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1、2020 年高考押题预测卷03【新课标 卷】文科数学全解全析123456789101112CAACADACABAB1【答案】 C【解析】 Q Ax | x2x00,1， Bx |1x0x | x100,1 ，xxA I B0,1 .故选： C .2【答案】 A【解析】因为z23i23i32i13ii ，所以 zi .故选： A32i32i32i133【答案】 A【解析】由 sin x2sin x 得 0sin x1，因为 ysin x 在(0,1)上单调递增，所以0sin xsin1 ，而 sin11，所以 0sin x 1 ，故充分性成立；而当0sin x1时，2kx2k且2,Z ，xk k
2、2故必要性不成立故选： A 4【答案】 C【解析】设 P x, yuuuruuur， B m, n ，故 PBm x, n y ， PAx,2 y .uuuruuur由 PB3PA 可得mx3xm2xny，故n，6 3 y6 2 y2220 ，故 4x24 3 y2因为 OBOA4 20 ，整理得到 x2y20,3 ，半径为2，34 ，故点 P 的轨迹为圆，其圆心为故 PO 的最大值为 3 2 5 ，故选： C.文科数学第1页（共 13页）5【答案】 A【解析】由题意知0,180且90,则直线斜率 ktan,直线 l方程为 y2kx ,即 kxy2 0 ,(0,1),则圆心到直线 l|12 |
3、32 1 ,圆心坐标的距离 d1k21k即 91k2 ,解得 k 28,即 tan28 ,由 sin0 ,可得 sin22 ,31cos2112sin 22sin42所以sin3,cos2故选 :A .6【答案】 D【解析】如图为函数yf ( x) 的图象，函数 yf ( f ( x) 图象与直线 y4 的交点个数即为方程f ( f ( x)4 的根的个数， 令 tf ( x) ，则 f (t)4 即寻找直线 y t 与 yf (x) 图象的交点个数 当t 1时， 2t4 ，得 t2，与 yf ( x) 的图象1 个交点；当 t1 时， t 22t34 ，解得 t1 2 2或 t1221（舍）
4、，当 t1 2 2 时，412 20 ， yt 与 yf ( x) 图象的 2 个交点综上所述，直线yt 与 yf (x) 图象一共 4 个交点即满足题意的交点个数为3 个故选： D7【答案】 A【解析】1ln x0 得 x1，则函数的定义域为 (,1)( 1 , 1)(1 , ) 设 f ( x)sinx ，由 1 ln x1ln xeee ee文科数学第2页（共 13页）1lnx1lnxf ( x) ， f ( x)lnsin( x)1lnsinx1xx 函数 f (x) 为奇函数，排除D 1又 1，且 f (1)sin10 ，故可排除B e11ln 111( 2)111e2sinsin3
5、 sin0 ，故可排除选e2e ，且 f (x)1e212e2e2CA1lne28【答案】 C【解析】根据“柱脚 ”的三视图可知，该“柱脚 ”是由半圆柱和一个三棱柱组合而成，半圆柱的底面半圆的直径为4，高为 2 ，故半圆柱的体积为12224，2三棱柱的底面三角形的一边长为4 ，该边上的高为2 ，该三棱柱的高为2 ，故该三棱柱体积为122 8，42“”4所以该 柱脚 的体积为 8故选： C9【答案】 A【解析】按照程序框图运行程序，输入i1，满足 i3 ，则 y1， i0 ，满足 i3；则 y0， i1，满足 i3；则 y3 ， i2 ，满足 i3 ；则 y8， i3，不满足 i 3 ，框图运行
6、结束，A1,0,3,8.当 a3 或 8 时， yxa 在 0,上是增函数，所求概率 p21.42故选： A .10【答案】 B【解析】小张、小李同学各取一个毛绒娃娃，共有6530种取法，这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃有 1 种取法，故所求概率1P.30故选： B11【答案】 A【解析】因为24 的圆心 1,0C : x 1y2文科数学第3页（共 13页）所以，可得以1,0为焦点的抛物线方程为y24x ，y24x，解得 A1,2 ，由2y2x14抛物线 C2 : x28 y 的焦点为 F0,2 ，准线方程为 y2 ，即有 BMABBFAB AF 1，当且仅当 A, B, F ( A 在 B
7、, F 之间）三点共线，可得最大值1，故选 A.12【答案】 B【解析】 f( x)1ax1ax,x 当 a0 或 0a11, e 恒成立 ,时 , f ( x) 0 在 xe从而 f ( x) 在 1,e单调递减 ,所以 fmin (x)41f ( e) ae 1 3 ,解得 a,ee,不合题意 ; 当 1a1 时 ,易得 f (x) 在 1, 1单调递减 ,在1 , e单调递增 ,eaa所以 fmin (x)f11ln13,解得 ae21,1,不合题意 ;aae 当 a1时 ,f ( x) 在 1,e单调递增 ,所以 fmin (x)f (1)a31,满足题意 ;综上知 a3.所以 f (
8、 x)3xln x , x1, e ,所以 fmin ( x)f (1)3 , f max ( x)f (e)3e1依题意有 (n1) f min ( x)f max ( x) ,即 ( n 1)33e1,得 n e 2,3又 nN * ,所以 n3.从而 n 的最大值为3.故选 :B.文科数学第4页（共 13页）13【答案】 2 e1,)【解析】设 yh(x) 的图象与 yg( x) 的图象关于原点对称，由 g ( x)x31ax(x0) ，得 h(x)x31ax( x 0) ，22因为函数 yf (x) 与 yg( x) 的图象上存在关于原点的对称点，即 yf ( x) 与 yh( x)
9、的图象有交点，即 ex1 x3x2x31 ax, x0 有解，22即 1 aex1 x2x, x0 有解2x2xexxx令 f ( x)e1 x2x ex 1 ( x 1)e1 ，x ，则 f ( x)x2x2x2当 x(0,1)时， f( x)0，函数 f (x) 单调递减，当 x(1,) ， f(x)0，函数 f (x) 单调递增，所以 f ( x) 有最小值 f (1)e 1，所以1 ae1，222即 a2e 1故 a 的取值范围为 2e1,) 故答案为： 2 e1,)14【答案】 0, py=2 x22【解析】 抛物线 x22 pyp0 表示焦点在 y 轴正半轴的抛物线， 焦点坐标为0
10、, p，2把 x22 pyp0 代入双曲线 x2y21 a, b 0 ，a2b2可得： a2 y22 pb 2 ya2b20 ，设 A， B 两点坐标分别为xA , yA,xB , yB，文科数学第5页（共 13页） yA +yB2 pb2=，a2 AFBFyA +yB+2p =4 OF4p ，22 p= 2 pb2 ，a2 b =2 ，a2该曲线的渐近线方程为：y=2 x .2故答案为： 0, p； y=2 x .2215【答案】 179【解析】由于 2 PQQR33, QR3，则 TPQ339，因此 PQ42QR4,224即28，即 f ( x)sin(8 x6)1，因为PQ3，设 P(x
11、o，m) ，则 Q(xo3, m) ，则T99244sin( 8 xo)1sin 8xo31 ，即 sin(8 xo) sin(8 xo5) ，962946296968852kxo9即( 9 xo6 ) ( 9 xo6 ) 2，解得8 k (k Z )，所以m8xo)1sin(k)1 ，由于 m0 ，所以m，因此17sin(221m.966916【答案】 【解析】 由 M , N 分别为菱形 ABCD 的边 BC ,CD 的中点， 故 MN /BD ，MN平面 ABD，故 MN / /平面 ABD ； 取 AC 中点 P，连接 DP ，BP，由于菱形 ABCD ，所以 DPAC, BPAC ，
12、可证得 AC平面 DPB ，故 BDAC ，又 MN /BD ，故 MNAC ，异面直线 AC 与 MN 所成的角为定值 .文科数学第6页（共 13页） 借助极限状态，当平面DCA 与平面 BCA 重合时，三棱锥DABC 的外接球即为以三角形ABC 的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC 的投影仍然为三角形ABC 的外接圆的圆心，故二面角不为0 时，外接球半径一定大于三角形ABC 的外接圆半径，故三棱锥 DABC 的外接球半径不可能先变小后变大.过 A 在平面 ABC 中作 AHBC 交 BC 于 H，若ABC 为锐角， H 在线段 BC 上；若A
13、BC 为直角，H 与 B 点重合；ABC 为钝角， H 在线段 BC 的延长线射线CB 上.若存在某个位程，使得直线AD 与直线 BC 垂直，由于AHBC ，因此 BC 平面 AHD ，故 DHBC .若ABC 为直角， H 与 B 点重合，即 DBBC ，由于 CDCB ，不可能成立 .若ABC 为钝角，则原平面图中，DCB 为锐角，由于立体图中DBDPPB ，故立体图中DCB一定比原图中更小，因此DCB 为锐角， DHBC ，故 H 在线段 CB 上，与 H 在线段 BC 的延长线射线 CB 上矛盾，因此ABC 的取值范围是0,.2故答案为： 17（本小题满分12 分）【解析】 (1) S
14、n 12Sn 1 Sn 11 2 Sn1 ， n N *因为 a1S1 1 ，所以可推出 Sn 1 0 文科数学第7页（共 13页）Sn 11Sn1 为等比数列故2 ，即Sn1 S1 1 2 ，公比为 2 Sn12n ，即 Sn2n1 ， Sn 12n 11 ，当 n2 时， anSnSn 12n 1 ， a11 也满足此式， an = 2n- 1 ；(2)因为 bnnn12nan2n 1 ， Tn20212n 111 2n11 11nn 2Tn1222n ，两式相减得 :Tn201n12n2n222222即 T4n2，代入 Tn2n 1n50 ，得2nn260nn 12令 f (x)2xx2
15、6 ( x1 )， fx2x ln 210 在 x1,成立， fx2xx26 ， x1,为增函数，而 f 5 f40 ，所以不存在正整数n 使得 Tn2n 1n50 成立18（本小题满分12 分）【解析】（ ）取 PA 中点 G ，连 FG ， GD ，由 FG / / AB, FG1AB, ED / / AB, ED1ED ，2AB ，可得 FG / / ED , FG2可得 EDGF 是平行四边形，则EF / / DG ，又 PD平面 ABCD ， 平面 PAD平面 ABCD ， ABADAB平面 PAD ， AB平面 PAB ， 平面 PAB平面 PAD ， PDAD ， G 是 PA
16、中点，则 DGPA ，而 DG平面 PADDG平面 PAB ，而 EF / / DG ， EF平面 PAB .（ ）根据三棱锥的体积公式，得 VPAEFVB AEFVF BAE1 VP BAE11S BAEPD2231113333.232419（本小题满分12 分）文科数学第8页（共 13页）1C 上的点到准线的最小距离为2 ，所以p2 ，解得 p4.【解析】（ ）因为抛物线2故抛物线 C 的方程为 y28x ；（ 2）由（ 1）知焦点为 F2,0 .由已知可得 ABDE ，所以两直线AB 、 DE 的斜率都存在且均不为0 .设直线 AB 的斜率为 k ，则直线 CD 的斜率为1，k故直线 A
17、B 的方程为 ykx 2 .联立方程组y28x，消去 x ，整理得 ky28 y16k0 .ykx 2设点 A x1 , y1 、 B x2 , y2，则 y1y28.k因为 MxM , yM为弦 AB 的中点，所以 yM1y1y24.2k由 yMkxM2 ，得 xMyM42 ，故点M44.k22k22,kk同理，可得 N 4k 22,4k .故 NF4k 22 24k4 k 21 k2 ， MF16 16 4 1 k2.22k4k 2k2所以 MF NF4 1k 24 k2 1 k 216 1 k 216 | k |116 2 k132 ，k2kkk当且仅当 k1，即 k1 时，等号成立 .
18、k所以 MFNF 的最小值为 32 .20（本小题满分12 分）【解析】（ 1）依题意， c100，b 300，m500， n 700 .在本次的实验中，K 2 的观测值 K 21000(400 200 300100)247.619 10.828.700300500500 在犯错误的概率不超过0.1% 的前提下，认为对共享产品的态度与性别有关系；（ 2）依题意，应该从认为共享产品对生活无益的女性中抽取4 人，记为 A，B，C，D ，从认为共享产品对生活无益的男性中抽取2 人，记为 a ， b .文科数学第9页（共 13页）从以上 6 人中随机抽取 2 人，所有的情况为： ( A, B),( A
19、,C ),( A, D ),( A,a),( A, b),( B,C ),( B, D )B, a ，( B,b),( C , D),( C , a),( C , b),( D , a),( D , b),( a, b) ，共 15 种，其中满足条件的为( A,a),( A, b),( B,a),( B, b),( C , a),( C ,b),( D , a),( D, b) 共 8 种情况，故所求概率P8；1521（本小题满分12 分）10 ，当 a0 时， f( x)1(b1)【解析】（ ）依题意 xx 当 b1 时， f ( x)0 恒成立，此时f (x) 在定义域上单调递增； 当 b1 时，若 x0, 1， f ( x)0 ；若 x1,， f ( x)0b1b1故此时 f ( x) 的单调增、减区间分别为0,1、1,b 1b112axa b1，又 f (1)0，(2)由 f (x)x故 f (x) 在 x 1处取得极大值，从而f (1)0，即12aab10, ba进而得f12ax2a1(2 ax1)(x1)(x)xx当 a0 时，若 x1 ,1 ， f ( x)0 则；若 x1,e，则 f(x)0.所以 f ( x) 最大值 = f (1)0e故 a0 符合题意1a1122e当 a0 时，依题意，有2a即，故此时a02e(e1)2a