1、第 1 页，共 11 页 绝密绝密启用前启用前 全国全国卷卷 2020 届高三理数名校高频错题卷届高三理数名校高频错题卷(四四) 满分：150 分 时间：120 分钟 姓名：班级：考号： 注意事项： 1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2请将答案正确填写在答题卡上 第第 I 卷卷(选择题选择题) 一、单选题一、单选题(本题共本题共 12 题，每小题题，每小题 5 分，共分，共 60 分分) 1【2019 年河南省名校试题】【年级得分率：0.5556】 已知集合 Axx22x150，Bxx2n1，nN，则 AB() A1，1，3 B1，1 C5，3，1，1，3 D3，1，1 2【2019
2、 年安徽省名校试题】【年级得分率：0.5556】 已知复数z满足(3)1 3z ii ，则z () A3 i B3 i C6 i D6 i 3【2019 年山东省名校试题】【年级得分率：0.3889】 已知向量( 3,1)b ，问量a为单位向量，且 1a b ，则2a b 与2a的夹角余弦值为() A 1 2 B 3 3 C 1 2 D 3 3 4【2019 年安徽省名校试题】【年级得分率：0.2778】 已知等差数列 n a的前 n 项和为 n S， 4 22S ，330 n S ， 4 176 n S ，则n() A14 B15 C16 D17 5【2019 年安徽省名校试题】【年级得分率
3、：0.2501】 已知函数( ) xx f xee (e 为自然对数的底数)，若 0.5 0.7a ， 0.5 log0.7b ， 0.7 log5c ，则() A ( )( )( )f bf af c B( )( )( )f cf bf a C ( )( )( )f cf af b D( )( )( )f af bf c 6【2019 年广东省名校试题】【年级得分率：0.6667】 已知函数 2cos 3 f xx (0)在 3 ， 2 上单调递增，则的取值范围是() A 2 3 ，2 B(0， 2 3 C 2 3 ，1 D(0，2 7【2019 年湖南省名校试题】【年级得分率：0.6296
4、】 已知( )是定义在 R 上的偶函数，且在(-，0上是增函数.设 第 2 页，共 11 页 c=，则 a，b，c 的大小关系是() A.cb a B. abc C ac.b D.c ab 8【2019 年湖北省名校试题】【年级得分率：0.4632】 在平面五边形中， =60=6且=6.将五边形沿对角线 折起，使平面与平面所成的二面角为 120 ， 则沿对角线 BE 折起后所得几何体的外接球的表 面积为() A.84 B.84 C.252 D.126 9【2019 年河南省名校试题】【年级得分率：0.5185】 在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量(a，cosB)，(c
5、osA，b)，若， 则ABC 一定是() A锐角三角形 B等腰三角形 C直角三角形 D等腰三角形或直角三角形 10【2019 年安徽省名校试题】【年级得分率：0.3333】 已知( )(ln1)(ln1)f xaxxxx与 2 ( )g xx的图像至少有三个不同的公共点， 则实数 a 的取值 范围是() A 12 , 22 B 1 ,1 2 C 2 ,1 2 D(1,2) 11【2019 年河北省名校试题】【年级得分率：0.1944】 平面直角坐标系xOy中，若角的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边与单位圆 O 交于点 00 (,)P xy，且(,0) 2 ， 3 cos()
6、65 ，则 0 x的值为() A 3 34 10 B 4 33 10 C 3 34 10 D 4 33 10 12【2019 年安徽省名校试题】【年级得分率：0.0556】 关于函数( )ln(1)ln(3)f xxx有下述四个结论： ( )f x在( 1,3) 单调递增 ( )yf x 的图像关于直线1x 对称 ( )yf x的图像关于点(1,0)对称 ( )f x的值域为 R 其中正确结论的个数是() A0 B1 C2 D3 第第 II 卷卷(非选择题非选择题) 二、填空题二、填空题(本题共本题共 4 题，每小题题，每小题 5 分，共分，共 20 分分) 13【2019 年福建省名校试题】
7、【年级得分率：0.5833】 曲线 2 ( )cos2f xxx在点(0,(0)f处的切线方程为_ 14【2019 年安徽省名校试题】【年级得分率：0.1944】 n S是等比数列 n a的前 n 项和， 3 2a ， 2 106 aa，则 6 S _ 第 3 页，共 11 页 15【2019 年江西省名校试题】【年级得分率：0.5830】 函数( )4sin3cosf xxx， 且对任意实数x都有( )(2)()f xfxR， 则c o s 2_ 16【2019 年河南省名校试题】【年级得分率：0.3704】 规定t为不超过 t 的最大整数，如313，293若函数 f(x)x2x(x R)，
8、则方程 f2(x)f(x)2 的解集是_ 三、解答题三、解答题(第第 17 题题 10 分，第分，第 18-22 题每题题每题 12 分，共分，共 70 分分) 17【2019 年河北省名校试题】【年级得分率：0.5278】 已知 a，b，c 分别是ABC 的角 A，B，C 的对边，且 c2，a 2b24a b (1)求角 C； (2)若 sin2Bsin2AsinC(2sin2AsinC)，求ABC 的面积 18【2019 年河南省名校试题】【年级得分率：0.1111】 已知数列 n a满足 1 a0， 2 a1， 2n a 1 2 nn aa 1 (n N ，R) (1)若 n b n a
9、 1n a，试问是否存在实数 ，使得数列 n b是等比数列?若存在，求出 的值；若不存 在，请说明理由； (2)在(1)的条件下，求数列 n a的通项公式 第 4 页，共 11 页 19【2019 年湖南省名校试题】【年级得分率：0.4969】 如图，底面 ABCD 是等腰梯形，ADBC，AD2AB2BC4，点 E 为 AD 的中点，以 BE 为边作正 方形 BEFG，且平面 BEFG平面 ABCD (1)证明：平面 ACF平面 BEFG (2)求二面角 ABFD 的正弦值 20【2019 年福建省名校试题】【年级得分率：0.4198】 某市交通局为了有效改善市区道路交通拥堵状况出台了一系列的
10、措施，将市区公交站点的重新布局和 建设作为重点项目市交通局根据交通拥堵情况制订了“市区公交站点重新布局方案”，现准备对该方 案进行调查，并根据调查结果决定是否启用该方案调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干 市民对该方案进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图相关规则：调查对象为本市 市民， 被调查者各自独立评分； 采用百分制评分， 低于 60 分认为不满意， 不低于 60 分认定为满意(其 中60，70)内认定为基本满意，70，80)内认定为满意，不低于 80 分认定为非常满意)；市民对公 交站点布局的满意率不低于 70即可启用该方案；用样本的频率代替概率 (1)从该市 100
11、万市民中随机抽取 4 人，求至少有 3 人满意该方案的概率，并根据所学统计学知识判断 该市是否可启用该方案，说明理由 (2)现采用分层抽样从评分在50，60)与80，90)内的市民中共抽取 7 人，并从中抽取 3 人担任群众 督查员，记 X 为群众督查员中评定为满意的人数，求随机变量 X 的分布列及其数学期望 EX 第 5 页，共 11 页 21【2019 年河北省名校试题】【年级得分率：0.3272】 已知椭圆C： 22 22 1 xy ab (ab0)的离心率为 3 2 ， 且椭圆C上的点到直线y2的最长距离为2 2 (1)求椭圆 C 的方程 (2)过点 Q(2，0)的直线 l 与椭圆 C
12、 交于 A，B 两点，试问在直线 y2 上是否存在点 P，使直线 PA 与 直线 PB 的斜率之和是直线 PQ 的斜率的 2 倍?若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由 22【2019 年河南省名校试题】【年级得分率：0.4037】 已知函数 )(xf 2 52lnxxx (1)求 )(xf 的极值； (2)若 )( 1 xf )( 2 xf )( 3 xf ，且 321 xxx ，证明： 3 13 xx 全国全国卷卷 2020 届高三理数名校高频错题卷（四）届高三理数名校高频错题卷（四） 参考答案参考答案 1【答案】A 【解析】因为A=x|-5x3,Bx|x2n1,nN1,1,3,
13、5, 所以 3 , 1 , 1BA 2【答案】D 【解析】由题意得， 1 3 33 i zi i ，所以6zi，故选 D 3【答案】A 【解析】 记OA a ， 2OCa ，OB b ， 由| | 1a ，| 2b ， 且 1a b 知60AOB ， 2a bBC ， | | 2OCOB，60BOC ， OBC为正三角形，OBC，2,260aba ，选 A 4【答案】B 【解析】 1234 22aaaa， 4123 154 nnnnnn SSaaaa 1 4()176 n aa， 1 44 n aa 由 1 () 2 n n n aa S 得 44 330 2 n ，15n ，故选:B 5【答
14、案】D 【解析】因为 0.5 0.71a ，01b，0c，a bc 又 ( )f x在 R 上是单调递减函数，故( )( )( )f af bf c ，选 D 第 6 页，共 11 页 6【答案】B. 【解析】因为 xycos 在0 ,上单调递增，所以 wxycos 在 0 , w 上单调递增，所以 )0)( 3 cos(2)(wwxxf 在 ww 3 , 3 2 上单调递增，则 ww 3 , 3 2 2 , 3 ，解得 2 0 3 7【答案】A 【解析】由题意可知在(,0上是增函数，在(0,)上是减函数.因为 0.30.30.8888 10010 2loglog4log1, 1log 0.1
15、25log 0.2log 10 93 1.1 22 所以 1.1 80.8 |log 0.2| |log4| |2|,cba故 8【答案】C 【解析】设的中心为 1，矩形 的中心为 2， 过 1作垂直于平面 的直线 1，过2作垂直于平面 的直线 2， 则由球的性质可知，直线 1与2的交点 即几何体 外接球的球心. 取的中点 (图略)，连接 12 由条件得 1212 . 连接因为 12，从而 1 .连接 则为所得几何体外接球的半径，又 1 则 2 + 1 2 63， 故所得几何体外接球的表面积等于 252 9【答案】D 【解析】因 .所以acos A-bcos B=0，所以bcos B=acos
16、 A，由正弦定理可知sin Bcos B= sin Acos A. 所以sin 2A=sin2B.又A，B（0，），且A+ B（0， ），所以2A=2B.或2A+2B= .所以A= B，或 A+B= ，则ABC是等腰三角形或直角三角形，故选D 10【答案】B 【解析】方程 ln1ln1 ( )( )()(1)1 xx f xg xa xx 至少有三个不等的实根 令 ln1 ( ) x t x x 得 2 ()(1)1(1)10atttata 冈为 2 ln ( ) x t x x ，所以 ln1 ( ) x t x x 在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减且( )t x的最大值 (1)
17、1t，x 轴是( )t x的渐近线所以方程的两个根 1 t， 2 t的情况是： （）若 12 ,(0,1)t t 且 12 tt，则( )f x与( )g x的图像有四个不同的公共点 则 12 1 2 12 12 0 0 0 (1)(1)0 (1)(1)0 tt t t tt tt a无解 （）若1 (0,1)t 且 2 1t 或 2 0t ， 则 ( )f x与( )g x的图像有三个不同的公共点，则 a 无解 （）若1 (0,1)t 且 2 0t ，则( )f x与( )g x的图像有三个不同的公共点 令 2 ( )(1)1h ttata 则 (0)010 1 1 (1)02102 ha
18、a ha 11【答案】A 【解析】因为(,0) 2 ， 3 cos() 65 ，所以(,) 63 6 ， 第 7 页，共 11 页 若(0,) 66 ， 33 cos() 625 ，所以不符合， 所以(,0) 63 ， 4 sin() 65 所以 0 33413 34 coscos () 66525210 x 12【答案】D 【解析】 ( )f x的定义域是( 1,3) ， 1 ( )ln 3 x f x x ，令： 14 ( )1(0,) 33 x t x xx 所以( )t x在( 1,3)单调递增，( )ln ( )f xt x在( 1,3)单调递增，且值域为 R 又因为 2 (1)ln
19、 2 x fx x ， 2 (1)ln 2 x fx x 所以(1)(1)fxfx ，(1)(1)fxfx 所以正确，是错误的 13【答案】 1y 【解析】( )22sin2fxxx ，(0)0 f ，又(0)1f 故 ( )f x在(0,(0)f 处的切线方程为1y 14【答案】 63 2 【解析】因为 n a为等比数列，所以 2 106 aa，即 73226 333 () =qqaqaa 3 =2aq，又 13 2 =aa q， 1 1 2 a ， 6 6 1 61 (1)63 (1) 12 aq Sa q q 15【答案】 7 25 【解析】依题意为 ( )f x极值点，( )0 f ，
20、4cos3sin0 4 tan 3 ， 2 2 1 tan7 cos2 1tan25 16【答案】-1.0）2.3） 【解析】由f2(x)-f（x）=2，得f(x)-2f(x)+1=0，解得f（x）=2或f（x）=-1. 当f（x）=2时，-x=2，解得x2=2或x=-1.当x=2时，解得x2.3）； 当x=-1时，解得x-1，0）；当f（x）=-1时，-x=-1.无解. 综上，方程f2(x)-f(x)=2的解集是-1.0）2，3） 17【答案】（1） 3 ；（2） 2 3 3 【解析】（1）由余弦定理，得cos C= 222 1 222 abcab abab 又C（0， ），所以C= 3 第
21、 8 页，共 11 页 （2） 2222 222 222 sinsinsin(2sin2sin),sin2sinsin2sin2 sin sinsinsin4sincossin 4 cos2 cos4 cos 2cos0 BACACBCAAC BCAAAC bcaaAbAaA baA 由得 得 再有正弦定理得，所以 所以或 22 222 24 22cos4., 333 1122 3 ,2 22233 baababab acBac 当时，因为联立可得 所以b所以所以 ABC的面积S= 当cos A=0时，因A(0, )，所以A= 2 ，所以b= 22 3 tan 3 , 所以AC的面积S= 1
22、2 bc= 12 2 23 = 2 3 3 综上，ACB的面积为 2 3 3 18【答案】（1）存在， =- ；（2） 【解析】（1）由= ，得=（ +1）（）-（， 因为，所以=（ +1）-（ 要使数列是等比数列，需使-（ =0对任意n N恒成立， 所以-（=0.解得 =- 此时.且首项=0+1=1 所以存在 =- ，使得数列是首项为1.公比为 的等比数列 （2）由（1）知，=1， 所以=2 令，得=2，即， 所以，=-2() 因为，所以=2=- ， 所以数列是以为首项，-2为公比的等比数列； 所以. 即2“ 所以 即 19【答案】（1）见解析；（2） 【解析】（1）证明：因为点 E 为 A
23、D 的中点 AD=2BC，所以 AE=BC，因为 AD/BC，所 AEBC，所以四边形 ABCE是平行四边 形因为 AB=BC， 所以平行四边形 ABCE 是菱形，所以BEAC . 因为平面 BEFG 平面 ABCD， 且平面 BEFG平面 ABCD=BE. 第 9 页，共 11 页 所以 AC平面 BEFG，因为 AC平面 ACF， 所以平面 ACF平面 BEFG. （2） 记 AC， BE 的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知 OPBEAC, 两两垂直， 故以O为坐标原点， 以射线 OPOCOB, 分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系 xyzO . 因为底面 AB
24、CD 是等腰梯形，422,BCABADBCAD， 所以四边形 ABCE 是菱形， 且60BAD， 所以)2 , 0 , 1(),0 , 3, 2(),0 , 0 , 1(),0 , 0 , 1 (),0, 3, 0(FDEBA 则1,3,02,0,2( 3, 3,0)ABBFBD（，）， （）， . 设平面ABF的法向量为 ）（ 111 ,zyxm ， 则 11 11 30, 220, m ABxy m BFxz 不妨取 1 1 y ，则 ），（313 m . 设平面DBF的法向量为 ）（ 222 ,zyxn ， 则 22 22 330, 220, m BDxy m BFxz 不妨取 1 2
25、x ，则），（1 , 3 ,1n 故 . 35 105 57 3 ,cos nm nm nm 记二面角DBFA的大小为， 故. 35 704 35 3 1sin 20【答案】（1）启用该方案，见解析；（2）分布列见解析， 【解析】（1）由题意可得被调查者不满意的频率是 5 1 10)15. 005. 0(，则满意的频率为 5 4 ，用样本 的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取 1 人，该人满意该方案的概率为 5 4 ，记事件A为“抽 取的 4 人至少有 3 人满意该方案”， 则. 625 512 5 1 ) 5 4 () 5 4 ()( 33 4 44 4 CCAP 分角度 1：根据题意
26、，60 分或以上被认定为满意，在频率分布直方图中. 评分在60，100的频率为7 . 0 5 4 10)004. 002. 0032. 0024. 0(， 故根据相关规则该市应启用该方案. 角度 2：由平均分为709 .7004. 0952 . 08532. 07524. 06515. 05505. 045，故根据相关规 则该市应启用该方案. （2）因为评分在50，60）与评分在80，90）的频率之比为 3：4.所以从评分在50，60）内的市民中 抽取 3 人 评分在80，90）内的市民中抽取 4 人，则随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2，3. , 35 4 ) 3(, 35 18 )
27、2( , 35 12 ) 1(, 35 1 )0( 3 7 3 4 3 7 2 4 1 3 3 7 1 1 2 3 3 7 3 3 C C XP C CC XP C CC XP C C XP 则X的分布列为： X 0 1 2 3 P 35 1 35 12 35 18 35 4 X的数学期望. 7 12 35 4 3 35 18 2 35 12 1 35 1 0EX 21【答案】（1）. 1 28 22 yx ；（2）存在，点 )2 , 4(P 【解析】（1）由题意可设椭圆的半焦距为c， 第 10 页，共 11 页 由题意可得 222 222 3 2 b c a abc 解得 2 22 ， 故椭
28、园c的方程为. 1 28 22 yx （2）（i）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 )2 ,(),(),(),2( 02211 xPyxByxAxky ， 则 2 2 , 2 , 2 020 2 10 1 x k xx y k xx y k PQPBPA .联立 ( ) 整理得 ，081616) 14( 2222 kxkxk则 . 14 816 14 16 2 2 21 2 2 21 k k xx k k xx故 , )( 2)(22()44(222222 21021 2 0 212100 20 2 10 1 20 2 10 1 xxxxxx xkxxxkkxxk xx kxk xx k
29、xk xx y xx y kk PBPA 整理得 . 2 4 824 4)4(4216 0 2 0 22 0 00 2 0 xxkx xkxkx kk PBPA ）（ ）（ 因为 2 2 0 x kPQ ，所以 . 2 4 8)2(4 4)4(4)2(16 0 2 0 22 0 00 2 0 xxkx xkxkx 整理得 0)4(2)2)(4( 000 xkxx ，即 02)2()4( 00 kxx ，解得 . 4 0 x (ii)当直线ll 的斜率不存在时，经检验 )2 , 4(P 也满足条件,故存在点 )2 , 4(P ， 使得 。 PQPBPA kkk2 22【答案】（1） )(xf 的
30、极大值为 )(; 2ln2 4 9 ) 2 1 (xff的极小值为. 2ln26)2(f；（2）见解析 【解析】（1）因为xxxxfln5)( 2 ，所以),0( )2)(12(2 52)( x x xx x xx f 所以当), 2() 2 1 , 0(x时，0)( x f ；当)2 , 2 1 (x时，0)( x f ， 则 )(xf 的单调递增区间为) 2 1 , 0(和), 2( ，单调递减区间为).2 , 2 1 ( 故 )(xf 的极大值为)(; 2ln2 4 9 ) 2 1 (xff的极小值为 . 2ln26)2(f （2）证明：由（1）知.2 2 1 0 321 xxx设函数)
31、, 2 1 , 0(),1()()(xxfxfxF 2 (21)(2)(21)(1)2(21) ( )( )(1), 1(1) xxxxx F xfxfx xxx x 则0)( x F 在) 2 1 , 0(上恒成立，即 )(xF 在上单调递增， 故0) 2 1 ()(FxF，即)1 ()(xfxf在) 2 1 , 0(上恒成立， 因为), 2 1 , 0(x所以).1 ()()( 112 xfxfxf 因为)2 , 2 1 (1 , 12 xx，且 )(xf 在)2 , 2 1 (上单调递减，所以 12 1xx ，即 . 1 21 xx 设函数),2 , 2 1 (),4()(xxfxfxG）（ , )4( )2(2 4 )2)(72()2)(12( )4()()( 2 xx x x xx x xx xxx ff G 则0)( x G 在)2 , 2 1 (上恒成立，即)(xG在)2 , 2 1 (上单调递增， 故 0)2()(GxG ，即 )4()(xfxf 在)2 , 2 1 (上恒成立. 第 11 页，共 11 页 因为)2 , 2 1 ( 2 x，所以).4()()( 223 xfxfxf 因为 ), 2(4 , 23 xx ，且 )(xf 在 ), 2( 上单调递增， 所以 23 4xx ，即 . 4 32 xx 结合，可得 . 3 13 xx
