1、本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 答案第 1 页，总 6 页 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,nN1,1,3,5,= 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 = ， O
2、BC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【答案】D 【解析】因为 0.5 0.71a = ，01b 又 ( )f x在 R 上是单调递减函数，故( )( )( )f af bf c + 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
3、 无解 （）若 1 (0,1)t 且 2 0t 11【答案】A 【解析】因为(,0) 2 ， 3 cos() 65 += ，所以(,) 63 6 + ， 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
4、xt x=在( 1,3)单调递增，且值域为 R 又因为 2 (1)ln 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 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 答案第 3 页，总 6 页 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
5、，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 =，4cos3sin0+= 4 tan 3 = ， 2 2 1tan7 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
6、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 （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
7、 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 2 bc= 12 2 23 = 2 3 3 综上，ACB的面积为 2 3 3 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 答案第 4 页，总 6 页 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 =-
8、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 AD 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. 所以 AC平面
9、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 ABCD 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
10、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 ， 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 答案第 5 页，总 6 页 则 22 22 330, 220, m BDxy m BFxz + + 不妨取 1 2 x ，则），（1 , 3 ,1n 故 . 35 105 57 3 ,cos +， 故根据相关规则该市应启用该方案. 角度 2：由平均分为70 9 . 7004 . 0 952 . 08532 . 0 7524 . 0
11、 6515 . 0 5505 . 0 45+， 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 )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 1
12、8 35 4 X的数学期望. 7 12 35 4 3 35 18 2 35 12 1 35 1 0+EX 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， 由题意可得 222 222 3 2 b c a abc + + 解得 2, 22,， 故椭园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 ， 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 答案第 6 页，总 6 页 则 2 2 , 2 , 2
13、020 2 10 1 x k xx y k xx y k PQPBPA .联立 2 8 + 2 2 1, (2),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 kxk xx y xx y kk PBPA + + + + + + + 整理得 . 2 4 824 4)4(4216 0 2 0 22 0 00 2 0
14、+ + + 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 的极大值为 )(; 2ln2 4 9 ) 2 1 (xff 的极小值为 . 2 ln26)2(+f ；
15、 （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)( + 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. 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
