2020届高考强基3套卷 全国卷（一）理-答案.pdf

参考答案 1 2020 届高考强基 3 套卷 全国卷（一） 数学（理科）答案及解析 一、选择题 1. 【答案】B 【解析】依题意， 2{ | 2 0}A x x x  … { | 0x x „ 或 1}2x … ，故 1( 1 0] [ )2A B   U ， ， ∞ .故选 B. 2. 【答案】B 【解析】因为 3 2 3 1 1 (1 ) 2 1 1 2 2 i i i iz ii i           ，所以 | | 1z  . 故选 B. 3. 【答案】C 【解析】对于 A，由图知广东 5 年人口增加超过 400 万，增量最 多，天津增幅达到了 19.2％，增幅最高，正确；对于 B，由图易 知正确；对于 C，上海的人口增幅为 4.9％，未超过 5％，不正 确；对于 D，人口增量超过 200 万的省或直辖市有天津、北京、 重庆、广东、河北、湖南和山东，正确.故选 C. 4. 【答案】C 【解析】依题意，得 6 1 2 15S a a   ， 所以 1 2 2 3 1 3(1 ) 4 (1 ) 15 a q a q q q q         . 两式相除可得， 2 2(1 ) 20q q  . 所以 1 1 4 2 a q     ，所以 6 6 7 1 1 2 164a a q    .故选 C. 5. 【答案】D 【解析】选取的3 人中既有男生又有女生的概率 2 1 1 2 5 3 5 3 3 8 C C C CP C  45 56  .故选 D. 6. 【答案】A 【解析】由图知，该陀螺模型是由两个圆锥和一个圆柱拼接而 成，所求表面积为 1 12π 2 2 2 2π 2 1 2π( ) ( )42 2S           2 2(π ) (2 5 4 π 2 )4 2 π8 5 16        .故选 A. 7. 【答案】C 【解析】3 个月的总用电量为 720 kW h· ，要使电费最少，则 3 个月的用电量均在第二档.此时，总费用为180 0.56 3 720(   180 3 0.61) 412.2    （元）.要使电费最多，则让第三档用电 量最多，即其中 1 个月的用电量为 720 kW h· ，其余 2 个月的 用电量均为0kW h· ，总费用为180 0.56 80 0.61 (720 260)     0.86 545.2  （元）.所以应缴电费的范围为 412.2 545.2[ ] ， .故选C. 8. 【答案】C 【解析】不妨设 2AD  ，则以 O 为原点， AC BD ， 所在的直线 分别为 x 轴，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则 1(0 )B ， ， 3( 0)2E  ， ，则 3( 1)2BE    ， ， 0( )3A  ， ， 3 1( )2 2F  ， ， 则 3 3 1( )2 2AF   ， ，而 0( 3 )C ， ，故 ( 3 )0CO   ， ，设 CO  xBE yAF   ，则 3 3 33 2 2 10 2 x y x y         ， 解得 2 7 4 7 x y      ，故 2 4 7 7CO BE AF    .故选 C. 9. 【答案】B 【解析】函数 siny x 的最小正周期为 2 21T    ，①是假命 题；由指数函数定义知②是假命题；令 1 0x   ，得 1x   ，所 以一次函数 1y x  的图象与 x 轴的交点坐标为 ( 1 0) ， ，③是真 命题； 2( )f x x 在 R 上是偶函数，但不是增函数，所以④是假 命题，假命题的个数为 3.故选 B. 10.【答案】D 【解析】设球 O 的半径为 R，则 2 25π4π 2R  ，得 5 2 4R  .连 接 AC BD， ，记 AC BD H ，I 连接 SH ，则 SH  平面 ABCD ， 点 O 在直线 SH 上，设 SH h ，则 5 2| |4OH h  .连接 OC ， 在 Rt OHC△ 中，易知 2HC  ，由勾股定理可知 25 2( )4h  25 22 ( )4   ，解得 2 2h  或 2 2h  ，所以该正四棱锥的侧 棱与底面所成角的正切值为 2 或 1 2 .故选 D. 11.【答案】C 【解析】当 2019k  时， 2019( ) ( 1) cos2019πf x x x  ，当 x 4037 14038( ) ， 时， π2019π (2018π 2019π)2x  ， ， cos2019π 0x  ， 2019( 1) 0x   ，所以 ( ) 0f x  .当 403( 9 3 )1 40 8x ， 时， 2019πx π(2019π 2019π )2  ， ，cos2019π 0x  ，  20191 0x   ，所以 ( )f x 0 .而 (1) 0f  ，所以 ( )f x 不可能在 1x  处取极值.当 2020k  时， 2020( ) ( 1) cos2020πf x x x  . 当 4039( 1)4040x ， 时， 2020πx π(2020π 2020π)2  ， ， cos2020π 0x  ， 2020( 1) 0x   ，所以 ( )f x 0 . 当 4041(1 )4040x ， 时， π2020π (2020π 2020π+ )2x ， ， cos2020π 0x  ， 2020( 1) 0x   ，所以 ( ) 0f x  .而 (1) 0f  ，所以 ( )f x 在 x 1 处取得极小值.故选 C. 12.【答案】D 【解析】作出双曲线 C 的示意图， 1A 为双曲线 C 与 x 轴的交点， 如图.设 1| |PF m ， 2| |PF n ，则 2m n a  .由正弦定理得 2 1 1 2 sin sin PF F m c PF F n a    ， m n c a n a    ， 2a c a n a   ， n  2 1 2 2 | |a AF c ac a    ， 2 2c ac  2 0a  ， 2 2 1 0e e    .解得 1 2 1 2e    .又 1e  ， 1 e  1 2  .故选 D. 二、填空题 13.【答案】3 【解析】依据不等式组画出可行域，如图阴影部分所示，平面 区域为 ABC△ ，其中 0(2 )A ， ， 2(0 )B ， ， 3(2 )C ， ，所以 S  1 2 | | 32 AC   .参考答案 2 14.【答案】3 【解析】由椭圆的定义得 1 2| | | | 8PF PF  .而 1 2| | | | 3PF PF  ，所 以 2 5| | .2PF  设点P的坐标为( )x y ， 4 4 2 3 2 3( )x y  ， ，„ „ „ „ 则 2 2 25( 2) 4x y   .联立得方程组 2 2 2 2 116 12 25( 2) 4 x y x y        ，消去 y 并整理，得 2 16 39 0x x   ，解得 3x  或 13x  （舍去）.所 以点 P 的横坐标为 3. 15.【答案】-1 【解析】 6 16 15S a d  ， 15 115 105S a d  ，所以 15 6 19S S a   90 9d   ，所以 11 1 10 1a a d    . 16.【答案】 3ln2 4  【解析】依题意， ln 0p  ，解得 1p  ，故 (1) 0g m n   .因为 1( )xf x   ，所以 (1) (1) 1f g   ，而 2( ) ng x m x    ，故 1m n  ， 所以 1 2m  ， 1 2n   . 1 1( ) ln 2 2h x x x x    ，故 1 1( ) 2h x x     2 21 1 1( 1) 02 2x x    „ ，所以函数 ( )h x 在[2 ]5 ， 上单调递减，故 ( )h x 的最大值为 1 3(2) ln2 1 ln24 4h      . 三、解答题 17.【解析】（1）由 tan ( sin 2 cos ) cos2 2 2 2 A C A Ca b a  ， 得 sin ( sin 2 cos ) cos cos2 2 2 2 2 A C A A Ca b a  ， 即 (cos cos sin sin ) 2 sin cos2 2 2 2 2 2 A C A C A Aa b  ， 即 cos sin2 A Ca b A  .……………………………………..…3 分 由正弦定理得 sin cos sin sin2 A CA B A  ， 因 0 πA  ， sin 0A  ， sin 02 B  ， 所以 πcos cos sin2 2 A C B B   ，则sin sin 2sin cos2 2 2 B B BB  ， 所以 1 πcos (0 )2 2 2 2 B B   ，所以 π 2 3 B  ， 即 2π 3B  .………………………………………………………6 分 （2）由 △ ABC 的面积为 3 3 ，即 1 sin 3 32 ac B  ，得 12ac  . 因为 D 为边 AC 的中点，所以 1 ( )2BD BA BC    ， 所以 2 2 21 ( 2 )4BD BA BC BA BC      · ， 即 2 2 21 1 1( 2 cos ) (2 ) 34 4 4BD c a ac B ac ac ac      … ， ………………………………………………………………...…9 分 当且仅当 2 3a c  时取等号，所以| | 3BD  … ， 即线段 BD 长的最小值为 3 .…………………………......…12 分 18.【解析】（1）如图，连接 AC 交 BD 于 O，连接 OE． 由题意可知， PE EC ， AO OC ，∴ PA EO ， 又 PA  平面 BED ， EO  平面 BED ， ∴ PA  平面 BED ．………………………………..……….…4 分 （2）以 D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 D xyz ， 设 1PD CD  ， AD a ， 则 0( )0A a ， ， ， 1( )0B a ， ， ， 0 1 0( )C ， ， ， 0 0 1( )P ， ， ， ( 1 0)DB a ， ， ， ( 1 )PB a ， ， -1 ， ( 1 )PC  0 ， ， -1 设平面 PBC 的法向量 ( )n x y z ， ， ， 由 0 0 PB n PC n        · · ，得 0 0 ax y z y z       ，可取 (0 1 1)n  ， ， ．……7 分 又由直线 BD 与平面 PBC 所成的角为 30， 得 2 | | 1 1| cos | 2| || | 1 2 DB nDB n DB n a            ·， ， 解得 1a  ． ……………………………………………………9 分 同理可得平面 PBD 的法向量 ( 1 1 0)m   ， ， ，…….…………10 分 1 1cos 2| || | 2 2 n mn m n m          · ， ， ∵二面角 C PB D  为锐二面角， ∴二面角 C PB D  的大小为 60°．……………………….12 分 19.【解析】（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是 正品”为事件 A， 1 1 2 3 2 5 3( ) 10 A AP A A   …………………………4 分 （2）X 的可能的取值为 200，300，400， 2 2 2 5 1( 200) 10 AP X A    ， 3 1 1 2 3 2 3 2 3 5 3( 300) 10 A C C AP X A    ， 3( 400) 1 ( 200) ( 300) 5P X P X P X       ………………8 分 故 X 的分布列为 X 200 300 400 P 1 10 3 10 3 5 数学期望为 1 3 3( ) 200 300 400 35010 10 5E X        ……12 分 20.【解析】（1）设椭圆的半焦距为 c .由椭圆的离心率为 2 2 知， 2b c a b  ， .设圆 C 的半径为 r ， 则 2 2r a b ab · ，…………………………………..………2 分 ∴ 22 3 2b b· ，解得 3b  ，∴ 6a  ， ∴椭圆 C 的方程为 2 2 16 3 x y  .…………………………....…4 分 （2）∵ M N ， 关于原点对称， | | | |PM PN ，∴ OP MN . 设 1 1( )M x y ， ， 2 2( )P x y ， .当直线 PM 的斜率存在时，设直线 PM 的方程为 y kx m  .由直线和椭圆方程联立得 2 22( ) 6x kx m   ，即 2 2 2(1 2 ) 4 2 6 0k x kmx m     ， ∴ 1 2 2 2 1 2 2 4 2 1 2 6 2 1 kmx x k mx x k         .………………6 分 ∵ 1 1( )OM x y ， ， 2 2( )OP x y ， ， ∴ 1 2 1 2 1 2 1 2( )( )OM OP x x y y x x kx m kx m      ·       2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 6 41 1 2 1 2 1 m kmk x x km x x m k km mk k              2 2 2 3( 2 2) 02 1 m k k    ，∴ 2 22 2 0m k   ， 2 22 2m k  ， ∴圆 C 的圆心 O 到直线 PM 的距离为 2 | | 2 1 m r k    ， ∴直线 PM 与圆 C 相切.…………………….……………..…9 分 当直线 PM 的斜率不存在时，依题意得 1 1( )N x y  ， ，参考答案 3 1 1( )P x y ， .由| | | |PM PN 得 1 1| 2 | | 2 |x y ，∴ 2 2 1 1x y ， 结合 2 2 1 1 16 3 x y  得 2 1 2x  ， ∴直线 PM 到原点 O 的距离都是 2 ， ∴直线 PM 与圆 C 也相切.同理可得，直线 PN 与圆 C 也相切. ∴直线 PM 、 PN 与圆 C 相切.…………...…….………….12 分 21.【解析】（1）由 3( ) ( 1)f x x ax b    ， 可得 2'( ) 3( 1)f x x a   .下面分两种情况讨论： （a）当 0a „ 时，有 2'( ) 3( 1) 0f x x a   … 恒成立， 所以 ( )f x 的单调递增区间为 ( )  ， ∞ ∞ .……………………2 分 （b）当 0a  时，令 '( ) 0f x  ， 解得 31 3 ax   ，或 31 3 ax   .……………………….……4 分 当 x 变化时， '( )f x ， ( )f x 的变化情况如下表： x ( ， ∞ 31 )3 a 31 3 a 3(1 3 a ， 31 )3 a 31 3 a 3(1 3 a ， )∞ ( )f x  0  0  ( )f x 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 所以 ( )f x 的单调递减区间 3(1 )3 a  ， ∞ 为 3 3(1 1 )3 3 a a  ， ， 单调递增区间为 3( 1 )3 a  ， ，………………………..……7 分 （2）因为 ( )f x 存在极值点，所以由（1）知 0a  ，且 0 1x  ， 由题意，得 2 0 0'( ) 3( 1) 0f x x a    ，即 2 0( 1) 3 ax   ， 所以 3 0 0 0 0 2( ) ( 1) 3 3 a af x x ax b x b        .………………9 分 又 3 0 0 0(3 2 ) (2 2 ) (3 2 )f x x a x b      0 0 0 0 8 2(1 ) 2 3 ( )3 3 3 a a ax ax a b x b f x          ， 且 0 03 2x x  ，由题意及（1）知， 存在唯一实数 1x 满足 1 0( ) ( )f x f x ，且 1 0x x ，因此 1 03 2x x  ， 所以 1 02 3x x  .……………………..…….........................…12 分 22.【解析】（1） 4cos  2 4 cos    2 2 2x y   ， cos x   ， sin y   ， 2 2 4x y x   1C 的直角坐标方程为 2 2 4 ,x y x  …………………...……2 分 13 2 3 2 x t y t       3( 3)y x    2C 的普通方程为 3( 3)y x   …………..…………..…..5 分 （2）将 13 2 3 2 x t y t      代入 2 2 4 ,x y x  得： 2 21 3 1(3 ) 4(3 )2 4 2t t t    …………………………….…7 分 2 3 9 12 2t t t     ， 2 3 0t t    ， 1 2 1 21 3t t t t     ， · ， 由 t 的几何意义可得： 1 2 1 2| | | | | || | | | 3AP AQ t t t t  · · ……………………….…....…10 分 23.【解析】（1）依题意，得 13 2 1( ) 2 1 2 3 1 x x f x x x x x            ， ， ， „ … …………2 分 由 ( ) 3f x „ ，得 1 2 3 3 x x    „ „ 或 1 12 2 3 x x      „ 或 1 3 3 x x    … „ 解得 1 1x „ „ . 即不等式 ( ) 3f x „ 的解集为{ | 1 1}x x „ „ .……….…………5 分 （2）由（1）知， min 1 3( ) ( )2 2f x f   ， ( ) | 2 2018 | | 2 2019 | | 2 2018 2 2019 |g x x a x x a x        … | 1|a  ，…………………………………………………...…7 分 则 3| 1| 2a  „ ，解得 1 5 2 2a „ „ ， 即实数 a 的取值范围为 1 5[ ]2 2  ， .……………..……..…..…10 分