强化卷07冲刺2020高考数学（理）之拿高分题目强化卷（3月新课标版解析版）

1 / 12 冲刺 2020 高考数学之拿高分题目强化卷第一期【新课标版】 专题 07 3 月一模精选压轴卷（第 7 卷） 题号 题型 试题来源 考点阐述 1 选择题 10 2020 届陕西省渭南市高三(一模)数学试题 三角函数的图象性质 2 选择题 11 2020 届山西省校高三检 测数学试题 分段函数、零点 3 选择题 12 2020 届海南省海口市第四中学高三数学 试题 抛物线的性质 4 填空题 15 河北省邢台市 2020 届高三数学试题 基本不等式，充分条件与必要条件 5 填空题 16 2020 届吉林省高三第二次模拟数学试题 点到平面的距离 6 第 19 题 山西省临汾市 2020 届高三下学期模拟考 试（2)数学试题 平均数的计算，随机变量的分布列与期望 7 第 20 题 2020 届贵州省高考适应性 数学试题 直线与椭圆的位置关系，三角形的面积 8 第 21 题 2020 届福建省福清市高三下学期线上教 学质量检测数学试题 函数的单调性、极值，函数的零点 1.设函数 的图象为 C,下面结论正确的是( ) A．函数 f(x)的最小正周期是 2π. B．函数 f(x)在区间 上是递增的 ( ) 2sin 2 3f x x π = −   ,12 2 π π     2 / 12 C．图象 C 关于点 对称 D．图象 C 由函数 g(x)=sin2x 的图象向左平移 个单位得到 【答案】C 【解析】设函数 的图象为 C， 在 A 中，函数 f(x)的最小正周期是 T= =π，故 A 错误; 在 B 中，函数 的增区间满足： ，k∈Z， 整理，得：﹣ ，k∈Z， ∴函数 f(x)在区间( )上是先增后减，故 B 错误; 在 C 中，由 2x﹣ =kπ，k∈Z，得 x= ，k∈Z. ∴函数 的图象的对称中心为( ，0)，k∈Z， 当 k=2 时，图象 C 关于点( ，0)对称，故 C 正确; 在 D 中，函数 g(x)=sin2x 的图象向左平移 个单位，得： f(x)=sin2(x+ )=sin(2x+ )，故 D 错误. 故选：C. 7 ,06 π     2 3 π ( ) 2sin 2 3f x x π = −   2 2 π ( ) 2sin 2 3f x x π = −   2 2 22 3 2k x k π π ππ π− + − +  5 12 12k x k π ππ π+ +  ,12 2 π π 3 π k 2 6 π π+ ( ) 2sin 2 3f x x π = −   k 2 6 π π+ 7 6 π 2 3 π 2 3 π 4 3 π 3 / 12 2.已知函数 ，则 的零点个数为（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【解析】令 ，则 的零点， 转化为 ， 而 ，解得 ， ， 所以 ， 即 时， ，得 ， 时， ，得 ， 即 时， ，得 ， 时， ，得 . 所以 有 4 个零点. 故选：A. 3.已知抛物线 ： 的焦点为 ，过点 的直线 与抛物线 交于 两点，且直线 与 圆 交于 两点.若 ，则直线 的斜率为 ( ) 2 1, 0 log , 0 x xf x x x + ≤=  > ( ) 1y f f x= +   ( )f x t= ( ) 1y f f x= +   ( ) 1 0f t + = ( ) 2 1, 0 log , 0 t tf t t t + ≤=  > 1 2t = − 2 1 2t = ( ) 1 2f x t= = − 0x ≤ 1 2x + = − 3x = − 0x > 2log 2x = − 1 4x = ( ) 2 1 2f x t= = 0x ≤ 11 2x + = 1 2x = − 0x > 2 1log 2x = 2x = ( ) 1y f f x= +   C 2 2 ( 0)y px p= > F F l C A B、 l 2 2 23 04x px y p− + − = C D、 2AB CD= l 4 / 12 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题设可得圆的方程为 ， 故圆心为 ，为抛物线的焦点， 所以 所以 ． 设直线 ,代入 得 ， 设直线 l 与抛物线 C 的交点坐标为 ， 则 ， 则 ， 所以 ，解得 ． 故选 C． 4.现有下列三个结论，其中所有正确结论的编号是________. ①若 ，则 的最大值为 ； ②“ ”的一个必要不充分条件是“ ”； 2 2 ± 3 2 ± 1± 2± 2 2 2 2 px y p − + =   ,02 p     2 ,CD p= 4AB p= : 2 pl x ty= + 2 2 ( 0)y px p= > 2 22 0y pty p− − = ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 1 2 1 22 ,y y pt y y p+ = = − ( )( ) ( )2 2 2 2 21 4 4 2 1 4AB t p t p p t p= + + = + = 21 2t+ = 1t = ± 0 1x< < lg log 10xx + 2− 2 3x > 2log 3x > 5 / 12 ③若 且 ，则 . 【答案】①③ 【解析】若 ，则 ， ， 当且仅当 ，即 时，等号成立，所以①正确； 因为 ，所以②不正确； 作出不等式组 ，表示的可行域， 由图可知，当直线 经过点 时， 取得最小值 6，故 ．所以③也正确． 故所有正确结论的编号是①③． 故答案为：①③． 5.如图，在五面体 中， // ， ， ，四边形 为平行四边形， 平面 ， ，则直线 到平面 距离为_________． 0x y− ≤ 4x y+  2 6x y+  0 1x< < 0lgx < ( )1 1 1log 10 2 2xlgx lgx lgx lgxlgx lgx lgx  + = + = − − + ≤ − − ⋅ = − − −  1lgx lgx − = − 1 10x = 2 4 4 3log 3 log 9 log 8 2 = > = 0, 4 x y x y −  +   2z x y= + (2,2) z 2 6x y+  ABCDEF AB DC 2BAD π∠ = 3CD AD= = ABFE FA ⊥ ABCD 5FC = AB EFCD 6 / 12 【答案】 【解析】作 ，如图 由 // ， 平面 ， 平面 ， 所以 //平面 ， 所以直线 到平面 距离， 等价于点 到平面 距离， 又 平面 ， 平面 ， 所以 ，又 ，则 ， 平面 ， ， 所以 平面 ， 3 7 4 AG FD⊥ AB DC DC ⊂ EFCD AB ⊄ EFCD AB EFCD AB EFCD A EFCD FA ⊥ ABCD CD ⊂ ABCD FA ⊥ CD 2BAD π∠ = CD AD⊥ ,AD FA ⊂ FAD AD FA A∩ = CD ⊥ FAD 7 / 12 平面 ，所以 ， 又 平面 ， ， 所以 平面 ， 所以点 到平面 距离为 ， 由 ，所以 ， 又 ，所以 ， 在 中， ， 又 . 故答案为： 6.2016 年 5 月 20 日以来，广东自西北到东南出现了一次明显降雨.为了对某地的降雨情况进行统计，气象部 门对当地 20 日~28 日 9 天内记录了其中 100 小时的降雨情况，得到每小时降雨情况的频率分布直方图如下： 若根据往年防汛经验，每小时降雨量在 时，要保持二级警戒，每小时降雨量在 时，要保持 一级警戒. （1）若以每组的中点代表该组数据值，求这 100 小时内每小时的平均降雨量； （2）若从记录的这 100 小时中按照警戒级别采用分层抽样的方法抽取 10 小时进行深度分析.再从这 10 小时中随机抽取 3 小时，求抽取的这 3 小时中属于一级警戒时间的分布列与数学期望. AG ⊂ FAD CD AG⊥ ,CD FD ⊂ EFCD CD FD D∩ = AG ⊥ EFCD A EFCD AG 3CD AD= = 2 2 3 2AC CD AD= + = 5FC = 2 2 7AF FC AC= − = AFD∆ 2 2 4FD AD AF= + = 1 1 3 7 2 2 4FD AG AD AF AG⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = 3 7 4 [75,90) [90,100) 8 / 12 【解析】（1）这五组数据对应的频率分别为：0.05，0.35，0.3，0.2，0.1. 故这 100 小时的平均降雨量为： 0.05×77.5+0.35×82.5+0.3×87.5+0.2×92.5+0.1×97.5=87.25 . （2）由频率分步直方图可知，属于一级警戒的频率为：(0.04+0.02)×5=0.3， 则属于二级警戒的频率为 1－0.3=0.7.所以，抽取的这 10 个小时中， 属于一级警戒的有 3 小时，属于二级警戒的有 7 小时. 从这 10 小时中抽取 3 小时，用 表示一级警戒的小时数， 的取值可能为 0，1，2，3. 则 ，， . 所以， 的分布列为： 0 1 2 3 则 的期望值为： （小时）. 7.已知椭圆 的左焦点为 ，椭圆上动点 到点 的最远距离和最近距离分别为 和 . （1）求椭圆的方程； （2）设 分别为椭圆的左、右顶点，过点 且斜率为 的直线 与椭圆交于 、 两点，若 ， 为坐标原点，求 的面积. 【解析】（1）设 ，由已知， .∴ .∴ .则 (mm) ξ ξ 1 3 3 2 7 7 3 3 10 1Q 7 21( 0) ( 1)24 40 C C CP PC C ξ ξ= = = = = = 2 1 3 3 7 3 3 3 10 10 7 1( 2) ( 3)40 120 C C CP PC C ξ ξ= = = = = = ξ ξ P 7 24 21 40 7 40 1 120 ξ 7 21 7 10 1 2 3 0.924 40 40 120Eξ = × + × + × + × = 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > F M F 3 1+ 3 1− , A B F k l C D 10AC DB AD CB⋅ + ⋅ =    O OCD ( ,0)F c− 3 1, 3 1a c a c+ = + − = − 3, 1a c= = 2 2 2 2b a c= − = 9 / 12 椭圆的方程为 . （2）解法 1：设 .与椭圆联立得 .化简得 .设 ，由韦达定理，有 .又 ， . . ∴ .则 .联立得 . 则 .即 . ∴ . ∴ . 解法 2：设 . ， 与椭圆联立得 .化简得 . 其两个分别为 ，∴ .① 又 . . 2 2 13 2 x y+ = : ( 1)( 0)l y k x k= + ≠ 2 2 2( 1) 13 2 x k x ++ = ( ) ( )2 2 2 23 2 6 3 2 0k x k x k+ + + − = ( ) ( )1 1 2 2, , ,C x y D x y ( ) 2 1 2 2 2 1 2 2 6 3 2 3 2 3 2 kx x k k x x k  + = − + − ⋅ = + ( )( )1 13, 1AC x k x= + + ( )( )2 23, 1DB x k x= − + − + ( )( ) ( )( )2 2 1 13, 1 , 3, 1AD x k x CB x k x= + + = − + − +  ( )2 1 2 1 2 1 22 6 2 1 10AC DB AD CB x x k x x x x⋅ + ⋅ = − + − + + + =    ( ) ( )2 2 2 1 2 1 22 2 6 2 2 10k x x k k x x− + + − − + = 2 2 5k = 216 12 24 05 5 5x x+ − = 24 3 6 0x x+ − = 1 2 1 2 10 9 4 4 6 42| | 5 4 4y y k x x + × ×− = − = × = 1 2 1 42| |2 8OCDS OF y y= − =  : ( 1)( 0)l y k x k= + ≠ ( ) ( )1 1 2 2, , ,C x y D x y 2 2 2( 1) 13 2 x k x ++ = ( ) ( )2 2 2 23 2 6 3 2 0k x k x k+ + + − = 1 2,x x ( ) ( ) ( )( )( )2 2 2 2 2 1 23 2 6 3 2 3 2k x k x k k x x x x+ + + − = + − − ( ) ( )1 1 2 23, , 3,AC x y DB x y= + = − + −  ( ) ( )2 2 1 13, , 3,AD x y CB x y= + = − + −  10 / 12 ∵ .化简得到 .② 在①中，令 ，得 .③ 令 ， .∴ ， .④ 将③、④代入②得 .解得 . 则 .即 . ∴ . ∴ . 8.已知函数 ，证明： （1） 在区间 存在唯一极大值点； （2） 有且仅有 2 个零点. 【解析】证明:(1)设 , 当 时, , 所以 在 上单调递减, 又因为 , , 10AC DB AD CB⋅ + ⋅ =    1 2 1 2 2x x y y+ = − 0x = ( )2 1 2 2 3 2 3 2 k x x k − = + 1x = − ( )( )( )2 1 24 3 2 1 1k x x− = + + + ( )2 2 1 24 3 2k k y y− = + 2 1 2 2 4 3 2 ky y k −= + ( )2 2 2 2 3 2 4 23 2 3 2 k k k k − −+ = −+ + 2 2 5k = 216 12 24 05 5 5x x+ − = 24 3 6 0x x+ − = 1 2 1 2 10 9 4 4 6 42| | 5 4 4y y k x x + × ×− = − = × = 1 2 1 42| |2 8OCDS OF y y= − =  ( ) ln 2sinf x x x x= − + ( )f x ( )0,π ( )f x ( ) ( ) 1 1 2cosg x f x xx ′= = − + ( )0,x π∈ ( ) 2 12sin 0g x x x ′ = − − < ( )g x ( )0,π 3 31 1 03g π  = − + = >  π π  2 1 02g π π   = − ( )f x ( )0,α ( ),x α π∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( ),α π ( )f x ( )0,π 3 2 π πα α < − >   2 2 2 2 1 1 1 12 2sin 2 2 0f e e e e   = − − + < − − +