2020年普通高等学校招生全国统一考试（全国I）预测卷文科数学.pdf

高三文科数学答案 第 1 页 共 4 页 2020 年普通高等学校招生全国统一考试（全国 I）预测卷 文科数学参考答案 一、选择题 DABCD BBCCD AC 二、填空题 13. 1 2 14. 1 3 15.5252 16. 27 三、解答题 17.（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）由题知 23sin( ) 4sin 2 CAB ， 可得 23sin 4sin 2(1 cos )2 CCC   ………………2 分 两边平方得，即 27cos 8cos 1 0CC   ， …………………4 分 所以cos 1C  （舍），或 1cos 7C  . …………………6 分 （Ⅱ）在 ACD 中，由（Ⅰ）知 43sin 7C  ， ………………7 分 设CD m ， 7b  ， 1 4 37 67 32ACDSm      ， 3m. ………………8 分 由余弦定理得 2 2 2 12 cos 9 49 2 3 7 527AD m b mb C          ， 2 13AD . ………………10 分 由正弦定理得 sin sin AD AC C ADC  4 3 2 39sin 132 13 ADC    ， …………11 分 2 39sin sin 13ADB ADC     . …………12 分 18.（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）10(0.004 2 0.008 0.02 2 0.028) 1a       ………………1 分 解得 0.016a  . …………………………2 分 所以，该城市驾驶员交通安全意识强的概率 0.16 0.04 0.2P    …………3 分 （Ⅱ） …………5 分 2 2 (16 46 4 34) 100 9 7.87920 80 50 50K         …………7 分 所以有99.5%的把握认为交通安全意识与性别有关 …………8 分 （Ⅲ）由题意可知分数在(30,40]， (40,50]的分别为 4 名和8 名， 所以分层抽取的人数分别为 2 名和 名， …………9 分 设 的为 12,AA， 的为 1 2 3 4, , , ,B B B B 则基本事件空间为 安全意识强 安全意识不强 合计 男性 16 34 50 女性 4 46 50 合计 20 80 100 高三文科数学答案 第 2 页 共 4 页 1 2 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 {( , ),( , ),( , ),( , ),( , ), ( , ),( , ),( , ),( , ),( , ), ( , ),( , ),( , ),( , ),( , )} A A A B A B A B A B A B A B A B A B B B B B B B B B B B B B  共 15 种， …………11 分 设至少有1人得分低于 40 分的事件为 A ，则事件 包含的基本事件有 1 2 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , )A A A B A B A B A B A B A B A B A B 共 9 种 所以 93() 15 5PA. …………12 分 19.（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）由 为菱形， 120ABC   知， 60 ,BAD ABD    为等边三角形. 设 AD 中点为 M ，连结 EM ，则 EM AD . ………2 分 因为平面 EAD 平面 ABCD，且平面 EAD 平面 ABCD AD ， EM平面 ,ABCD EM BD， .……3 分 连结 ,MG MG AC ，又 ABCD为菱形， ,BD AC BD MG    . ……4 分 ,EM MG M BD   平面 ,EMG BD EG，.…6 分 （Ⅱ）设底面 的边长为 a . ,,EF AB AB CD EF CD ， 又 1 2EF AB GC，所以四边形 EFCG 为平行四边形， ,EG FC FC平面 BCF ， EG  平面 ,BCF EG 平面 BCF ， E FBC G FBC F GBCV V V     . ……8 分 ,EF AB AB  平面 ABCD, EF 平面 ,ABCD EF 平面 ABCD， 所以 F 到平面 BCG 的距离等于 E 到平面 的距离. ………10 分 由（Ⅰ）知， EM 平面 3, 2ABCD EM a ， 21 3 3 3 2 8F GBCV a a    311, 2.16 2aa    所以底面 的边长为 2 . …………………………12 分 20（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）由题意知，抛物线的准线方程为 1, 1xc    . …………………1 分 又 2 2 2 2 24, 3, 2ac a b a cc       ， …………………2 分 所以椭圆C 的标准方程为 22 132 xy. …………………3 分 （Ⅱ）①若直线 AB 斜率不存在时，则 22 4 3| | ,| | 43 bAB PQa   ，不满足题意……4 分 ②当直线 斜率存在时，设 方程为 ( 1)y k x，联立方程 22 132 ( 1) xy y k x     得 B D C A G E F M ABCD高三文科数学答案 第 3 页 共 4 页 2 2 2 2(2 3 ) 6 3 6 0k x k x k     ， ………………………5 分 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由韦达定理得 22 1 2 1 222 6 3 6,.2 3 2 3 kkx x x xkk   ………6 分 22 1 2 1 2| | (1 )[( ) 4 ]AB k x x x x     2 2 4 3(1 ) 23 k k   …………7 分 又 2 12 2 3 2 2 3p xx kx k   ， 3Qx  ， ………8 分 2 2 2 2 2 2 1 3 12 6 1| | 1 3 ,2 3 2 3 | | k k kPQ k k k k         ……………9 分 2| | | |,AB PQ 2 2 8 3(1 ) 23 k k   22 2 12 6 1 2 3 | | kk kk  ， ……………10 分 整理得 4 2 2 124 4 3 0, ,22k k k k       ， ……………11 分 所以直线 AB 的方程为 2 ( 1)2yx   . …………12 分 21.（本小题满分 12 分） 解：（I） ， ……………1 分 当 0a  时， ；所以 在 ( , )  上单调递增， ……………2 分 当 时， ， lnxa ， ， ， ， ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增. ……………4 分 综上可知，当 时， 在 上单调递增； 当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增..……5 分 （II）方程 可以变形为 ， ， 即 ， 设 ，则 ，即原方程转化为 有唯一解，………7 分 由（I）可知当 时， 在 R 上单调递增，又 (0) 0f  ， 所以 有唯一的解. ……………8 分 当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增， 所以要使 只有一解，必有 ，即 ， ……………9 分 令 ( ) ln 1g a a a a   ， ， 若 01a， ， ()ga在(0,1) 单调递增； 若 ， ( ) 0ga  ， 在(1, ) 单调递减， ( ) (1) 0g a g，所以由 ln 1 0a a a   可得 1a  . ……………11 分 综上可知，方程 有唯一的解 a 应满足 或 1a  . …………12 分 22.（本小题满分 10 分） 解：（Ⅰ）由题意可知，直线 的普通方程化为 4 3 0xy， () xf x e a  ( ) 0fx  ()fx 0a  ( ) 0xf x e a    ( ,ln )xa  ( ) 0fx  (ln , )xa  ( ) 0fx  ( ,ln )a (ln , )a  ln( 1) 1ax a x    1 ln( 1)x ax a    1 1xe ax a    1 ( 1) 1 0xe a x     1 ( R)x t t   10te at   ( ) 0ft (ln ) 0fa ln 1 0a a a   ( ) 1 ln 1 lng a a a      ( ) 0ga  1a  l高三文科数学答案 第 4 页 共 4 页 曲线 的极坐标方程 变形为 ，所以 的普通方程分别为 ， 是以点(5,0) 为圆心，5 为半径的圆， ………………………2 分 设点 到直线 的距离为 d ，则 22 | 4 5 3 0 | 4 34 d     ， ……………………3 分 所以 . ………………………5 分 或用直线参数方程与圆方程联立， 22 1234MN t t＝ 求得. （Ⅱ） 的标准方程为 ，所以参数方程为 5 5cos 5sin x y      （ 为参数）， 设 ， 3 10 5 5cos 5 3sin 10 10sin( ) 56xy            ，…………………7 分 因为 10 10sin( ) 106     ，所以 15 10sin( ) 5 56      ，…………………8 分 所以 3 10 [0,15]xy   . ………………………10 分 或者利用圆上一点到定直线的距离的最值的 2 倍求得. 23.（本小题满分 10 分） 解：（Ⅰ）当 时,不等式为 ，变形为 1 2 2 3 1 x x     或 或 ，解集为 1{ 3xx 或 . ………………4 分 （Ⅱ）当 2a  时， ， ………………………7 分 由此可知 在 单调递减，在 单调递增， ………………………8 分 当 2a  时，同样得到 在 单调递减，在 单调递增， ………9 分 所以 ，存在 满足不等式 ，只需 ( ) 42 af  ，即| 1| 42 a ， 解得 6 10a   . ………………………10 分 C 10cos 2 10 cos   C 2210 0x y x   C (5,0) l 22| | 2 5 4 6MN    22( 5) 25xy    (5 5cos ,5sin )P  1a  | 2 1| | 1| 1xx    1 12 1 x x     1 3 2 1 x x    1x  3 1 , 2 ( ) | 2 | | 1| 1 12 3 1 1 ax a x af x x a x x a x x a x                   ()fx ( , ]2 a [ , )2 a  ( ) ( )2 af x f xR ( ) 4fx