，：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行，也有可能异面的情况，此命题为假命题，：若直线平面，直线平面，则．由线面垂直的定义可知，此命题为真命题；由复合命题的真假可判断①为真命题，②为假命题，③为真命题，④为真命题，故真命题的序号是：①③④，故答案为：①③④，17. 的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）【ID:4005124】求．【答案】【解析】解：由已知得，即．所以，，由于，故．（2）【ID:4005125】若，证明：是直角三角形．【答案】见解析【解析】解：由正弦定理及已知条件可得．由知，所以，即，．由于，故，从而是直角三角形．18. 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得，，，．（1）【ID:4002687】求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数)．【答案】【解析】由已知得样本平均数为，，该地区这种野生动物数量的估计值为．（2）【ID:4002688】求样本的相关系数(精确到)．【答案】【解析】．（3）【ID:4002689】根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数，．【答案】见解析【解析】分层抽样．根据植被覆盖面积分层再随机抽样．理由：由于植被覆盖面积差异较大，即总体由差异明显的几个部分组成，分层抽样有利于保持样本结构与总体结构的一致性，提高样本代表性．19. 已知椭圆：的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合．过且与轴垂直的直线交于、两点，交于，两点，且．（1）【ID:4005126】求的离心率．【答案】【解析】解：解法一：右焦点与右焦点与重合，设抛物线方程为，则，设抛物线方程为．在椭圆中，当时，，解得：，，在抛物线中，当时，，，又，，①又，②联立①②可得：，解得：或(舍去)，的离心率．解法二：由已知可设的方程为，其中．不妨设，在第一象限，由题设得，的纵坐标分别为，；，的纵坐标分别为，，故，．由已知得，即，解得(舍去)，，所以的离心率为．（2）【ID:4005127】若的四个顶点到的准线距离之和为，求与的标准方程．【答案】，【解析】解：由知，，故：．所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线方程为．由已知得，即，所以的标准方程为，的标准方程为．20. 如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于．（1）【ID:4005128】证明：，且平面平面．【答案】见解析【解析】解：解法一：三棱柱，故，由矩形，为中点，为中点，．平行四边形，．矩形，．平行四边形，矩形，．等边中，为中点，．，面．又，面．又面，面面．解法二：因为，分别为，的中点，所以，又由已知得，故．因为是正三角形，所以．又，故平面．所以平面平面．（2）【ID:4005129】设为的中心，若，平面，且，求四棱锥的体积．【答案】【解析】解：平面，平面，平面平面，设，又，故四边形是平行四边形，所以，，，，因为平面，所以四棱锥的顶点到底面的距离等于点到底面的距离．作，垂足为，则由知，平面，故．故面的面积为，所以四棱锥的体积为．21. 已知函数．（1）【ID:4005130】若，求的取值范围．【答案】【解析】解：设，则，其定义域为，．当时，；当时，．所以在区间单调递增，在单调递减，从而当时，取得最大值，所以．故当且仅当，即时，．所以的取值范围为．（2）【ID:4005131】设，讨论函数的单调性．【答案】在，单调递减．【解析】解：，，．取得，，则由知，当时，即，故当时，，从而．所以在，单调递减．22. 已知曲线，的参数方程分别为：(为参数)，：(为参数)．（1）【ID:4002697】将，的参放方程化为普通方程．【答案】：，，，：【解析】解：：，，，由的参数方程得，，则：．（2）【ID:4002698】以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设，的交点为．求圆心在极轴上，且经过极点和的圆的极坐标方程．【答案】【解析】解：，，，设，，满足题意，则，即，，：，即，极坐标方程为，即．23. 已知函数．（1）【ID:4002699】当时，求不等式的解集．【答案】【解析】当时，，不等式的解集为．（2）【ID:4002700】若，求的取值范围．【答案】【解析】，，当时，等号成立，，，，，．。
2020全国3卷高考文数试题答案解析
2020全国3卷高考文数试题1.已知集合{}1235711A =，，，，，，{}315|B x x =<<，则A ∩B 中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5采用列举法列举出A B 中元素的即可.【解析】由题意，{5,7,11}A B ⋂=，故A B 中元素的个数为3.故选：B2.若()11+=-z i i ，则z =（ ）A. 1–iB. 1+iC. –iD. i【答案】D 先利用除法运算求得z ，再利用共轭复数的概念得到z 即可. 【解析】因为21(1)21(1)(1)2ii iz i i i i ---====-++-，所以z i .故选：D3.设一组样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差为0.01，则数据10x 1，10x 2，…，10x n 的方差为（）A. 0.01B. 0.1C. 1D. 10【答案】C根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果.【解析】因为数据(1,2,,)i ax b i n +=，的方差是数据(1,2,,)i x i n =，的方差的2a 倍，所以所求数据方差为2100.01=1⨯故选：C4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1e t I Kt --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ ）（ln19≈3）A. 60B. 63C. 66D. 69【答案】C将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e --=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解.【解析】()()0.23531t KI t e --=+，所以()()0.23530.951t KI t K e **--==+，则()0.235319t e *-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C.【拓展】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5.已知πsin sin =31θθ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则πsin =6θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（ ）A. 12B. 3C. 23D. 2 将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.【解析】由题意可得：13sin sin cos 122θθθ++=， 则：33sin cos 12θθ+=，313sin cos 2θθ+=， 从而有：3sin cos cos sin 66ππθθ+=， 即3sin 6πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭. 故选：B.6.在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点，若=1AC BC ⋅，则点C 的轨迹为（ ）A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线【答案】A首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.【解析】设()20AB a a =>，以AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：()(),0,,0A a B a -，设(),C x y ，可得：()(),,,AC x a y BC x a y →→=+=-， 从而：()()2AC BC x a x a y →→⋅=+-+，结合题意可得：()()21x a x a y +-+=， 整理可得：2221x y a +=+，即点C 的轨迹是以AB .故选：A.7.设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：y 2=2px (p >0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为（ ）A. （14，0）B. （12，0）C. （1，0）D. （2，0）根据题中所给的条件OD OE ⊥，结合抛物线的对称性，可知4COx COx π∠=∠=，从而可以确定出点D的坐标，代入方程求得p 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【解析】因为直线2x =与抛物线22(0)y px p =>交于,C D 两点，且OD OE ⊥， 根据抛物线的对称性可以确定4DOx COx π∠=∠=，所以(2,2)C ，代入抛物线方程44p =，求得1p =，所以其焦点坐标为1(,0)2， 故选：B.8.点(0，﹣1)到直线()1y k x =+距离的最大值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 2首先根据直线方程判断出直线过定点(1,0)P -，设(0,1)A -，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大，即可求得结果.【解析】由(1)y k x =+可知直线过定点(1,0)P -，设(0,1)A -，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大，即为||2AP =.故选：B.【拓展】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题.9.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A. 6+42B. 4+42C. 6+23D. 4+23【答案】C根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△ 根据勾股定理可得：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为22根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)2322ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++故选：C.【拓展】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.10.设a =log 32，b =log 53，c =23，则（ ） A. a <c <b B. a <b <cC. b <c <aD. c <a <b 【答案】A分别将a ,b 改写为331log 23a =，351log 33b =，再利用单调性比较即可. 【解析】因为333112log 2log 9333ac =<==，355112log 3log 25333b c =>==， 所以a c b <<.故选：A【拓展】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与回归的思想，是一道中档题.11.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则tan B =（ ）A. 【答案】C先根据余弦定理求c ，再根据余弦定理求cos B ，最后根据同角三角函数关系求tan .B【解析】设,,AB c BC a CA b ===22222cos 916234933c a b ab C c =+-=+-⨯⨯⨯=∴=2221cos sin tan 299a cb B B B ac +-==∴===故选：C【拓展】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.12.已知函数f (x )=sin x +1sin x，则（ ） A. f (x )的最小值为2B. f (x )的图像关于y 轴对称C. f (x )的图像关于直线x π=对称D. f (x )的图像关于直线2x π=对称【答案】D根据基本不等式使用条件可判断A;根据奇偶性可判断B;根据对称性判断C,D.【解析】sin x 可以为负，所以A 错； 1sin 0()()sin ()sin x x k k Z f x x f x x π≠∴≠∈-=--=-∴()f x 关于原点对称； 11(2)sin (),()sin (),sin sin f x x f x f x x f x x x ππ-=--≠-=+=故B 错； ()f x ∴关于直线2x π=对称，故C 错，D 对故选：D【拓展】本题考查函数定义域与最值、奇偶性、对称性，考查基本分析判断能力，属中档题.13.若x ，y 满足约束条件0,201,x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩， ，则z =3x +2y 的最大值为_________． 【答案】7作出可行域，利用截距的几何意义解决.【解析】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y =+，所以322x z y=-+，易知截距2z 越大，则z 越大， 平移直线32x y =-，当322x z y =-+经过A 点时截距最大，此时z 最大， 由21y x x =⎧⎨=⎩，得12x y =⎧⎨=⎩，(1,2)A ， 所以max 31227z =⨯+⨯=.故答案为：7.【拓展】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14.设双曲线C ：22221x y a b-= (a >0，b >0)的一条渐近线为y x ，则C 的离心率为_________．根据已知可得b a=,,a b c 的关系，即可求解. 【解析】由双曲线方程22221x y a b-=可得其焦点在x 轴上，因为其一条渐近线为y =，所以ba =c e a ===15.设函数e ()x f x x a =+．若(1)4e f '=，则a =_________． 【答案】1由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数a 的方程，解方程即可确定实数a 的值【解析】由函数的解析式可得：()()()()()221x x x e x a e e x a f x x a x a +-+-'==++， 则：()()()()12211111e a ae f a a ⨯+-'==++，据此可得：()241aeea =+，整理可得：2210a a -+=，解得：1a =.故答案为：1.【拓展】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.16.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】2π 将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=1222222S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯= 解得：22r，其体积：3433V r π==.. 17.设等比数列{a n }满足124a a +=，318a a -=．（1）求{a n }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3a n }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =.（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果.【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-，所以(01)(1)22n n n n n S +--==，根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =，18.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++，【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22⨯列联表，计算出2K 的观测值，再结合临界值表可得结论.【解析】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=，等级为2的概率为510120.27100++=，等级为3的概率为6780.21100++=，等级为4的概率为7200.09100++=；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=（3）22⨯列联表如下：()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.19.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可.【解析】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴因此1C 在平面AEF 内20.已知函数32()f x x kx k =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27. （1）'2()3f x x k =-，对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可；（2）()f x 有三个零点，由（1）知0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【解析】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x << 令'()0f x >，得x <x >()f x在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增. （2）由（1）知，()f x 有三个零点，则0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得4027k <<， 当4027k <<>20f k =>， 所以()f x在上有唯一一个零点，同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<， 所以()f x在(1,k --上有唯一一个零点， 又()f x在(上有唯一一个零点，所以()f x 有三个零点， 综上可知k 的取值范围为4(0,)27. 21.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<，A ，B 分别为C 的左、右顶点．（1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ 的面积．【答案】（1）221612525x y +=；（2）52. （1）因为222:1(05)25x y C m m +=<<，可得5a =，b m =，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N ，可得PMB BNQ ≅△△，可求得P 点坐标，求出直线AQ 的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ 的面积.【解析】（1）222:1(05)25x y C m m+=<< ∴5a =，b m =，根据离心率c e a ====解得54m =或54m =-(舍)， ∴C 的方程为：22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，即221612525x y +=； （2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N根据题意画出图形，如图||||BP BQ =，BP BQ ⊥，90PMB QNB ∠=∠=︒，又90PBM QBN ∠+∠=︒，90BQN QBN ∠+∠=︒，∴PBM BQN ∠=∠，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：PMB BNQ ≅△△，221612525x y +=， ∴(5,0)B ，∴651PM BN ==-=，设P 点为(,)P P x y ，可得P 点纵坐标为1P y =，将其代入221612525x y +=，可得：21612525P x +=， 解得：3P x =或3P x =-，∴P 点为(3,1)或(3,1)-，①当P 点为(3,1)时，故532MB =-=，PMB BNQ ≅△△，∴||||2MB NQ ==，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图(5,0)A -,(6,2)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：211100x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：222311110555125211d⨯-⨯+===+， 根据两点间距离公式可得：()()22652055AQ =++-=， ∴APQ 面积为：15555252⨯⨯=； ②当P 点为(3,1)-时，故5+38MB ==，PMB BNQ ≅△△，∴||||8MB NQ ==，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A -(6,8)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：811400x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：()2283111405185185811d ⨯--⨯+===+，根据两点间距离公式可得：AQ ==， ∴APQ面积为：1522=， 综上所述，APQ 面积为：52. 【拓展】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2222x t t y t t ⎧=--⎨=-+⎩，(t 为参数且t ≠1)，C 与坐标轴交于A ，B 两点.（1）求|AB |：（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程.【答案】（1）2）3cos sin 120ρθρθ-+= （1）由参数方程得出,A B 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB 的值；（2）由,A B 坐标得出直线AB 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【解析】（1）令0x =，则220t t +-=，解得2t =-或1t =（舍），则26412y =++=，即(0,12)A . 令0y =，则2320t t -+=，解得2t =或1t =（舍），则2244x =--=-，即(4,0)B-.AB ∴==（2）由（1）可知12030(4)AB k -==--， 则直线AB 的方程为3(4)y x =+，即3120x y -+=.由cos ,sin x y ρθρθ==可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【拓展】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.23.设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1．（1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.（1）由2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由题意得出0,,0a b c ><，由()222322b c b c bc a a a bcbc+++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明. 【解析】（1）2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. ,,a b c 均不为0，则2220a b c ++>，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由0,1a b c abc ++==可知，0,0,0a b c ><<，1,a b c a bc =--=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc++++∴=⋅==≥=. 当且仅当b c =时，取等号，a ∴≥，即3max{,,}4abc .。
2020年高考全国统一考试文科数学冲刺试卷及答案解析(一)
绝密★启用前2020年晋通爲等学校招生全国统一考试文科数学冲剌试卷（•）<⅛ «：120分钟满分J50分〉注•事项：1•齐总前・彭生务必将白己的址名、号生巧等填丐亦签题卡和试卷 指定位置h.2.冋答迭择国时•透出毎小题答案后•用锻笔把答題卡上对应題日 的答案标号漆黒•如盂改动•用濛皮≡T⅛>G∙再述徐其他答案採号• I 叫答作选择題时•将衿案书在答迪卡上•丐住本试左上无效.3号诫结車后•将本试住和存并交何•一、迭择題：本題共12小題，毎小題5分•共60分.在每小題饴出 的四个迭项中•只有一项是符合题目姜求的.文集合 Λ=u ∈N ∣ -3<j <l∏B={y ∣ v=r ÷1}∙则人∏<C B B) =()A∙ {2∙3} B{0}C. {0.1}D∙ {—2«— 1*0∙1}2.设复数H=冷.则"1 =()■ /H √26A2 " 2，C. √T3D. √263.如图所示.AAB 「中∙D∙E 分别是线段BC.AB 的中点•则我4•为了研究OO 后求职H 寸考虑的要素•研究人员随机抽取了一定 数量的00后求职者逬行调杳•所得情况统计如F 图所示•则下文科数学 冲剌试卷（一）第1页（共6趺尸A. -2 D⅛--∣-BΓ C.-1 I>Γ--J-TfCB∙ -2 Df ⅛ ^hCD.-3 Df--I-W②公诵風利Mlne4）聲朋体亀ΦbArtr*A.参与JHI充的求馭希总人数町旄为3000H.接受调代的()0话求职者中•选择“棒陪体条”的人数最名C. 接受凋杳的00肓求职幷中•选择-公司福利-的人数最少D. 接受崗査的00后求职旨中•选抒“薪酬休系“的人数可能比选择"培Ull机遇”的多400人5. 已知长方体ABCD-A I B I C I D l的8个顶点都生圆柱Oo r的底面関周上•若Λ(1-5√2.AA1-6.则関柱的体积为( )Λ,63κB,42π C. 21π D. 8心6. 若函象/(χ) = e,j,÷(2M-l)s in x + m<√ + l>为训诵数•则曲线^≡∕(χ)在点(1.∕(∣))处的切线方程为( ) A∙ y= <e+ I)X B. y=(e+ 1 )χ-(e+1)C∙ >∙=ex÷e D. βy=e-r-e7. F图中小正方形的边氏为1・祖实线f⅛岀的是茱圄柱的三视图・侧柱表⅛i卜的点M在的觇图卜的对应点为A •側件表面上的点N在止觇图和俯視圏丄的对应点分别为B.B∖MΨ点B为劣弧&两数Λx>= Asin(2x+y) + 4Λ<)上单调递减•A∙叶考] B∙>f-T]C.[一节・—OD. [γ.y]9.已知椭圆G斗十*≡≡i(α>Q0)的左.右焦点分别为F1.F1. U b第一象限的点M住椭圆「匕•若ZAfFJ)= vZ-WOF1 = 15*.WffJsIC的离心半为( )A 普Kf C,√3-l n.⅛l10•已知长方体ABCD-A1B1C1D1中JB = 4∙BC=3∙若険长方休的表面积为66.W直线Br l与平面ACC I A I所成角的正切值为( )文科敦学冲则试卷(一》第2页(Jt 5页)11.已知角α*的顶点为坠标贩点•始边与*轴的非负半轴∙R 介.A(IMhn).B(∕r,∕n ＞分别是角α*终边上的点•找中mn≠Q.若 LL^±J, W z 2尸 ()Sin a嗨 ＜f+ 4才二＞_少的取值范国为 A.「― 1・—卜 C.(-2∙-l)D.(-2∙-l]二、填空題：本題共4小题，毎小題3分，共20分. 13. IOgI 16+ log 23 I IOgI 144— ______ .=—2a yP6∙2^÷y>0.W z ≈2χ-y 的用大值为J -Λ≤δ∙15•已知BI 「过点<0.0)U6∙-8>∙(6∙0)>iilft 点的直线 /与BIC交TM. V 曲点•若IMNl=√Σ∙则直仪I 的方程为 ____________ 16. MH 为J 响应国凉勺出•实现全Ir 脱贫”・且委决定开发H 城旅游业•首先计 划修建一条从县城到达诫区的公路.已 知且城与槓区通路的中段有一座高山， 需婆條涌一圣陡酒A/人为ΓMy^∣α AD 的艮度，现在平面ABCD 中测鈕相应数!《•其中 A D - 5 √3 . B(-10.C 7＞- 8. «ij AI)^ ______ . 三、解答題：共70分•解答应写出文字说明、证明过程或演算步费.第17-21題为必考题，每个试JS 考生都必须作答.第22、23雄 为选考题•考生根据更求作答. 17. (*小题满分12分〉记許序为2的数列｛α.｝的炳R 项和为S.. U 2S, = S rψl -2.tt 列他｝满足⅛≡⅛・(I )证阴，数列｛“.｝为零比数列：(Il ＞记数列的前"项和为丁.•若丁.玄20,求实数入的 取值范围.)2co^ B=戸丐YX 「若/(3x+ 1 )＞∕(x) •则实数.r 2・才＜ —2∙18. 《本小题满分12分）已知WfeBS-ABCO 中•底rti AHCI）是菱形.ZAHC=120∖ SA = SD=2・点V足:线段人D的中点・IL SD丄BN•点G亦线段SC上.（I ［求证：SB丄ADI< U）若NSAD=60°.点Vf是线段B（、上靠近「的四等分点• 平而DGM丄T tf∏ ABCD•求二棱傩D-CMG的体积.19. （本小题满分12分）为了比较传统新旳粗食〃的产Ift是杏有力別，研左人员在若ΓH±地上分别种植/传统粮食α与新型粮食$,并收坐统计了&的山产址•所得数据如卜图所示・U知传统粗生α 的产量约为760公斤/亩.< 1）求新型粮伏0的由产Ja在［785.805）的槪率，<∏〉通过计算比较传统報食α与新型粮食0的平均亩产昴间的大小关系$（IIl）现按分整抽样的方法，在种植新熨粮食3的由产貳介于［785.805）的上地中抽取6山••再庄这6应土地中随机抽収2 亩研究粮食的生产是否受到上壤的影响•求抽到的2亩上地新加粮您0的商产就都在IX间［785.795）卜的御率.广20. (本小题満分12分〉巳知抛物线C s√=2^(p>0)的焦点F到准线的/的距离为2•点M,N是抛物线C上的点•且MFN三点共线.(I〉若IMNl = I2・求直线MN的方程；(Il)直线Z l山分别是抛物线C在M・N处的切线，且直线Z I, I Z交点为A.求证:AF丄MF.21. (本小題满分12分)已知西数/(x) = γ —W -J?"----- c∣j∙.(I)若α = 2∙求函数/(工)的单凋区间；(H)若关于的不等式2/(工)+αj^ + (∙τ' +J^)1Π J∙+A≥O恒成立•求证：36—6α÷5≥0.22∙（本小题满分10分）选修4一4：坐标系与参数方程平面直角坐标系χθy中•直线/的参数方程为J r=^Z为j=√6∕.参数）•以坐标原点为极点・才轴的正半轴为极轴建立极坐标系•曲线「的极坐标方程财7严=Sin 0.（I）求曲线（、的参数方程和直线/的极坐标方程：（II）若在线加的极坐标方程为O = ^（Pe R）・设曲线C与直线/的交点为o、M•曲线C与直线加的交点为O、N•求△OMN的面枳.23.（本小题满分10分）选修4一5：不等式选讲已知函数/（x） = ∣mx+11 + |工一加I +fc r∙（I）若加=2・求不等式/（j-）≥8的僧集：< U）若m>0.关于工的不等A∕<∙r）≥^∙÷2在R上恒成立，求实数加的取值范围•2020佯普通盛等学校招生全国统一考试文科数学模拟试卷(•)C rM βτl（fttt G .Λ-1 .f e NI -J<./ < O-<<∣∙1.2.3hB -<v∣v-2,÷∏-{v∣ y> H •期£』一Iyl τ≤ 门•故4D （CHB）=I-SSWlIN XJ-√÷ S •扳一；G \・衬味Ih 爲⅛I ÷∖ fi ∣∈H.⅛徐ΛJ3.⅛ 2 I •本B中給易由于翼砒・J E、哺* "•府W的花》⅛-<-2.-k<l.l.?.：<! .⅛>⅞S⅛ W 人靑今力斤/令对氏念•块冷约泾耳• h 5祈5*卸— g m誥占i';二'7 JiT二宁故ld = 74'-ς-⅛p^-■Aii6 B.【知识惟摆】I=I整卡友红乂的馍龙•乂一个X⅛⅛j4iφ→ ^=u-∕d<u∙∕÷R?. tfi∣√l= √u r^Λr. «什•建叹為屮冷R1 -20 口旳竹・4方抚巧穴卜比・；・「【命St聿绍】金騎人罟务t ⅛⅛⅛⅛4∙岌我的走令・A 【解IfiI^ADtfi中点M i^r⅛∙∣∙⅛ X .ji⅛ ΓA∕.Λ∕.∖. WflI IM ΓI1I⅛ IK EΛ∕.M> 如K^dhttPΛ≡7>Γ7∙ ½ -上Tfi-Ct丨丄灰・即齐一 -？ Tjt一4jΓΓ∙战述A.X •!.玖丄∙JTΓ>∙≡ -Dt—PTT ^√VΓ>- —2— P*∖I)•伽町•划晁”垢讯眦训的Aft4<⅛ 粮取•排除、搖受峋代旳W町求职府中・选打∙∣ι ⅛L∣Γ)2L rtPsSM V.Hf建Iu⅛吃迥任的oil \；^H⅛ΛΦ 连H M J⅛ 讥叫谒■的人散Ja少∙Il Rh C. Ia ⅛ IΛ.【答題授脈】坏十旣讨图k化刁轨乎同灵・*忙氐巧壬处丛扭自良卩旳亦吠仏电∙W L阿P ★巧卩IjJ的Λ御代A人Rrt «夕・比心汁.0比何們欠4∙ M f J M K冬T・图J勺址人y*询乂掩计用ns.t rM4r］巡迪gH≡≡M I Λj c>nj.k l cf≡l∣.λlt⅛1 忙M >'肿底MI i l怦为√TT. ⅛ M忙f “町休SL ⅛ n z .• 、■(-≡S)-'∙<*i=21-:.Atii「・A Iaif!«?#JSTrfl.∙⅞^ Art «hΛ-【介JS倉囹】3飓人号点的2空河氏阿体・»1. \ 【績析ι%⅛re:•.门-(>-/<(►.cd JeI十O-IIMn (—a-√> —J >• + 1 ；= Jj + ∣1M- 1 *>in ∣→M<√ ÷ u.v>n? w=4∙.*i,f< •>=」"*△"-】>.π ι>≡v-∣i∙ΛWi 吋•“♦)=/ —4~(∙-∙,)・八八=W “・八故门 1 >=I — 1 ・ I刃r!∣i 术UJ 线h F* h V= (V-D / ∙ ⅛ J⅛ Λ.【知识(3《】左已加片僞M京点応的t杆巾KΛX L Z・屮; 叼门一2=八八比八一.门=—八* ∙∣⅞i⅛铃丸芒累余歩.-ttΛ 7ΛftiFHJIT以把.<•験AJtU個•知税他屮•可14计凰八一半)〜"孑)•再“川一丄・匕苓以电蜒■ ■ ■J-ft⅛ħ∕τ f∙J ^4t∕Ai>^z w 中Hn J 令奇弘 H•罡找与侑Jfit的出以%伶朱ArJtH生VMI- 1 -(∙ ⅛∙•讥图1»电人曜金荊足学和的心纫点纥∙G狀幻M廣・-K CfllMlA W 6J∣V IlH卜的男为判门\ 6 Ittlt上的拴卩林M二罕∙m科丹住陀何■:坡H -nJ¾mw到.v In冷讣屮•品知琳存的氏也方√(7x7≡7 -S Λ-Lr T.tt J⅛ IUfWWtt^l⅛⅛rj!≠ι<η心诂张征岛上巧昭壮3 <•】？S lE叶、一般誓仔此如爲展歼•逻而4十掛Sl多中•时冋谒JUX衿隹岛罠址即可J1］ t t.［饰Jft意a∏Q⅛t人号缶询丘三祝阳.空怀化忆体.Kn【篆析"于∙ XW伸∙γ≤y・23“S以予+^X,x≤-< ≤γ^ - A兀"fc∙ Zb ≡ 1I k = J 吋・-P7≤.* ≤-pr ・ IM 为冲•导Ij罟•晋IHjM：・、.∙,∙riI【一鬆芻蔡】八< >≡i∕s4n< J r ------ 、—“・，乜r« / ?ατ -Tτfl5t l f ⅛J 尺G∙r i≡>r⅛去S 辜$ W 号【囱骥進鸟】 = »•«‘•)⅛{∣rT- = » ⅛rM(4S -]>6-f^⅜⅛∙r > I 十 “>G∙—加 <>c->τ +」£ IW ”< tl÷∙^>∕^∙^ ⅛ l⅜l UH) RtW (07 » M ψ.U ∣4ft2V J ：：E 殆 &=、3书 W ⅛ V ?.< ^ViX Φ[ffl⅛KΦ) 书∙ Y *；沖・Y ^rt∙I -O ^ +。
2020届高三文科数学训练2答案
小于或等于
2，即22������������
≤
2，故有������
≥
���2���，根据������2
−
������1的最小值为半个周期，可得������(������)
+5≥ ≤2
0的可行域
������ − ������ + 5 ≥ 0
如下图示，由图可知，若不等式组{������ ≥ ������
表示
0 ≤ ������ ≤ 2
的平面区域是一个三角形，则 a 的取值范围是5 ≤ ������ <
7．
9． 1 由题意得，∴ ������2 = ������2 + ������2 − 2������������cos������ = ������2 +
=
3．
5
3．
������ ������
∵ ������2 = ������2 − 2������������，������ = 23������，∴由余弦定理可得：������2 = ������2 + 2������������ = ������2 + ������2 − 2������������cos������ =
=
52+32−72 2×5×3
=
−
12，因为������→������
=
1 4
→
������������
+
������������→������，P
为∆������������������内一点
(含边界)，所以0
≤
������
≤
3 4
，所
以������→������
·
2020年高考文科数学全国3卷(word版,含答案)
1.【ID:4007728】已知集合，，则中的元素的个数为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：集合，，，中元素的个数为．故选：B．2.【ID:4007729】若，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：由，得，．故选：D．3.【ID:4007730】设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：样本数据，，，的方差为，根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，数据，，，的方差为：，故选：C．4.【ID:4002704】模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数(的单位：天)的模型：，其中为最大确诊病例数．当时，标志着已初步遏制疫情，则约为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由已知可得，解得，两边取对数有，解得，故选：C．5.【ID:4007731】已知，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：，，即，得，即，得．故选：B．6.【ID:4007732】在平面内，，是两个定点，是动点，若，则点的轨迹为()A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线【答案】A【解析】解：在平面内，，是两个定点，是动点，不妨设，，设，因为，所以，解得，所以点的轨迹为圆．故选：A．7.【ID:4002705】设为坐标原点，直线与抛物线：交于，两点，若，则的焦点坐标为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：将代入抛物线，可得，，可得，即，解得，所以抛物线方程为：，它的焦点坐标．故选：B．8.【ID:4007733】点到直线距离的最大值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：因为点到直线距离；要求距离的最大值，故需；可得；当时等号成立；故选：B．9.【ID:4002708】右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，，、、两两垂直，故，几何体的表面积为：，故选：C．10.【ID:4007734】设，，，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：，，，．故选：A．11.【ID:4007735】在中，，，，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：，，，，，可得，，则．故选：C．12.【ID:4007736】已知函数，则()A. 的最小值为B. 的图象关于轴对称C. 的图象关于直线对称D. 的图象关于直线对称【答案】D【解析】解：由可得函数的定义域为，故定义域关于原点对称；设，则，，由双勾函数的图象和性质得，或，故A错误；又有，故是奇函数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故B错误；；，故，的图象不关于直线对称，C错误；又；，故，定义域为，的图象关于直线对称；D正确；故选：D．13.【ID:4002715】已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【答案】【解析】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线，底面半径，则其高，不妨设该内切球与母线切于点，令，由，则，即，解得，，故答案为：．14.【ID:4007737】设双曲线：的一条渐近线为，则的离心率为________．【答案】【解析】解：由双曲线的方程可得渐近线的方程为：，由题意可得，所以离心率，故答案为：．15.【ID:4007738】设函数，若，则________．【答案】【解析】解：函数，，若，，则，故答案为：．16.【ID:4002713】若，满足约束条件，则的最大值为________．【答案】7【解析】解：先根据约束条件画出可行域，由解得，如图，当直线过点时，目标函数在轴上的截距取得最大值时，此时取得最大值，即当，时，．故答案为：．17. 设等比数列满足，．（1）【ID:4007739】求的通项公式．【答案】【解析】解：设公比为，则由，可得，，所以．（2）【ID:4007740】记为数列的前项和．若，求．【答案】【解析】解：由有，是一个以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，，解得，或(舍去)，所以．18. 某学生兴趣小组随机调查了某市天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：（1）【ID:4002719】分别估计该市一天的空气质量等级为，，，的概率．【答案】见解析【解析】解：设表示事件“该市一天的空气质量等级”．由表格数据得：；；；．（2）【ID:4002720】求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．【答案】【解析】由题意得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估值，一天中到该公园锻炼的平均人次的估值为．（3）【ID:4002721】若某天的空气质量等级为或，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为或．则称这天“空气质量不好”，根据所给数据，完成下面的列联表．并根据列联表，判断是否有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？附：，【答案】见解析【解析】由题意得：(空气质量好，人数)；(空气质量好，人数)；(空气质量不好，人数)；(空气质量不好，人数)；．，可以有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．19. 如图，长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）【ID:4007741】当时，．【答案】见解析【解析】解：因为是长方体，所以平面，而平面，所以，因为是长方体，且，所以是正方形，所以，又．所以平面，又因为点，分别在棱，上，所以平面，所以．（2）【ID:4007742】点在平面内．【答案】见解析【解析】解：取上靠近的三等分点，连接，，．因为点在，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且，又因为在上，且，所以，且，所以为平行四边形，所以，，即，，所以为平行四边形，所以，所以，所以，，，四点共面．所以点在平面内．20. 已知函数．（1）【ID:4007743】讨论的单调性．【答案】时，在递增，时，在递增，在递减，在递增．【解析】解：，，时，，在递增，时，令，解得：或，令，解得：，在递增，在递减，在递增，综上，时，在递增，时，在递增，在递减，在递增．（2）【ID:4007744】若有三个零点，求的取值范围．【答案】【解析】解：由得：，，，若有三个零点，只需，解得：，故．21. 已知椭圆：的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）【ID:4002724】求的方程．【答案】【解析】，，，，即，的方程为．（2）【ID:4002725】若点在上，点在直线上，且，，求的面积．【答案】【解析】设，，，则，，①，又，②，由①，，代入②式：，，，不妨设，代入①：，时，；时，；，或，，①，，，：，即，且，，．②，，，：，即，且，，，综上所述，．方法：由，设，点，根据对称性，只需考虑的情况，此时，，，有①，又，②，又③，联立①②③得或，当时，，，，同理可得当时，，综上，的面积是．22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数且)，与坐标轴交于，两点．（1）【ID:4002728】求．【答案】【解析】解：与坐标轴交于，，则令或，即或，则或(舍)或或(舍)，，，，，，，则，坐标为，，．（2）【ID:4002729】以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程．【答案】【解析】：，即，由，，则直线极坐标方程为：．23. 设，，，，．（1）【ID:4002730】证明：．【答案】见解析【解析】解：，且，，．（2）【ID:4002731】用表示，，的最大值，证明：．【答案】见解析【解析】不妨设为最大值，，则由，，，，，即．。
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1 2020年高考数学备考训练材料
（文科）解答题
说明：
1．本训练题由高三中心组编写，共30题，请各校教师根据本校学生的实际情况选择使用．
2．本训练题仅供本市高三学生考前冲刺训练用，希望在6月30日之前完成．
3．本训练题与市高三高考模拟、一测、二测等数学试题在内容上相互配套，互为补充．四套试题覆盖了高中数学的主要知识和方法．因此，希望同学们在6月30日至7月6日之间，安排一段时间，对这四套试题进行一次全面的回顾总结，同时，将高中数学课本中的基本知识（如概念、定理、公式等）再复习一遍．希望同学们保持良好的心态，在高考中稳定发挥，考取理想的成绩.
1.ABC V 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知
()()sin cos b A B A B a =+-+. （1）求A ；
（2
）若2b =
，求cos B .
2.如图所示，在ABC V 中，,A ∠,B ∠C ∠的对边分别为a ，b ，c ，已知2sin cos sin 0,b A B a B +=1a =，2c =.
（1）求b 和sin C ；
（2）如图，设D 为AC
边上一点，
BD CD =ABD △的面积.。