1、文科数学答案第 1页共 8 页巴中市普通高中巴中市普通高中 2020 级级“零诊零诊”考试考试数学数学答案答案（文文科）科）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的一个是符合题目要求的1【解析解析】B先写出集合M，然后逐项验证即可由1,2,3,4,5U 且1,2UM 得3,4,5M，故选 B备注：2022 年全国乙卷理数第 1 题改编.2【解析解析】C利用复数四则运算，先求出z，再依照复数的概念求出复数z的虚部选 C方法一方法一：由题意有(34i)(i)
2、34i43iii(i)z ，故复数z的虚部为3方法二方法二：由i34ii(3i4)z，得43iz ，故复数z的虚部为33【解析解析】A121llm，故“1m”是“12ll”的充分不必要条件选 A4【解解析析】D不妨取双曲线的右焦点(,0)c，渐近线ybx，由点到直线距离公式得24b，然后利用离心率的变通公式215cb，进而求得离心率e的值由题意得，不妨取双曲线的右焦点21 0)(,Fb，双曲线的渐近线为ybx，即0bxy，则22|10|21b bbb，即224ba，所以离心率215eb选 D5【解析解析】C充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知，同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推
3、理论证，需注意相应定理的条件的完备性对于 A 选项，n也可能；对于 B 选项，由条件得不到m，故不能推断出；对于 C 选项，则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确；对于 D 选项，条件中缺少m，故得不到m6【解析解析】D由任意角的三角函数定义，得tan12ab，故(2,2)Ba，2|2 1tan2|OBOA由3cos25 得：222222cossincos2cossincoss5in3，变形得：221tan51t3an，解得2tan4，所以|2 5OB 或者，设|OAr，则221ra，1sin,cos,|2aOBrrr；由3cos25 得222222113cos2cossin51aara，解得
4、：24a，故|22 5OBr选 D7【解析解析】D借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性，正弦型函数的符号变化规律，均值不等式等知识进行推断由2sin()(),2,2xxxf xxee 知()f x为奇函数，且在(0,1)内恒正，故 A、B 选项不正确；又2sin()2x，2xxee且等号不同时成立，由不等式的性质知|()|1f x，排除 C 选项选D8【解 析解 析】B 设 公 差 为d，则 由28176aaa得13(8)6ad，即1982ada，故1171717()2aaS117(8)34ad选 B或者由1982ada得1791734Sa作为选择题由于满足条件的数列不唯一，可举常数列取2na
5、 验证作出选择9【解析解析】A本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义，数量积的坐标表示，数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，运算求解能力方法一方法一：由点D在BC上，设BDxBC,01x，则()ADABBDABxBCABx ACAB (1)x ABxAC，故()()(1)AAx ABBDCADAxCBACBACA 22(1)134xACxABx，由01x得41349x，所以 4,9AD BC 选 A方法二方法二：以 A 为原点，AB，AC 所在直线分别为,xy轴建立平面直角坐标系（如图），则(2,0),(0,3),(2,3)ABACBC ，设(,)D x y，则(,)ADx
6、y，故23AD BCxy （*），由点 D 在 BC 上得：23260,0 xxy（可借助初中的一次函数知识或必修 2 第三章直线的方程获得,xy满足的方程），用x表示y代入Axy32BCD文科数学答案第 2页共 8 页（*）式得：1320239,2AD BCxxyx ，故 4,9AD BC 选 A方法三方法三：设AD与与BC 的夹角为，则由题意得13|cosAD BCAD ，故|cosAD取最大值时AD BC 最大，|cosAD取最小值时AD BC 最小，结合上图，用运动变化的观点分析易知：D 在斜边BC 上移动时，当 D 与 C 重合时AD的模最大且与BC 的夹角最小（ACB），故此时AD
7、 BC 取得最大值，且maxAD BCAC BC ()9ACACAB；当 D 与 B 重合时AD的模最小且与BC 的夹角最大（ABC），故此时AD BC 取得最小值，且min=()4AD BCAB BCABACAB 应注意，由向量夹角的定义知ABC不是向量AB 与BC 的夹角！这是向量问题中的易错点！10【解析解析】B 将函数cos()3yx的图象向左平移3个单位长度，得cos()33yx的图象 而5cos()cos()sin()sin()333323336yxxxx，故 由 题 意 知sinx5sin()36x，所以5236xkx(kZ)，解得562k(kZ)，由0知：当1k 时取最小值，故
8、min72 选 B 或者，由cos()3yx知23x时1y，由sinyx知当2x时1y，故由题意得5332，解得7211【解析解析】D2()33fxx的变号零点为1x 和1x，故 A 正确；由(1)301(1)ff 知 B正确；由33yxx是奇函数，其图象向上平移 1 个单位长度得到函数()f x的图象，故 C 正确；由于函数()f x在1x 处取极小值1，故直线0 xy与曲线()yf x不相切，故 D 错误，选 D也可借助函数的图象直观感知作出判断12【解析解析】A由已知得：223344log 61log 3,log 121log 4,log 201log 5abc ，故,abc的大小顺序与
9、234log 3,log 4,log 5的大小一致由244log 3log 9log 5知ac，排除 B、D由3223得23log 32；由2343得32log 43，即33log 42，所以ab，排除 C故选 A或者利用函数ln(1)()(1)lnxf xxx的单调性比较234log 3,log 4,log 5的大小事实上，当1x 时2ln(1)ln1()0lnxxxxfxx，故()f x在(1,)上是减函数，所以(2)(3)(4)fff，由换底公式得234log 3log 4log 5，故abc选 A二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，
10、共 20 分分13【解析解析】2由抛物线22 (0)ypxp的几何性质知，其焦点到准线的距离为p，本题中2p 14【解析解析】57计算得1(2356)44x ，1(28314148)374y，则样本中心点是(4,37)，代入回归方程得5375417ayx，所以回归方程是517yx，将8x 代入得57y 15【解析解析】8 6由BD 平面ADC，,ADDC 平面ADC，得,BDADBDCD；由2BD，2 2AB，2 5BC 及 勾 股 定 理 得：2,4ADCD，又2 5AC，故222ADCDAC，所以ADDC，即 BD，AD，CD 两两垂直，所以三棱锥ABCD的外接球与以 BD，AD，CD 分
11、别为长、宽、高的长方体的外接相同（如右图，O 为球心），所以球半径22222462R，从而348 63VR16【解析解析】3，3(0,4以三角形边角关系的射影定理为背景，综合考查正弦、余弦定理、三角变换的基本公式与方法，三角函数的图象与性质等知识，求角 A 时，既可用正弦定理边化角，也可用余弦定理角化边，还可直接用教材中习题的结论射影定理简化；对于sinsinBC的范围问题，可利用23BC且0,2BC转化只含一个角变量的函数的值域（1）求角 A 的过程与方法由已知及正弦定理得：2sincossincossincossin()sinAACBBCBCA，又02A，文科数学答案第 3页共 8 页故1
12、cos2A，所以3A由已知及射影定理得：2 coscoscosaAcBbCa，故1cos2A，又02A，所以3A由已知及余弦定理得：2222222 cos22acbabcaAaa，化简得1cos2A，又02A，所以3A（2）求sinsinBC范围的过程与方法（20220903 晚 9 点修正版）策略策略一一：利用正弦型函数的图象与性质由3A得23BC，故23CB，且203B33211111sinsinsinsin()sin(cossin)sin2cos2sin(2)322444264BCBBBBBBBB因为72666B，故1sin(2)126B，当且仅当3B时取等号，故3sinsin(0,4B
13、C令,33BxCx，由题意得33x，33sin22x故sinsinsin()sin()33BCxx3311(cossin)(cossin)2222xxxx2231cossin44xx213(,3nsi244x因为33x，所以33sin22x，230sin4x，当且仅当0 x，即3BC时取等号，故sinsinBC23sin 43(0,4x由和、差角的余弦公式可得：12sinsincos()cos()cos()2BCBCBCBC，由已知得20,3BC，故2233BC，所以1cos()(,12BC，当且仅当3BC时取等号，故3sinsin(0,4BC策略二策略二：用余弦定理转化在ABC中，由正弦、余
14、弦定理得：222sinsin2sinsincossinBCBCAA，代入3A得：223sinsinsinsin4BCBC，变形得23sinsin(sinsin)4BCBC，又sinsinsin()sin()2222BCBCBCBCBC2cossin22BCBC2cossin32BCsin2BC，由已知得20,3BC，故323BC，所以sin2BC33(,)22 所以30|sinsin|2BC，当且仅当3BC时取等号，故3sinsin(0,4BC三三、解答题解答题：共共 70 分分解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤第第 1721 题为必考题题为必考题，每个
15、试题考生都必须作答第每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：（一）必考题：60 分分17（12 分）解解：（1）方法一方法一：由122nnSS得：2122nnSS1 分12122nnnnSSSS，变形得2112()nnnnSSSS2 分212nnaa3 分又12a 且2112SSS212aa4 分由知：对任意*nN，恒有12nnaa，且12a 文科数学答案第 4页共 8 页数列na是首项与公比均为 2 的等比数列5 分2nna 6 分方法二方法二：由122nnSS变形得：122(2)nnSS2 分又12a，故11224Sa3
16、分数列2nS 是以 4 首项，2 为公比的等比数列112422nnnS，故122nnS4 分当2n时，1122(22)2nnnnnnaSS5 分又12a 也适合上式2nna 6 分（2）方法一方法一：由（1）知，2nnnbnan7 分231 2223 22nnTn 2312 1 222(1)22nnnTnn8 分两式相减得：23122222nnnTn9 分112(12)2(1)2212nnnnn11 分1(1)22nnTn12 分方法二方法二：由（1）知，2nnnbnan7 分裂项变形得：12(1)2(2)2nnnnbnnn 9 分231 2223 22nnTn 34354122(222)(3
17、 222)(1)2(2)2 nnnn 10 分12(2)2nn即1(1)22nnTn12 分18（12 分）解解：（1）由题意得，总人数为 20045 岁以上（含 45 岁）的人数为32001205，45 岁以下的人数为 801 分一周内健步走少于 5 万步的人数为200603102 分由此得如下列联表：3 分一周内健步走5 万步一周内健步走5 万步总计45 岁以上(含 45 岁)903012045 岁以下503080总计14060200故22200(90 3050 30)2532.70614060 80 1207K5 分有 90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关6 分（2）由题
18、意，抽取的 8 人中一周内健步走5 万步有 6 人，少于 5 万步的有 2 人 7 分将一周内健步走5 万步的 6 人编号为 1，2，3，4，5，6，另外两人记为,A B，则所有可能情况如下：12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，1A，2A，3A，4A，5A，6A，1B，2B，3B，4B，5B，6B，AB总共 28 种10 分其中恰有一人一周内健步走步数不少于 5 万步所有可结果如下：1A，2A，3A，4A，5A，6A，1B，2B，3B，4B，5B，6B共 12 种11 分记“抽取的 2 人中恰有一人一周内健步走步数不少于 5 万步”这事件
19、C文科数学答案第 5页共 8 页由等可能事件的概率公式得：123(C)287P 12 分19（12 分）解解：（1）证明方法一方法一：由正方形ABCD的性质得：ABCD1 分又AB 平面 DCF，CD 平面 DCFAB平面 DCF 2 分BECF，BE 平面 DCF，CF 平面 DCFBE平面 DCF3 分,ABBEBAB BE平面 ABE平面ABE平面 DCF 4 分AE 平面 ABEAE平面 DCF6 分方法二方法二：在 CF 取点 G 使得2CGBE，连结 EG、DG，如右图BECF四边形 BEGC 是平行四边形 1 分故EGBC，且EGBC 2 分又,ADBCADBC,ADEGADEG
20、 3 分四边形 ADGE 是平行四边形4 分AEDG5 分又AE 平面 DCF，DG 平面 DCFAE平面 DCF6 分（2）由体积的性质知：13F ACEA CEFCEFVVSh 8 分平面BCFE 平面 ABCD，平面BCFE 平面 ABCD=BCABBC，AB 平面 ABCDAB 平面 BCFE 9 分又2AB 故点 A 到平面 CEF 的距离为 2，即三棱锥ACEF底面 CEF 上的高2h 10 分由题意，知,BEBCBECF且3,2CFBC132CEFSCFBC11 分113 2233F ACEA CEFCEFVVSh 12 分20（12 分解解：（1）21()1,0 xfxxaxx
21、xax 1 分1()xxafx在(0,)是减函数2 分由在2x 时取得极大值得：(2)0f，即1202a，解得：32a 3 分213()ln22f xxxx，故3(1),(1)12ff 4 分曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为31(1)2yx，即3210 xy 5 分（2）证明方法一方法一:由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx6 分由()0g x得210 xax，其判别式240a由一元二次方程根与系数的关系知，关于 x 的方程210 xax 有唯一正根设210 xax 的唯一正根为m，则有21amm7 分ABCDEFABCDEFG文科数学答案第 6页共 8 页当0 xm时
22、，()0g x，故()g x单调递增；当xm时，()0g x，故()g x单调递减22max1111()()lnln2222g xg mmmammm8 分设211()ln,022h xxxx，则1()0h xxx()h x在(0,)上是增函数且(1)0h 9 分由21amm及21amm得：10amm，解得1m 10 分()(1)0h mh，故2max11()ln022g xmm11 分又232222211()1()10222aag exaxxa 且232201ae()g x在(0,m内有零点，即()g x有零点12 分方法二方法二：由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx6 分由()0g
23、x得210 xax，其判别式240a由一元二次方程的根与系数的关系知，方程210 xax 有唯一正根设210 xax 的正根为m，则有21amm 7 分当0 xm时，()0g x，故()g x单调递增；当xm时，()0g x，故()g x单调递减22max1111()()lnln2222g xg mmmammm8 分232222211()1()10222aag exaxxa 且232201ae()g x有零点等价于max()0g x，即211ln022mm 9 分由211()ln,022h xxxx在(0,)上是增函数且(1)0h知：当且仅当1m时，211ln022mm10 分由21amm及0
24、a得：10mm，解得1m 11 分()(1)0h mh，即当0a时，max()0g x成立()g x有零点12 分方法三方法三：()g x有零点等价于关于x的方程21l0221nxxax有正根亦等价于关于 x 的方程11ln(),(0)2xaxxxx有解6 分设11ln()(),(0)2xxxxxx，则2222111ln12ln()(1)22xxxxxxx 7 分记2()12ln,0H xxxx，则2()20H xxx，故()H x是增函数8 分又(1)0H，故()0 x有唯一零点1x 9 分当01x时，()0H x，故()0 x，()x是单调递减；当1x 时，()0H x，故()0 x，()
25、x是单调递增10 分min11ln1()(1)(1)0211x，即()0 x11 分当0a时，函数1()()2g xf x有零点12 分方法四：方法四：要证：当0a时，函数1()()2g xf x有零点只需证：当0a时，直线yax与函数21ln1()(0)22xxh xx的图象有公共点7 分由21(1)xxxh xx知：文科数学答案第 7页共 8 页当01x时，()0h x，故()h x单调递减；当1x 时，()0h x，故()h x单调递 8 分2min11()(1)1ln1022h xh 9 分0y 是曲线()yh x在点(1,0)处的切线10 分即当0a 时，直线yax与函数()h x的
26、图象有唯一公共点当0a 时，直线yax与函数()h x的图象在第一象限相交，有两个公共点11 分综上，当0a时，直线yax与函数()h x的图象有公共点当0a时，函数1()()2g xf x有零点12 分21（12 分）解解：（1）由点(1,)32P在 C 上得：221314ab1 分由椭圆的标准方程得(,0)(,0)AaB a、，故321APka，2321A Eka 2 分由14AP BPkk 得：12211334aa，解得：24a 3 分将24a 代入得：21b 4 分椭圆 C 的方程为2214xy 5 分（2）由题意知直线l不能平行于x轴设直线l的方程为xtym，1122(,),(,)M
27、 xyN xy由直线l与圆221xy相切得：2|11mt，化简得221mt6 分由22,1.4xtymxy消去x整理得：222(4)240tytmym于是，22222(2)4(4)(4)16(4)16 348tmtmtm由求根公式得：21224 344yytt 7 分222124 3114tMNtyyt 8 分令21tn，则1n且24 34 34 3232 33nMNnnn9 分当且仅当3nn，即3n 时取等号10 分max|2MN，此时由213t解得：2t 11 分直线l的斜率为2212 分（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做
28、，则按所做的第题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题记分一题记分22【选修 44：坐标系与参数方程】（10 分）解解：（1）直线l过点)(1,0P，且倾斜角为6l的参数方程为1cos,6sin.6xtyt(t为参数)，即31,21.2xtyt(t 为参数)2 分由2 2cos()4，得2cos2sin 3 分22 cos2 sin将cos,sinxy代入上式得：22220 xyxy文科数学答案第 8页共 8 页C 的直角坐标方程为22220 xyxy5 分（2）设 A，B 两点对应的参数分别为12,tt将 l 的参数方程代入 C 的直角坐标方程，得2231()(1)222tt整理，得210
29、tt 6 分此时2(1)4 1(1)50 ，121 21,10ttt t 7 分1212|PAPBtttt8 分22121 2()4(1)4 1(1)5ttt t 9 分即|5PAPB 10 分23【选修 45 不等式选讲】（10 分）解解：（1）34,233()6,2234,.2xxf xxxx 2 分()8f x的解集为322.xx，与33,2268.x与3,22.xx的解集的并集4 分不等式的解集为|22xx5 分（2）()|23|23|(23)(23)|6f xxxxx当且仅当(23)(23)0 xx即3322x时，取等号 6 分6M 从而111123abc7 分方法一方法一：a，b，c 均为正数111232323(23)()3()()()232332abacbcabcabcabcbacacb8 分2323322292332abacbcbacacb9 分当且仅当3312abc，时等号成立239abc 10 分方法二方法二：a，b，c 均为正数211111123(23)()(23)92323abcabcabcabcabc 9 分当且仅当23abc，即3312abc，时等号成立239abc 10 分
