1、2020 年高考（文科）数学三诊试卷年高考（文科）数学三诊试卷 一、选择题（共 12 小题）. 1复数（ ） A1+i B1i Ci D12i 2设集合 A（x，y）|x2+y21，B（x，y）|x+y1，则 AB 中元素的个数是（ ） A0 B1 C2 D3 3已知单位向量 ， 满足 ，则 （ ）（ ） A0 B C1 D2 4有报道称，据南方科技大学、上海交大等 8 家单位的最新研究显示：A、B、O、AB 血型 与 COVID19 易感性存在关联，具体调查数据统计如图： 根据以上调查数据，则下列说法错误的是（ ） A与非 O 型血相比，O 型血人群对 COVID19 相对不易感，风险较低
2、B与非 A 型血相比，A 型血人群对 COVID19 相对易感，风险较高 C与 O 型血相比，B 型、AB 型血人群对 COVID19 的易感性要高 D与 A 型血相比，非 A 型血人群对 COVID19 都不易感，没有风险 5已知 x log321，则 4x（ ） A4 B6 C4 D9 6在ABC 中，若 sinB2sinAcosC，那么ABC 一定是（ ） A等腰直角三角形 B等腰三角形 C直角三角形 D等边三角形 7 数学与建筑的结合造就建筑艺术品， 2018 年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界， 如图 若 将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在 y 轴上的双曲线0） 上支的一部分，且上
3、焦点到上顶点的距离为 2，到渐近线距离为，则此双曲线的离 心率为（ ） A2 B3 C D2 8已知定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（x+2）f（x），若 f（1）1，f（2019） ln（a1），则实数 a 的取值范围为（ ） A（1，2） B（，e+1） C（e+1，+） D（1，e+1） 9某社区有 3 个防疫志愿者服务队，每位社区居民参加每个服务队的可能性相同，该社区 的甲、 乙两位居民均参加其中一个服务队， 则这两位居民参加不同服务队的概率为 （ ） A B C D 10 已知函数 f （x） sin （x+）（0，） 的最小正周期为 ， 且关于 中心对称，则下列结论正确的是
4、（ ） Af（1）f（0）f（2） Bf（0）f（2）f（1） Cf（2）f（0）f（1） Df（2）f（1）f（0） 11如图，教室里悬挂着日光灯管 AB，AB90cm，灯线 ACBD，将灯管 AB 绕着过 AB 中点 O 的铅垂线 OO顺时针旋转 60至 AB，且始终保持灯线绷紧，若旋转后该灯 管升高了 15cm，则 AC 的长为（ ） A30cm B40cm C60cm D75cm 12 已知x为实数， x表示不超过x的最大整数， 若函数f （x） xx， 则函数 的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 二、填空题 13已知，则 sin 14曲线 y2xx3在 x1 的处的切线方程为
5、 15已知 F1，F2是椭圆 C：的两个焦点，P 是椭圆 C上的一点， F1PF2120，且F1PF2的面积为 ，则 b 16 在一个半径为 2 的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器， 要使该容器所盛液 体尽可能多，则该容器的高应为 三、解答题 17质量是企业的生命线，某企业在一个批次产品中随机抽检 n 件，并按质量指标值进行统 计分析，得到表格如表： 质量指标值 等级 频数 频率 60，75） 三等品 10 0.1 75，90） 二等品 30 b 90，105） 一等品 a 0.4 105，120） 特等品 20 0.2 合计 n 1 （1）求 a，b，n； （2）从质量指标值在90
6、，120）的产品中，按照等级分层抽样抽取 6 件，再从这 6 件中 随机抽取 2 件，求至少有 1 件特等品被抽到的概率 18若数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，an+12Sn（nN*） （1）求 Sn； （2）设 bnlog3Sn，求使得 0.99 成立的最小自 然数 n 19如图，四边形 ABCD 是正方形，PA平面 ABCD，点 E、点 F 分别是线段 AD、PB 的 中点，PAAB2 （1）证明：EF平面 PCD； （2）求三棱锥 FPCD 的体积 20已知动直线 l 过抛物线 C：y24x 的焦点 F，且与抛物线 C 交于 M，N 两点，且点 M 在 x 轴上方，O 为坐
7、标原点，线段 MN 的中点为 G （1）若直线 OG 的斜率为，求直线 l 的方程； （2）设点 P（x0，0），若FMP 恒为锐角，求 x0的取值范围 21已知函数 f（x）ax（a+2）lnx+2，其中 aR （1）当 a4 时，求函数 f（x）的极值； （2）试讨论函数 f（x）在（1，e）上的零点个数 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第 一题记分选修 4-4：坐标系与参数方程 22 如图， 在极坐标系中， 曲线 C1是以 C1（4， 0） 为圆心的半圆， 曲线 C2是以 为圆心的圆，曲线 C1、C2都过极点 O （1）分别写出半圆
8、C1，C2的极坐标方程； （2）直线 l：与曲线 C1，C2分别交于 M、N 两点（异于极点 O），P 为 C2上的动点，求PMN 面积的最大值 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x2|+|x+1| （1）解关于 x 的不等式 f（x）5； （2） 若函数 f （x） 的最小值记为 m， 设 a， b， c 均为正实数， 且 a+4b+9cm， 求 的最小值 参考答案 一、选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的 1复数（ ） A1+i B1i Ci D12i 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简求值 解：
9、故选：A 2设集合 A（x，y）|x2+y21，B（x，y）|x+y1，则 AB 中元素的个数是（ ） A0 B1 C2 D3 【分析】可画出圆 x2+y21 和直线 x+y1 的图象，从而可看出它们交点的个数，从而得 出 AB 中的元素个数 解：画出 x2+y21 和 x+y1 的图象如下： 可看出圆 x2+y21 和直线 x+y1 有两个交点， AB 的元素个数为 2 故选：C 3已知单位向量 ， 满足 ，则 （ ）（ ） A0 B C1 D2 【分析】直接把已知代入数量积求解即可 解：因为单位向量 ， 满足 ，则 （ ） 1201 故选：C 4有报道称，据南方科技大学、上海交大等 8 家
10、单位的最新研究显示：A、B、O、AB 血型 与 COVID19 易感性存在关联，具体调查数据统计如图： 根据以上调查数据，则下列说法错误的是（ ） A与非 O 型血相比，O 型血人群对 COVID19 相对不易感，风险较低 B与非 A 型血相比，A 型血人群对 COVID19 相对易感，风险较高 C与 O 型血相比，B 型、AB 型血人群对 COVID19 的易感性要高 D与 A 型血相比，非 A 型血人群对 COVID19 都不易感，没有风险 【分析】根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量的关系，患者占有比例即可 解答 解：根据 A、B、O、AB 血型与 COVID19 易感性存在关联
11、，患者占有比例可知： A 型 37.75%最高，所以风险最大值，比其它血型相对易感； 故而 D 选项明显不对 故选：D 5已知 x log321，则 4x（ ） A4 B6 C4 D9 【分析】利用对数的性质和运算法则及换底公式求解 解：x log321，xlog23， 4x 9， 故选：D 6在ABC 中，若 sinB2sinAcosC，那么ABC 一定是（ ） A等腰直角三角形 B等腰三角形 C直角三角形 D等边三角形 【分析】由三角形的内角和定理得到 B（A+C），代入已知等式左侧，利用诱导公 式及两角和与差的正弦函数公式化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式化为一 个角的正弦函数，
12、利用特殊角的三角函数值得到 AC，利用等角对等边即可得到三角形 为等腰三角形 解：sinBsin（A+C）sin（A+C）sinAcosC+cosAsinC2sinAcosC， cosAsinCsinAcosCsin（CA）0，即 CA0，CA， ac，即ABC 为等腰三角形 故选：B 7 数学与建筑的结合造就建筑艺术品， 2018 年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界， 如图 若 将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在 y 轴上的双曲线0） 上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为 2，到渐近线距离为，则此双曲线的离 心率为（ ） A2 B3 C D2 【分析】利用已知条件求出方程组，得到 a，c
13、，即可求解双曲线的离心率 解：双曲线0）的上焦点到上顶点的距离为 2，到渐近线距离为 ， 可得：，解得 a1，c3，b2， 所以双曲线的离心率为：e3 故选：B 8已知定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（x+2）f（x），若 f（1）1，f（2019） ln（a1），则实数 a 的取值范围为（ ） A（1，2） B（，e+1） C（e+1，+） D（1，e+1） 【分析】根据题意，分析可得 f（x+4）f（x+2）f（x），即函数 f（x）是周期为 4 的周期函数，据此可得 f（2019）f（1），进而可得 ln（a1）1，变形可得 0a 1e，解可得 a 的取值范围，即可得答案 解：根
14、据题意，函数 f（x）满足 f（x+2）f（x），则有 f（x+4）f（x+2）f（x）， 函数 f（x）是周期为 4 的周期函数，则 f（2019）f（1+4505）f（1）， 又由 f（2019）ln（a1）且 f（1）1， 则有 ln（a1）1，变形可得 0a1e， 解可得：1ae+1； 故 a 的取值范围为（1，e+1）； 故选：D 9某社区有 3 个防疫志愿者服务队，每位社区居民参加每个服务队的可能性相同，该社区 的甲、 乙两位居民均参加其中一个服务队， 则这两位居民参加不同服务队的概率为 （ ） A B C D 【分析】基本事件总数 n329，这两位居民参加不同服务队包含的基本事件
15、总数 m 6，由此能求出这两位居民参加不同服务队的概率 解：某社区有 3 个防疫志愿者服务队，每位社区居民参加每个服务队的可能性相同， 该社区的甲、乙两位居民均参加其中一个服务队， 基本事件总数 n329， 这两位居民参加不同服务队包含的基本事件总数 m6， 则这两位居民参加不同服务队的概率 p 故选：A 10 已知函数 f （x） sin （x+）（0，） 的最小正周期为 ， 且关于 中心对称，则下列结论正确的是（ ） Af（1）f（0）f（2） Bf（0）f（2）f（1） Cf（2）f（0）f（1） Df（2）f（1）f（0） 【分析】根据条件求出函数的解析式，结合函数的单调性的性质进行转
16、化判断即可 解：函数的最小周期是 ，得 2， 则 f（x）sin（2x+）， f（x）关于中心对称， 2（）+k，kZ， 即 k+，kZ， ， 当 k0 时， 即 f（x）sin（2x+）， 则函数在，上递增，在，上递减， f（0）f（）， 12， f（）f（1）f（2）， 即 f（2）f（1）f（0）， 故选：D 11如图，教室里悬挂着日光灯管 AB，AB90cm，灯线 ACBD，将灯管 AB 绕着过 AB 中点 O 的铅垂线 OO顺时针旋转 60至 AB，且始终保持灯线绷紧，若旋转后该灯 管升高了 15cm，则 AC 的长为（ ） A30cm B40cm C60cm D75cm 【分析】设
17、 AB与 OO交于点 N，过点 A作 AMAC 于 M，连接 MN，由等边 三角形求出 AM，由勾股定理求得 AC 的值 解：设 AB与 OO交于点 N， 过点 A作 AMAC 于 M，连接 MN，如图所示； 则 CMAC15， AMN 中，ANAB45，MN45，AMN60， 所以 AM45； 在 RtAMC 中，由勾股定理得， （AC15）2+452AC2， 解得 AC75（cm） 故选：D 12 已知x为实数， x表示不超过x的最大整数， 若函数f （x） xx， 则函数 的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】函数的零点个数，即方程的零点个数，也就是两函 数 yf（x）与
18、y的图象的交点个数，画出图象，数形结合得答案 解：函数的零点个数，即方程的零点个数， 也就是两函数 yf（x）与 y的交点个数 由 y，得 y 可知当 x1 时，y0，函数单调递减，当 x1 时，y0，函数单调递增 作出两函数 yf（x）与 y的图象如图： 由图可知，函数的零点个数为 2 个 故选：B 二、填空题：共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13已知，则 sin 【分析】将已知等式两边平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式 即可求解 解：， 两边平方可得：cos2+sin22cossin，可得 1sin ， sin 故答案为： 14曲线 y2xx3在 x1 的
19、处的切线方程为 x+y+20 【分析】根据导数的几何意义求出函数在 x1 处的导数，从而得到切线的斜率，再利 用点斜式方程写出切线方程即可 解：y23x2 y|x11 而切点的坐标为（1，1） 曲线 y2xx3在 x1 的处的切线方程为 x+y+20 故答案为：x+y+20 15已知 F1，F2是椭圆 C：的两个焦点，P 是椭圆 C上的一点， F1PF2120，且F1PF2的面积为 ，则 b 2 【分析】根据正余弦定理可得 PF1 PF216 且 4c2（2a）216，解出 b 即可 解：F1PF2的面积PF1 PF2sin120 PF1 PF24，则 PF1 PF216， 又根据余弦定理可得
20、 cos120，即 4c2PF12+PF22+16（2a） 232+16， 所以 4b216，解得 b2， 故答案为：2 16 在一个半径为 2 的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器， 要使该容器所盛液 体尽可能多，则该容器的高应为 【分析】设正四棱柱的高为 h，底面边长为 a，用 h 表示出 a， 写出正四棱柱容器的容积，利用导数求出 V 取最大值时对应的 h 值 解：设正四棱柱的高为 h，底面边长为 a，如图所示； 则 h2+2a2（22）2， 所以 a28h2， 所以正四棱柱容器的容积为 Va2h（8h2）hh3+8h，h（0，4）； 求导数得 Vh2+8， 令 V0，解得 h，
21、 所以 h（0，）时，V0，V（h）单调递增； h（，4）时，V0，V（h）单调递减； 所以 h时，V 取得最大值 所以要使该容器所盛液体尽可能多，容器的高应为 故答案为： 三、 解答题： 共 70 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 第 1721 题为必考题， 每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17质量是企业的生命线，某企业在一个批次产品中随机抽检 n 件，并按质量指标值进行统 计分析，得到表格如表： 质量指标值 等级 频数 频率 60，75） 三等品 10 0.1 75，90） 二等品 30 b 90，105） 一等品
22、a 0.4 105，120） 特等品 20 0.2 合计 n 1 （1）求 a，b，n； （2）从质量指标值在90，120）的产品中，按照等级分层抽样抽取 6 件，再从这 6 件中 随机抽取 2 件，求至少有 1 件特等品被抽到的概率 【分析】（1）由 100.1100，得 n100，由此能求出 a，b （2）设从“特等品”产品中抽取 x 件，从“一等品”产品中抽取 y 件，由分层抽样得： ，解得 x2，y4，在抽取的 6 件中，有特等品 2 件，记为 A1，A2，有一 等品 4 件，记为 B1，B2，B3，B4，由此利用列举法能求出至少有 1 件特等品被抽到的概 率 解：（1）由 100.1
23、100，即 n100， a1000.440， b301000.3 （2）设从“特等品”产品中抽取 x 件，从“一等品”产品中抽取 y 件， 由分层抽样得：， 解得 x2，y4， 在抽取的 6 件中，有特等品 2 件，记为 A1，A2， 有一等品 4 件，记为 B1，B2，B3，B4， 则所有的抽样情况有 15 种，分别为： A1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4， B3B4， 其中至少有 1 件特等品被抽到包含的基本事件有 9 种，分别为： A1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2
24、B1，A2B2，A2B3，A2B4， 至少有 1 件特等品被抽到的概率为：p 18若数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，an+12Sn（nN*） （1）求 Sn； （2）设 bnlog3Sn，求使得 0.99 成立的最小自 然数 n 【分析】（1）利用数列的递推关系式，推出数列Sn是等比数列，然后求解即可 （2）化简数列的通项公式，然后利用裂项消项法求解数列的和，结合不等式推出 n 的范 围，然后求解即可 解：（1）数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，an+12Sn（nN*）所以 Sn+13Sn， 所以Sn是等比数列，首项为 1，公比为 3 等比数列Sn3n1 （2）bnl
25、og3Snn1， 1， 0.99 成立，即 10.99，解得 n99， 所以最小自然数 n 为 100 19如图，四边形 ABCD 是正方形，PA平面 ABCD，点 E、点 F 分别是线段 AD、PB 的 中点，PAAB2 （1）证明：EF平面 PCD； （2）求三棱锥 FPCD 的体积 【分析】（1）取 PC 的中点 G，连接 DG，FG利用正方形的性质、三角形中位线定理 可得：DEBC，且 DEBC于是四边形 DEFG 为平行四边形，可得 EFDG，即可证 明 EF平面 PCD （2）根据 EF平面 PCD，可得 F 到平面 PCD 的距离等于点 E 到平面 PCD 的距离，可 得 VFP
26、CDVEPCD VAPCDVPACD由 PA平面 ABCD，可得 VPACDPA SACD，即可得出 【解答】（1）证明：取 PC 的中点 G，连接 DG，FG四边形 ABCD 为正方形，且 DEBC，FGBC，且 FG BC DEBC，且 DEBC 四边形 DEFG 为平行四边形，EFDG，EF平面 PCD，DG平面 PCD，EF 平面 PCD （2）解：EF平面 PCD，F 到平面 PCD 的距离等于点 E 到平面 PCD 的距离， VFPCDVEPCD VAPCDVPACD PA平面 ABCD，VPACDPASACD2 VFPCD 20已知动直线 l 过抛物线 C：y24x 的焦点 F，
27、且与抛物线 C 交于 M，N 两点，且点 M 在 x 轴上方，O 为坐标原点，线段 MN 的中点为 G （1）若直线 OG 的斜率为，求直线 l 的方程； （2）设点 P（x0，0），若FMP 恒为锐角，求 x0的取值范围 【分析】（1）由抛物线的方程可得焦点 F 的坐标，设直线 l 的方程与抛物线联立求出两 根之和及两根之积，进而可得中点 G 的坐标，求出直线 OG 的斜率，再由题意可得直线 中参数的值，进而求出直线方程； （2）FMP 恒为锐角，等价于0，设 M 的坐标，求出向量的代数式， 使其大于 0 恒成立，令函数 h（t），分两种情况讨论函数大于 0 时的 x0的范围 解：（1）由题
28、意得 F（1，0），设直线 l 的方程为：xty+1，设 M（x1，y1），N（x2， y2）， 线段 MN 的中点 G（x0，y0）， 联立直线与抛物线的方程：， 整理可得：y24ty40，可得 y1+y24t，y1y24， 所以 y02t，x0ty0+12t2+1， 即 G（2t2+1，2t），所以 kOG ， 由题意可得，解得 t或 t1， 所以直线 l 的方程为：xy10，或 2xy20； （2）FMP 恒为锐角，等价于0， 设 M（，y1），F（1，0），P（x0，0）， （x0， y1） ， （1， y1） ， 则 （x0） （1） +y12+y12+（1）x00 恒成立， 令 t
29、，则 t0， 原式等价于 t2+3t+（1t）x00，对任意的 t0 恒成立， 令 h（t）t2+（3x0）t+x0， （3x0）24x0x0210x0+90，解得 1x09， ，解得：0x01， 又 x01，故 0x01， 综上所述：x0的取值范围0，1）（1，9） 21已知函数 f（x）ax（a+2）lnx+2，其中 aR （1）当 a4 时，求函数 f（x）的极值； （2）试讨论函数 f（x）在（1，e）上的零点个数 【分析】（1）把 a4 代入后对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求 极值； （2）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对 a 进行分类讨论，确定导数符号，然
30、 后结合导数与函数的性质可求 解： （1）当 a4 时，f（x）4x6lnx+2， x0， 易得 f（x）在（0，），（1，+）上单调递增，在（）上单调递减， 故当 x时，函数取得极大值 f（）6ln2，当 x1 时，函数取得极小值 f（1）4， （2）， 当 a0 时，f（x）在（1，e）上单调递减，f（x）f（1）a0，此时函数在（1，e） 上没有零点； 当 a2 时，f（x）在（1，e）上单调递增，f（x）f（1）a2，此时函数在（1，e） 上没有零点； 当 0 即时， f （x） 在 （1， e） 上单调递减， 由题意可得， 解可得，0， 当即时，f（x）在（1，）上单调递减，在（）上
31、单调递增， 由于 f（1）a0，f（e）a（e1）， 令 g（a）f（）2（a+2）lna+2（a+2）lna（1+ln2）a+42ln2， 令 h（a），则0， 所以 h（a）在（）上递减，h（a）h（2）10，即 g（a）0， 所以 g（a）在（）上递增，g（a）g（）2， 即 f（）0， 所以 f（x）在（1，e）上没有零点， 综上，当 0a时，f（x）在（1，e）上有唯一零点， 当 a0 或 a时，f（x）在（1，e）上没有零点 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第 一题记分选修 4-4：坐标系与参数方程 22 如图， 在极坐标系中，
32、 曲线 C1是以 C1（4， 0） 为圆心的半圆， 曲线 C2是以 为圆心的圆，曲线 C1、C2都过极点 O （1）分别写出半圆 C1，C2的极坐标方程； （2）直线 l：与曲线 C1，C2分别交于 M、N 两点（异于极点 O），P 为 C2上的动点，求PMN 面积的最大值 【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进 行转换 （2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果 解：（1）曲线 C1是以 C1（4，0）为圆心的半圆， 所以半圆的极坐标方程为， 曲 线C2是 以为 圆 心 的 圆 ， 转 换 为 极 坐 标 方 程 为 （2）由（1
33、）得：|MN| 显然当点 P 到直线 MN 的距离最大时，PMN 的面积最大 此时点 P 为过 C2且与直线 MN 垂直的直线与 C2的一个交点， 设 PC2与直线 MN 垂直于点 H， 如图所示： 在 RtOHC2中，| ， 所以点 P 到直线 MN 的最大距离 d， 所以 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x2|+|x+1| （1）解关于 x 的不等式 f（x）5； （2） 若函数 f （x） 的最小值记为 m， 设 a， b， c 均为正实数， 且 a+4b+9cm， 求 的最小值 【分析】（1）将 f（x）写为分段函数的形式，然后根据 f（x）5，利用零点分段法解 不等式即可； （2）利用绝对值三角不等式求出 f（x）的最小值 m，然后由 a+4b+9cm，根据+ +（a+4b+9c），利用基本不等式求出的最小值 解：（1）f（x）|x2|+|x+1| f（x）5，或1x2 或， 2x3，不等式的解集为x|2x3 （2）f（x）|x2|+|x+1|（x2）（x+1）|1 f（x）的最小值为 1，即 m3，a+4b+9c3 3， 当且仅当 时等号成立， 最小值为 3
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