1、答案第 1 页，总 7 页 全国全国卷卷 2020 届高三理数名校高频错题卷（一）届高三理数名校高频错题卷（一） 参考答案参考答案 1.C 【解析】 因为全称命题的否定是特称命题， 所以命题“”的否定是： ， 故选：C 2C 【解析】 为实数，得 故选：C。 3B 【解析】 若 f(x)在(2,4)上单调递增,则 =,即在(2,4)上恒成立. 又在(2.4)上单调递增,则,所以. 故“是 f(x)在(2.4)上单调递增”的必要不充分条件. 故选：B. 4A. 【解析】 成公比为 q 的等比数列，,又为等差数列, 即即 d=0 或公比或或 2 故选：A. 5D. 【解析】 故选：D。 6B 【解
2、析】 依题意可得,f(x)的图象关于直线 x=1 对称. 因为,(4,8),f(x)在1,+)上单调递增， 所以 f()ba. 8C 【解析】 因为,所以 答案第 2 页，总 7 页 ,故 A,B 正确.g(x)的图象关于点( , )对称,故 C 错误. 对于 D,由的图象向右平移个单位长度得到 的图象,故 D 正确. 9C 【解析】 化简得f(x) =sin x-2+1= cos sinxx+=sin（）因为在区间 （1,2）上单调 所以 2 = 2 1 令 tx=-()，） 所以或或所以 的取值范围是 10C. 【解析】 选项 A,因为 MN/BD，所以 MN/平面 ABD，故选项 A 正
3、确:选项 B,取 AC 中点 0,连接 OB， OD，则 ACOB，且 ACOD，所以 AC平面 OBD，所以 ACBD，异面直线 AC 与 BD 所成的角为 90，为定值，故选项 B 正确;选项 C,若直线 AD 与直线 BC 垂直，因为直线 AB 与直线 BC 也垂直，则直线 BC平面 ABD，所以直线 BC直线 BD，又因为 BDAC，所 以 BD平面 ABC，所以 BDOB 而OBD 为等腰三角形，这显然不可能，故选项 C 不正 确:选项 D，当平面 DAC平面 ABC 时取最大值， 故选项 D 正确. 11D 【解析】 试题分析:在平面直角坐标系中画出函数)(xfy =及|1|log
4、5=xy的图象,结合函数的图 象可以看出函数共有8个零点,且关于1=x对称,故所有零点的和为842=,应选 D. 12D. 【解析】 因为，所以 2 是 f(x)的一个周期，选项正确;因为 f(-x)=-f(x)，所以 f(x) 是奇函数，选项正确;当 x时，单调递增，又因为 f(x)是奇函 数且过原点，所以是函数 f(x)的一个单调递增区间，选项正确;由可画出函数 答案第 3 页，总 7 页 f(x)在上的图像，又因为 ，所以 f(x)的图像关于对称,可画出函 数 f(x)在上的图像，即得到函数 f(x)在上的图像，即一个周期的图像，在 上的对称中心为(0,0)和( ,0)，所以在整个定义域
5、上对称中心为(k,0)(kZ)，即若 ,则 ,选项不正确;先求不等式 在一个周期内的解集，取区间0,2，因为 则 在整个定义域上则解得，故选项 正确，综上，正确. 13a 4 9. 【解析】 由已知得 S 0 a xdx 2 3 3 2 x | a 0 2 3 3 2 aa2，所以a2 1 2 3. 所以 a 4 9. 14 【解析】 画出可行域，只需求可行域内的点(x,y)到直线 x-y=0 的距离的最值，观察可 得最小值为 0，最大值为 2x-y+30 与 2x+y-50 的交点到直线的距离，为 ，故取值范 围为。 15- 【解析】 依题意a为极值点,. 。 16 【解析】 f(x)有且只
6、有 4 个不同的零点等价于偶函数与偶函数的图象有且只 有 4 个不同的交点，即有两个不等正根，即有两个不等正根.令则 它在(0,2)内为负，在(2,+)内为正， 在(0,2)上单调递减，在(2,+)上单调递增， 又当 x时，h(x)+，当 x+时，h(x)+，. 17 （1）见解析； （2）3. 【解析】 (1)由 s= 1 2 bcsinA = 1 6 b2tanA 得 3csinA=btanA. 答案第 4 页，总 7 页 因为 tanA= sin A cos A ，所以 3csinA= b sin A cos A ，又因为 0，解得 2 b y a =， 即 2 , b A c a 又因
7、为2a =，所以 2 3 44 b c =，所以 2 3bc= 结合 222 cab= ，解得1c =， 3b = 答案第 6 页，总 7 页 所以，椭圆 C 的标准方程为 22 1 43 xy += （2）由（1）得，() 1 1,0F ，设直线 AB 的方程为()10xmym=， () 11 ,A x y，() 22 ,B xy，(),0M s，联立 22 1 3412 xmy xy = += ， 消去 x，整理得() 22 34690mymy+=， 所以 12 2 6 34 my yy m += + ， 12 2 9 34 y y m = + ， 如果 MF1平分AMB，则0 AMBM
8、kk+=， 1 1+ 2 2=0,所以 y1(x2-m)+ y2(x1-m)=0 即 y1(my2-1)+ y2(my1-1)-m(y1+y2)=0, 所以 2m y1y2)-(1+m)( y1+y2)=0, 即 2m 9 32+4-(1+m) 6 32+4=0 则 1+m=-3， 即 m=-4 以()4,0M 为所示求，故当()4,0M 时，总能使 MF1平分AMB. 22 （1）见解析（2）1，+ ） 【解析】解： （1）( )xxxxF 2 3 2 1 ln 2 +=的定义域为), 0( + 则： 13(21)(2) ( ) 22 xx F xx xx + =+= 令 1 ( )02() 2 F xxx= 得，舍去 02( )0 2( )0 ( ),2 xF x xF x F x = 当时，F(x)单调递增，F(x) 0不可能恒成立 当时，令得，舍去 当时，函数单调递增 当时，函数单调递减 故 11 ( )FF0F x aa 在（0，+ ）上最大值为 （ ）,即 （ ）恒成立 即 11 ln10 aa + 答案第 7 页，总 7 页 11 ( )ln1(1)0 11 ln101 g ag aa a aa =+= + 又单调递减，且 故成立的充要条件是 所以a的范围是1，+ ）。
