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2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·文数参考答案 第 1页（共 7 页） 2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷文数参考答案 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 B A B A C C D D B A C B 1.【解析】  1 33 1 3 1 3 i ii ii i     . 2.【解析】    0,3UA B   3.【解析】∵ lny x 在 0 +， 内是增函数，∴ ln ln  ，即 ln ln  ∴ ln ln 0   .选项 B 正确. 4.【解析】 1 321sin sin 26 6y x y x                向左平移 个单位横坐标缩短到原来的 2 1sin 2 sin 2 sin 23 6 3 6 2y x x x                              cos 2x ， 即 ( ) cos 2f x x ． 5.【解析】∵ 3 sin 0x x  ，∴ 0x  ，排除 A；∵     0f x f x   ，∴  f x 为奇函数， 排除 D，∵ 3 1 0f e      排除 B，故选 C. 6.【解析】猪肉在 CPI 一篮子商品中所占权重约为 2.5%，选项 A 正确；CPI 一篮子商品中， 居住所占权重为 23.0%，最大，选项 B 正确；猪肉与其他畜肉在 CPI 一篮子商品中所占权重 约为 4.6%，选项 C 错误，故选 C；吃穿住所占权重为 19.9%+8.0%+23.0%=50.9%>50%，选项 D 正确. 7.【解析】如图，设椭圆左右顶点分别为 1 2,A A ,左焦点为 1F ，线 段 PF 的中点为 M,连接 1PF ,OM,则 O 为以长轴为直径的圆的圆心， M 为 以 PF 为 直 径 的 圆 的 圆 心 ， 在 1FPF 中 ， 中 位 线 2 2 1 2 | | | |1| | | |2 2 2 a PF PFOM PF a    ，即 OM 为半径之差，两圆相内切，因而只有 1 条公切线。2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·文数参考答案 第 2页（共 7 页） a b a b O B A 8.【解析】由 2  a a b ，得出 ,a b夹角，进而求出 a 与 b a 的夹角，或利用几何意构造三角形，解三角形.由已知得： 2  a a b ，∴   0  a a b ，如图，令OA   a ，OB   b ， 则 BA   a b ，∵   0  a a b ，∴ BA OB ， 又∵ 2a b ，∴ 30OAB   ，故 a 与 b a 的夹角为150 . 9. 【 解 析 】 若 ABC 是 锐 角 三 角 形 ， 则 2A C   ， 即 02 2A C     ， ∴ sin sin 2A C     ， 即 sin cosA C ， 同 理 sin cosA B ， 反 之 不 成 立 ， 如 90 , 30A B   时，sin cosA C ，但 ABC 是直角三角形，∴ p 是 q 的充分不必要条件. 10.【解析】根据题意 9 810 2 9 2 2 2 1S         ， 10 9 22 10 2 9 2 2 2 1 2S          ，两式错位相减， 得  10 9 8 1010 2 2 2 2 1 9 2 1S           . 11.【解析】∵ cos cosa b C c B  ，∴ 3 cos 12cosa c B B  ， 1 sin 24sin cos 12sin 2 6 32ABCS ac B B B B      ∴ 3sin 2 2B  ， ∵  2 0 ,360B   ，∴ 2 60B   或 2 120B   ，∴ 30B   或 60B   12.【解析】由题意知，可以把三棱锥 S ABC 按如图所示的 位置放到棱长为 1 的正方体中，则正方体的体对角线长为 3l  ， ∴三棱椎 S ABC 外接球表面积为 234π( ) 3π.2  13.【答案】 π0, , sin 02x x x       . 14.【答案】 0,3 【解析】画出可行域如图所示， 其中直线 3 0x y z   与直线 3 3 0x y   平行， ∴ z 取得最小值时， x 的取值范围是 0,3 . x y 3 3 1 O2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·文数参考答案 第 3页（共 7 页） 15.【答案】3【解析】不妨设 F 为右焦点， 0 0( , )P x y 在第一象限，即在直线 2 5 5y x ， 依题意，| | | | 3OP OF  ，解得 0 2y  ，从而 OPF△ 的面积为 1 3 2 32    . 16.【答案】甲、乙、丙【解析】若结果为甲、丙、乙，则甲、乙的判断正确，不符合题意； 若结果为丙、甲、乙，则甲、乙、丙三人的判断都正确，不符合题意；若结果为丙、乙、甲， 则乙、丙的判断正确，不符合题意；若结果为乙、甲、丙或乙、丙、甲，则甲、乙、丙三人 的判断都错误，不符合题意. 17.【解析】（1）设等差数列{ }na 的公差为 d . ∵ 2 na nb  ， 1 32b  ， 2 16b  ，……………………………………………………………2 分 ∴ 1 22 32 2 16a a ， ，得 1 25 4, 1a a d   ， . ………………………………………4 分 ∴ 66 , 2 n n na n b    . ………………………………………………………………6 分 （2）∵ 62 n nb  ，∴ 62 n ntb t   ∴数列{ }ntb 是等比数列. …………………………………………………………………8 分 ∵当且仅当 6n  时， nS 取得最大值 ∴ 6 7 1 1 tb tb     ，∴ 1 2 1 1 t t     ，∴1 2t  . ∴实数t 的取值范围 1 2t t  . ……………………………………………………12 分 18. 【解析】（1）证明：在矩形 ABCD 中， DCAD  ， PEPA  ， 又 PBPA  ， PPBPE  ， PB PE PBE ， 平面 PBEPA 平面 ， BEPA  …………………………………………………5 分 （2）法一:设点C 到 PAE平面 的距离为 d . 422  CECBCD 22222222 4 ABCBBCCEDEADBEAE  BEAE  ， APAAE  ， PAEPAAE 平面，  ， PAEBE 平面 . ………8 分 A B CE P H2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·文数参考答案 第 4页（共 7 页） ABCEPAE 平面平面  ，过 P 作 PH 垂直 AE 于点 H ，则 ABCEPH 平面 PEPA  的中点为AEH 2CB 24222  PAABCEADPEBEAE ，，， ， 2AH . 1 2 2 22ACES     ， 1 2 22 23 3P ACEV      ………………………………9 分 2222 1 PAES ……………………………………………………………10 分 1 23C PAEV d     2 2 3P ACEV   ……………………………………………11 分 2d ………………………………………………………………12 分 法二: 设点C 到 PAE平面 的距离为 d . 422  CECBCD 2 2 2 2 2 2 2 24AE BE AD DE CE BC CB AB        BEAE  ， APAAE  ， PAEPAAE 平面，  ， PAEBE 平面 …………………………………………………………8 分 取 AB 中点为 F ，过 F 作 BEFG // 交 AE 于G ，连接 FC ∴ FG  平面 PAE ………………………………………………………10 分 由已知得 FG AE∥ ， 1 22d FG BE   …………………………………………12 分 注:其他方法酌情给分. 19. 【解析】（1）该基地销售每千克樱桃的价格的平均值为 15 50 18 100 18 80 20 70 1850 100 80 70           （元） ……………………………………2 分 （2） “线上”单日销售量不少于 150 千克的天数为 12 天， “线下”单日销售量不少于 150 千克的天数为 8 天. ①未来某天内”线上”樱桃销售量不小于 150 千克的概率为 12 3 20 5 ，…………………4 分 未来某天内”线下”樱桃销售量不小于 150 千克的概率为 8 2 20 5 ………………………6 分 ②因为 5 1 20 4 ，所以”线上”单日销售量不少于 150 千克的日期内选取 1 12 34   天，分 别记为 1 2 3, ,a a a ，”线下”单日销售量不少于 150 千克的日期内选取 1 8 24   天，记为 1 2,b b ……………………………………………………………………………………………8 分 A B E C P F G2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·文数参考答案 第 5页（共 7 页） 从这 5 天内随机选出 3 天，所有的情况为 1 2 3( , , )a a a ， 1 2 1( , , )a a b ， 1 2 2( , , )a a b ， 1 1 3( , , )a b a ， 1 2 3( , , )a b a ， 1 2 3( , , )b a a ， 2 2 3( , , )b a a ， 1 1 2( , , )a b b ， 2 1 2( , , )a b b ， 3 1 2( , , )a b b ，共 10 种不 同的情况，……………………………………………………………………………………10 分 其中至多有一天是“线下”的情况有 1 2 3( , , )a a a ， 1 2 1( , , )a a b ， 1 2 2( , , )a a b ， 1 1 3( , , )a b a ， 1 2 3( , , )a b a ， 1 2 3( , , )b a a ， 2 2 3( , , )b a a ，共 7 种不同的情况， ………………………11 分 所以至多有一天是”线下”的概率为 7 10 ………………………………………………12 分 20.【解析】（1）由题可设 , 2 pB p     ，又 xy p   ，故 1x p py p   ∴C 在点 , 2 pB p     处的切线方程为 2 py x p   ，即 2 py x  ……………………4 分 对比  1 1y a x   ，∴ 1 1, 12 pa    ， ∴ 2a p  ，抛物线C 的方程为 2 4x y ；………………………………………………6 分 （2）由题意可知直线 m 斜率存在，可设 :m y kx b  ， 由 2 4x y y kx b      ，得 2 4 4 0x kx b   ，则 216 16 0k b    ， 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 MN 中点 1 2 1 2,2 2 x x y yP       ， 点 P 到 x 轴的距离为 1 2 2 y y ∵ 1 2 4x x k  ， 1 2 4x x b   ∴ 2 2 2 1 21 1 4 12MN k x x k k b         ，∴ 2 2 9 1b kk   1 2 21 2 1 1 2 12 2 k x xy y b k b        2 2 91 1k k     2 2 92 1 1k k    6 当且仅当 2 2 91 1k k   ，即 2 2k  ， 2k   时等号成立 此时 21, 16 16 0b k b     成立，符合题意 故所求直线方程为 2 1y x   …………………………………………………………12 分2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·文数参考答案 第 6页（共 7 页） 21.【解析】（1）∵  f x 在 0, 上单调递减， ∴    max 0 0a f x f   ，  g x  1 2cos x ……………………………………2 分 当  0,x  时，  g x 有唯一零点 3x  0, 3x     时，   0g x  ， ,3x      时，   0g x  ， 故在区间 0, 内  g x 有极小值为 33 3g        ………………………………4 分 当  ,x   时，   2 33g x     ∴  min 33b g x    ， ∴ a b ……………………………………………………6 分 （2）∵       2 2 12sin 1 1 2sin 1x xf x g x x x x x ee         令     21 2sin xh x x x e   ，     23 2 4sin 2cos xh x x x x e     再令   sin , 0F x x x x   ， 则   1 cos 0F x x    ∴   sinF x x x  在 0, 上单调递增， ∴    0 0F x F  ，即 sinx x ，∴ 2 2sinx x 又∵3 2sin 2cos 3 2 2 sin 04x x x          ∴3 2 4sin 2cos 0x x x    ， ∴     23 2 4sin 2cos 0xh x x x x e      ∴  h x 在 0, 上单调递增 ∴    0 1h x h  ，故    f x g x .…………………………………………………12 分2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·文数参考答案 第 7页（共 7 页） 22.【解析】（1） cos , sinx y     代入方程 2 2 8 | |x y x y   ， 得 2 8 cos sin      ，即： 2 8 1 cos sin    ； ……………………………5 分 （2）法一：极坐标方程： 当 cos 0  时， 2 8 16 161 cos sin 2 sin 2       ，即 4  当 cos 0  时， 2 8 16 161 cos sin 2 sin 2       ，即 4  ∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过 4 . 法二：直角坐标方程： 由 2 2 8x y x y   得， 2 2 2 2 8 2 x yx y    ，解得 2 2 16x y  ， ∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过 4 . …………………………………………10 分 23.【解析】（1）当 2a  时，   2 , 0 0, 0 2 4 2 , 2 x x f x x x x        ，由   0f x  得，0 2x  ；…5 分 （2）       1 max ,H x f x g x 的最小值 6A a  ，       2 min ,H x f x g x 的最大值 2B a  ∴ 4A B   ……………………………………………………………10 分