2020届高考实战3套卷-全国卷（一）数学（文） 试题 Word版含答案.doc

参考答案 1 2020 届高考实战 3 套卷 全国卷（一） 数学（文科）答案及解析 一、选择题 1. 【答案】C 【解析】因为    2lo g308Axxxx ，  0 ,1, 2B  ， 所以  1,2AB ，所以    0 , 3,4U AB .故选 C. 2. 【答案】D 【解析】由题意设 2z b b i， b  R ，所以 2245bb， 解得 1b  或 1，所以 2zi   或 2zi.故选 D. 3. 【答案】C 【解析】命题“ 2R ,tan0xxx ”的否定是 “ 2 000 R , tan0xxx ” .故选 C. 4. 【答案】D 【解析】因为      2211 3131 xx xx ee fxfx     ，所以 函数  fx为偶函数，故排除 A；又   3 11 42 e f  ，故排除 B，C.故选 D. 5. 【答案】C 【解析】由 π 1 sin 62   且 π 0, 2     ，得 π 3 c o s 62   ， 所以 π co s 3   π π c o s 66     π π π π co sco ssinsin1 6666   .故选 C. 6. 【答案】D 【解析】  aba，   0a b a    ，   2 0aab ， 即 2 c o s0aabab ， ，又 a 与 b 的夹角为 2 π 3 ， 1a  ， 1 10 2 b ， 2b.故选 D. 7. 【答案】B 【解析】如图，不妨设 22AC  ，则 22A OA B , .由图 易知区域②的面积 S  等于以 AB 为直径的半圆的面积减去区 域①的面积，所 以   2 211 π 1 π 2 24 ABCSS    △ A O BS △ ，而 1 221 2A O BS △ ， 所以阴影部分的面积为 22A O BS △ ，又整个图形的面积   21 π 21π 1 2 S  ，所以由几何概型概率的计算方法 知，所求概率为 2 π 1 .故选 B. 8. 【答案】B 【解析】由  0 Rk xykk ，可得  1ykx，显然 0k  ，则 1 1xy k ，代入 2 4yx ，得 2 4 40yy k  .设    1122,,,AxyBxy ，则 12 4yy  ，所以   222 1212 12 1 4 4 1 6 yyyy xx     ，因为 1 2 1 2O A O B x x y y   1 4 3 0     ，所以 A O B 为钝角，即 O A B△ 为钝角三 角形.故选 B. 9. 【答案】A 【解析】依题意可得平行六面体 1 1 1 1A B C D A B C D 的底面积 1 1 1 1 1 1 1 1 3 sin 6 0 2 2 2 3 2A B C DS A B A D      四 边 形 ，连接 11AC ， 由 1111111 60A ADA ABDAB ， 可知点 A 在底面 1111A B C D 上的射影在 11AC 上， 设 H 为点 A 在底面 1111A B C D 上的射影，如图， 设 1A A H ，则 11111co sco sco sA ABCAB  ， 则 3 co s 3   ，故 2 36 sin1 33      ， 因此 626 2 sin2 33 AH  ， 可得该平行六面体的体积 26 2342 3 V  .故选 A. 10. 【答案】C 【解析】由题知， 20a，即 2a  ， 由 32yxa xa 得 2'320yxa x 在  ,0x    上恒成立， 则 3 2 ax 在  ,0x    上恒成立，即 0a  ，又函数  fx在 R 上 单调递增，则需满足 3 2 a  ，综上，实数 a 的取值范围是 3 [0 , ] 2 .故选 C. 11. 【答案】D 【解析】 211 22nnnSaa①，当 2n  时， 2 111 11 22nnnSaa  ② ， ①-②得，    1110nnnnaaaa  ,由于 1 0nnaa，所以 1 1nnaa，又易知 1 1a  ，故数列  1a 是首项和公差都为 1 的等差数列 ，故 nan ，  1 1 2nSnn，则   21 1 2 n n n b S     11 1 1 n nn   ，则 数 列  nb 的前 2 022 项和为 1111112 0 2 2 12232 0 2 22 0 2 32 0 2 3    .故选 D. 12. 【答案】C 【解析】由题得   2 2fxxa xa  ，由函数  fx在  1212,xxxx  处的导数相等，得 122xxa ， ∵  12fxxm 恒成立，∴    21mfaa恒成立， 令        321 22221 3 gafaaaaaa  324 211 3 aaa  ，则    24441gaaaaa    . 当  ,0a   时，   0ga  ；当  0 ,1a  时，   0ga  . ∴  ga 在  ,0 上单调递减,在  0 ,1 上单调递增， ∴    m in 01gag ，∴   m in 1mga.故选 C. 二、填空题 13. 【答案】 380 9 【解析】设所抽取的这 100 名住户的年龄的中位数为 m， 则有    1 0 0 .0 0 5 0 .0 1 5 0 .0 2 04 0 0 .0 4 5 0 .5m , 解得 380 9 m  . 14. 【答案】 3 4 7 - , - 24 【解析】由题意得，   22f x x .当2 2 3x 时， 解得 1 2 x  ，∴ 1 1 2 3 17 2 4 4 f       .当 2 2 5x    时， 解得 7 2 x  ，∴ 7 4 9 7 77 2 4 4 f        .∴斜率为 3 的切 参考答案 2 线方程为 2 31 3 42 yx   ,即 42 31 26yx ①.斜率为-5 的切线方程为 77 5 42 yx   ,即 472070yx ②. 联立①②解得， 34 7 , 24 xy ，∴ 347 , 24 P   . 15. 【答案】丁 【解析】由题意可以梳理出下表 甲的卡片 乙的卡片 丙的卡片 丁的卡片 戊的卡片 甲 × × × 乙 × × × 丙 × × × 丁 × × × 戊 × × × 因此丙只能选择丁的卡片. 16. 【答案】 2 【解析】由 1F A A B 知 A 是 1BF 的中点，又 O(O 为坐标原点) 是 12FF 的中点，所以 OA 为 12F F B△ 的中位线.因为 1290FBF ，所以， 1O A B F , 1O B O F ，所以 1FOABOA .根据双曲线的两条渐近线关于 y 轴对称.可知 12FOAFOB ，所以 2 60FOB .所以渐近的倾斜角为 60° 或 120°,即 3b  ，所以双曲线 C 的方程为 2 2 1 3 y x ，所以 2 312O Fc  .易知 2BOF△ 为等边三角形， 所以 222B FO F.故当 2,,BPF三点共线时 2P BP F 取得最小值，  22m in 2P BP FB F . 三、解答题 17. 【答案】(1)  12Nn nan (2) 1 1 1 21n   【解析】(1)∵  2 11220nnnnaaaa  ， ∴  11220nnnnnaaaaa  ， ∴    1210nnnaaa  . ……3 分 ∵ 0na  ，∴ 120nnaa，即 1 2n n a a   . ∴  na 是首项为 1，公比为 2 的等比数列， ∴  12Nn nan. ……6 分 (2)由 1 1 n nn n a bS S    ，得 1 11 11nn n nnnn SS b SSSS     . 由上题可得， 12 21 12 n n nS      . ∴ 12231 111111 n nn T SSSSSS       1 11 1 1 1 1 21n nSS        . ……12 分 18. 【解析】(1)∵底面 A B C D 为菱形，∴ B D A C . ..……2 分 ∵ ,B DP C A CP CC, ∴ BD  平面 PAC ，∴ B D P A ，……4 分 ∵ ,P A A C A C B D O， ∴ PA  平面 A B C D . ..……6 分 (2)存在满足题意的点 F.理由如下：……7 分 当 2P F F C 时，满足题意. ……8 分 在 PD 上取一点 H，使得 2P H H D ， 连接 ,,E H B F H F ， 则 2 3 H F C D 且 //H F C D . ∵ 2,//B EA EA BCD ， ∴ 2 3 B E C D 且 //B E C D . ∴ //B E H F ，.……10 分 ∴四边形 B F H E 为平行四边形， ∴ //B F E H ..……10 分 又 EHPDE 平 面 ，∴ //BFPDE平 面 . .……11 分 ∴在侧棱 PC 上存在一点 F，使 //B F P D E平 面 . .……12 分 19. 【解析】（1）由列联表可得：           2 2 na bb c K abcdacbd      2 100 50 0 .6 4 93 .8 4 1 5 05 05 64 47 7              ……3 分 所以没有 95％ 的把握认为“微信控”与“性别”有关．……4 分 （2）根据题意所抽取的 5 位女性中，“微信控”有 3 人， “非微信控”有 2 人. . ……7 分 （3）抽取的 5 位女性中，“微信控”3 人分别记为 A，B，C； “非微信控”2 人分别记为 D，E．……8 分 则再从中随机抽取 3 人构成的所有基本事件为：ABC，ABD， ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE， 共有 10 种； 抽取 3 人中恰有 2 人为“微信控”所含基本事件 为：ABD，ABE，ACD，ACE，BCD，BCE，共有 6 种， 所求为 63 1 0 5 P ．……12 分 20. 【答案】(1)  2 2 1 2 x y (2) 43 3 【解析】(1) 直线 1xy与 x 轴交于点  1, 0 ， 所以椭圆右焦点的坐标为  1, 0 ，故 1c  ..……1 分 设    1122,,,AxyBxy ， 则 21 1212 21 42 ,,1 33 yy xxyy xx     ..……2 分 又 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 21, 1 x y x y a b a b     ， 所以 2 2 2 2 2 1 2 1 220 x x y y ab  ，        21212121 220 xxxxyyyy ab  ，……3 分 所以 222ab ，又 2 2 2 ,1a b c c   ，所以 222 , 1ab， 因此椭圆方程为 2 2 1 2 x y……5 分 (2)由 2 2 1 2 1 x y xy      ，得 0 1 x y    或 4 3 1 3 x y       ，不妨取  0 ,1A ， 41 , 33 B   .设直线 1 : 2 l y x m，将 1 2 y x m代入 2 2 1 2 x y，得 2 2 23 4 4 4 0 , 4 8 3 2 0x m x m m        ， 得 2 3 2 m  .设    3 3 4 4, , ,C x y D x y ， 则 2 3 4 3 4 4 4 4 , 33 mm x x x x      ，  22 2 34 1 6 1 2 4 41 5 2 5 1 3 2 4 2 3 3 mm C D x x m        ..………8 分 参考答案 3   41 0 ,1,, 33 AB  到直线 1 2 y x m的距离分别是 12 42 2 2222 33, 555 m mm dd    ..……9 分 由于直线 l 与线段 AB 相交， 所以 1141 010 2233 mm     ，得 11m   ， 于是 12 4 5 dd ..……10 分 四边形 A C B D 的面积是 12 11 22 S C D d C D d     12 1 2 CDdd 24 4 3 32 33 m   ， 当 0m  时，等号成立. ……11 分 故当 0m  时，四边形 A C B D 的面积取得最大值，为 43 3 . ..……12 分 21. 【解析】(1)设切点坐标为  00,xy ，   1 'ln1fxx x  ， 则     0 0 000 1 ln1 1ln1 xa x xxax      ，∴ 00 0 1 2ln0 xx x  . 令   1 2lnhxxx x  ，∴   2 2 21 '0 xx hx x  ， ∴  hx 在  0,  上单调递减， ∴   0hx  最多有一个实数根. 又∵  10h  ，∴ 0 1x  ， 此时 0 0y  ，即切点 T的坐标为(1,0). ……. ……5 分 (2)当  0 ,1x  时，    gxfx  恒成立， 等价于  1 ln< 0 +1 ax x x   对  0 ,1x  恒成立. 令    1 ln 1 ax hxx x    ，则     2 12 ' 1 a hx x x       2 2 211 1 xax xx    ，  10h  ..……7 分 ①当 2a  ，  0 ,1x  时，  222 1 1 2 1 0x a x x x       ， ∴  '0hx ，  hx 在  0 ,1x  上单调递增，因此   0hx . .……9 分 ②当 2a  时，令  '0hx 得   2 1 111xaa ,   2 2 111xaa .由 2 1x  与 12 1xx  得， 101x. ∴当  1 ,1xx 时，  '0hx ，  hx单调递减， ∴当  1 ,1xx 时，    10hxh ，不符合题意； 综上所述得，a 的取值范围是  ,2 . ……12 分 22. 【答案】(1)   2 12 4 3 , 0,, 2 52 5   (2) 10 或-14 【解析】 (1)由题意得曲线 C 的普通方程是 2 2 1 9 x y. 当 1a  时，直线 l 的直角坐标方程为 430xy ..……2 分 由 2 2 1 9 4 3 0 x y xy        ，解得 1 1 3 0 x y    或 2 2 21 25 24 25 x y       ，……4 分 所以曲线 C 与直线 l 的交点坐标是   2 1 2 4 3, 0 , , 2 5 2 5   ..……5 分 (2)由题意得直线 l 的普通方程为 4 2 0x y a    . 故曲线 C 上的点  3 c o s , sin到直线 l 的距离为    5 sin23 co s4 sin2 1 71 7 aa d   ， 其中 3 tan 4   ..……7 分 当 20a  时， m a x 7 17 17 a d  ，解得 10a  ..……8 分 当 20a  时， m a x 3 17 17 a d  ，解得 14a  ..……9 分 所以 a 的值为 10 或-14. ……10 分 23. 【解析】(1)由   1fx 得， | 3 2 | 1x ，……2 分 所以， 1321 x ，解得 1 1 3 x    ，……4 分 所以，   1fx 的解集为 1 1 3  , . ……5 分 (2)  2f x a x  恒成立，即 232xax  恒成立. ……6 分 当 0x  时， Ra  ； 当 0x  时， 2322 3 x ax xx   ..……8 分 因为 2 326x x  (当且仅当 2 3 x x  ，即 6 3 x  时等号成 立)，所以 26a  ，即 a 的最大值是 26. ……10 分