1、2020 年全国高考（新课标年全国高考（新课标 III 卷）考前卷）考前 10 天名师押题压轴卷天名师押题压轴卷 理科数学理科数学 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给的四个选项中，只有分。在每小题给的四个选项中，只有 一一 46 项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。 1.集合 22 |4,|4Ay yxxNBxNxN ，则AB ( ) A. 0,2 B. 0,1,2 C. 0, 3,2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到集合 A、B，再按交集定义运算即可. 【详解】由已知，0, 3,2,0,2AB，所以
2、0,2AB. 故选：A 2.已知复数 5 1 i z i （i为虚数单位） ，则在复平面内z所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，求得复数2 3zi，再结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由题意，根据复数除法运算，可得复数 5(5)(1)46 23 1(1)(1)2 iiii zi iii ， 则在复平面内z所对应的点为2,3，在第一象限. 故选：A. 3.某校欲从高三年级学生编排的4个歌舞节目和2个小品节目中随机选出3个节目，参加学校举行 的”迎新春”文艺汇演，则所选的3个节目中至少有1个是小
3、品节目的概率为( )。 A、 5 1 B、 5 2 C、 5 3 D、 5 4 【答案】D 【解析】从6个节目中任选3个共有20 3 6 C种选法， 至少含有1个小品节目的共有16 1 4 2 2 2 4 1 2 CCCC种选法， 故所选的3个节目中至少有1个是小品节目的概率为 5 4 20 16 ，故选 D。 4.已知二项式 2 012 1 n n n xaa xa xa x，且 1 6a ，则 012n aaaa（ ） A. 128 B. 127 C. 64 D. 63 【答案】C 【解析】 【分析】结合二项式展开式的通项公式以及 1 a，求得n的值，利用赋值法求得所求表达式的值. 【详解
4、】由题意，二项式1 n x展开式的通项为 1 rn r rn TC x ， 令1rn，可得 1n nn TCx ，即 1 6 n n C .解得6n. 令1x ，则 6 012 264 n aaaa. 故选:C 5.为了得到函数sin 2 3 yx 的图像，可以将函数cos2yx的图像（ ） A向左平移 5 12 个单位 B向右平移 5 12 个单位 C向右平移 6 个单位 D向左平移 6 个单位 【答案】B 【解析】因为sin2 6 yx ，且cos2yx=sin 2 2 x =sin2 4 x ， 所以由 4 x = 6 x ，知 5 6412 ，即只需将cos2yx的图像向右平移 5 1
5、2 个单 位，故选 B 6.我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”“幂”是截面 积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积 相等 已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”， 其中俯视图中的圆弧为 1 4 圆周，则该不规则几何体的体积为（ ） A1 2 B 1 36 C1 2 D 12 33 【答案】B 【解析】根据三视图知，该几何体是三棱锥与 1 4 圆锥体的组合体， 如图所示； 则该组合体的体积为 2 11111 1 1 212 323436 V ； 所以对应不规则几何体的体积为 1 36
6、 故选 B 7.函数 ( )sin()(0)f xAx 的部分图象如图所示，则(0)f( ) A. 6 B. 3 C. 2 D. 6 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由图可得周期为 4， 进一步得到， 再由(8.5)(0.5)0ff得到， 最后由(5)3f得 到 A 从而得到 ( )f x的解析式，再计算(0)f 即可得到答案. 【详解】由已知，8.56.52 2 T ，所以 2 4T ，解得 2 ， 所以( )sin() 2 f xAx ，又(8.5)(0.5)0ff，所以sin()0 4 A ， 2, 4 kkZ ，即2, 4 kkZ ，又(5)3f， 即 5 sin()3 2 A ，
7、所以cos3A，由可得 6A ，所以 ( )6sin() 24 f xx ，故(0)6sin()3 4 f . 故选：B 8.抛物线 2 4yx的焦点为F， 点3 ,2A，P为抛物线上一点， 且P不在直线AF上， 则PAF周 长的最小值为（ ） A. 4 B. 5 C. 4 2 2 D. 5 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为求PAPF的最小值，根据抛物线的定义可知PFPD，即求 PAPD的 最 小 值 ， 当P、A、D三 点 共 线 时 ，PAPD最 小 ， 由 min 13 14 A PAPDx 即可求解. 【详解】由抛物线为 2 4yx可得焦点坐标1,0F，准线方程为1x
8、 由题可知求PAF周长的最小值即求PAPF的最小值 设点p在准线上的射影为点D 则根据抛物线的定义可知PFPD 因此求PAPF的最小值即求PAPD的最小值 根据平面几何知识，当P、A、D三点共线时，PAPD最小 所以 min 13 14 A PAPDx 又因为 22 3 1202 2AF ， 所以PAF周长的最小值为42 2 故选：C 9.如图的框图中，若输入 15 16 x ，则输出的i的值为（ ） A3 B4 C5 D6 【答案】B 【解析】输入 15 16 x ,0i ,进入循环体： 157 21 168 x ,0 1 1i ,0x判定为否； 73 21 84 x ,1 12i ,0x判
9、定为否； 31 21 42 x ,2 13i ,0x判定为否； 1 210 2 x ,3 14i ,0x判定为是； 输出 4i . 10.已知椭圆 C： 22 1(4) 4 xy m mm 的右焦点为 F，点 A（2，2）为椭圆 C 内一点若椭圆 C 上存在一点 P，使得PAPF8，则 m 的取值范围是 A6 2 5,25 B9，25 C6 2 5,20 D3，5 【答案】A 【解析】椭圆 C： 22 1(4) 4 xy m mm 的右焦点 F（2，0），左焦点为 F（2，0）， 由椭圆的定义可得 2 m|PF|+|PF|，即|PF|2m|PF|，可得|PA|PF|82m， 由|PA|PF|A
10、F|2，可得282 m2，解得35m ，所以925m， 又 A 在椭圆内，所以 44 1 4mm ，所以 8m16m（m4），解得62 5m或62 5m ， 与取交集得62 525m，故选 A 11.已知函数 y=f（x）是定义在 R 上的偶函数，当 x（，0时，f（x）为减函数，若 a=f（20.3） ， 1 2 l o g 4bf ，c=f（log25） ，则 a，b，c 的大小关系是（ ） A. abc B. acb C. cab D. cba 【答案】D 【解析】 【详解】由偶函数的性质可得： 12 2 log 4log 422ffff ， 结合偶函数的性质可得函数 f(x)在区间0,
11、是单调递增， 且： 0.3 2 122log 5，故 0.3 2 22log 5fff ， 即 0.3 22 log 5log 52,fffcba. 本题选择 D 选项. 12.已知椭圆 22 22 1 xy ab 的左右焦点分别为 12 ,F F，过 1 F作倾斜角为45的直线与椭圆交于,A B两 点，且 11 2FBAF，则椭圆的离心率= A 3 3 B 3 2 C 2 2 D 2 3 【答案】D 【解析】椭圆 22 22 1 xy ab 的左右焦点分别为 12 FF、，过 1 0Fc（， ）且斜率为1k 的直线为 yxc ， 联立直线与椭圆方程 22 22 1 xy ab yxc ， 消
12、x后，化简可得 22222222 20abycb yc ba b（）， 因为直线交椭圆于 A，B，设 1122 A xyB xy（ ， ），（ ， ）， 由韦达定理可得 22222 1212 2222 2 , cbc ba b yyy y abab ， 且 11 2FBAF，可得 21 2yy ，代入韦达定理表达式可得 22222 2 11 2222 2 , 2 cbc ba b yy abab ，即 2 22222 2222 2 2 cbc ba b abab ， 化简可得 22 9c2a，所以 2 3 c e a ，故选 D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小
13、题 5 分，共分，共 20 分。分。 13.设向量 ( ,1),(4,2)xab ，且ab，则实数x的值是_ 【答案】2 【解析】( ,1),(4,2)xab，且ab，2x4，即 x2，故答案为：2 14.曲线cos 2 x yx在点0,1处的切线方程为_. 【答案】220xy 【解析】 1 sin 2 yx ， 当0x时其值为 1 2 ， 故所求的切线方程为 1 1 2 yx ，即220xy 15.甲船在岛B的正南A处，6ABkm ， 甲船以每小时4km的速度向正北方向航行， 同时乙船自B 出发以每小时3km的速度向北偏东60的方向驶去，甲、乙两船相距最近的距离是_km. 【答案】 9 39
14、 13 【解析】 【分析】根据条件画出示意图，在三角形中利用余弦定理求解相距的距离，利用二次函数对称轴及 可求解出最值. 【详解】假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至C，D， 如图所示，可知6 4BCx ，3BDx，120CBD， 2 22222 1 2cos6492 643133036 2 CDBCBDBCBDCBDxxxxxx 当 15 13 x 小时时甲、乙两船相距最近，最近距离为 9 39 km 13 16.已知正四棱锥PABCD中，PAC是边长为 3 的等边三角形，点 M 是PAC的重心，过点 M 作与平面 PAC 垂直的平面，平面与截面 PAC 交线段的长度为 2，则平面与正
15、四棱椎 PABCD表面交线所围成的封闭图形的面积可能为_. （请将可能的结果序号 填到横 线上）2；2 2；3； 2 3. 【答案】 【解析】 【分析】 设ACBDO， 因为PABCD为正四棱锥， 易知BO平面PAC， 过 M 作MTBO 分别交棱PB、PD于点 T、L，则MT 平面PAC，由题意，只需所作的平面是包含TL且与截 面 PAC 交线段的长度为 2 即可，数形结合，作出截面即可得到答案. 【详解】 设ACBDO，因为PABCD为正四棱锥，易知平面PAC 平面ABCD，又 BOAC，平面PAC平面ABCDAC，BO平面ABCD，所以BO平面PAC， 过 M 作MTBO分别交棱PB、P
16、D于点 T、L，则MT 平面PAC，由题意， 只需所作的平面是包含TL且与截面 PAC 交线段的长度为 2 即可， 又PAC是边长为 3 的等边三角形，点 M 是PAC的重心，过 M 作MQAC分别交棱 PA、PC于点 E、Q，所以 EQPQ ACPC ，即 2 33 EQ ，所以2EQ ， 如图 1，则平面ETQL为满足题意的平面，因为3AC ，所以 3 2 2 AB ，所以 2 4 =() 9 ETQL ABCD S PT SPB 菱形 正方形 ，所以 2 43 2 ()2 92 ETQL S 菱形 ，故正确； 如图 2，过 T 作THGF，过 L 作LQGF，易知平面GLQHT为满足题意
17、的平面， 且GLQHT为两个全等的直角梯形，易知 T、H 分别为 GE、EF 的中点，所以 1 1 2 HTGF， 所以五边形GLQHT的面积 12 22213 22 GFHT THGF SSFH 梯形 ， 故正确.当GFPA与GFPC是完全相同的，所以，综上选. 故答案为： 三、三、解答题：共解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第过程或演算步骤。第 1721 题为必题为必 考题，每个试题考生都必须作答。第考题，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。题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共（一）必考题
18、：共 60 分。分。 17.记数列 n a的前n项和为 n S，已知点, n n S 在函数 2 2f xxx的图像上. （）求数列 n a的通项公式； （）设 1 2 n nn b a a ，求数列 n b的前9项和. 【答案】 （）21 n an； （） 2 7 . 【解析】 【分析】 (1)本题首先可根据点, n n S 在函数 2 2f xxx的图像上得出 2 2 n Snn， 然后根据 n a 与 n S的关系即可求得数列 n a的通项公式； (2)首先可根据数列 n a的通项公式得出 11 2123 n b nn =- + ，然后根据裂项相消法求和即可得出结 果 【详解】(1)由题
19、意知 2 2 n Snn. 当2n时， 1 21 nnn aSSn ； 当1n 时， 11 3aS，适合上式. 所以21 n an. (2) 1 2211 21 232123 n nn b a annnn . 则 129 1111111162 35571921321217 bbb+鬃 ?=-+-+鬃 ?-=-= 18.在“挑战不可能”的电视节日上.甲、 乙丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动.规则是由密 码专家给出题目.然后由 3 个人依次出场解密.每人限定时间是 1 分钟内， 否则派下一个人.3 个人中只 要有一人解密正确.则认为该团队挑战成功.否则挑战失败.根据甲以往解密测试情况.抽
20、取了甲 100 次 的测试记录.绘制了如下的频率分布直方图. (1)若甲解密成功所需时间的中位数为 17，求a b ，的值.并求出甲在 1 分钟内解密成功的频率； (2)在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力.甲，乙、内解密成功的概率分别为 1 1 91 ()(1,2,3) 1010 n u n PPn ， 其中 i P表示第i个出场选手解密成功的概率.并且 1 P定义为甲抽样中 解密成功的频率代替.各人是否解密成功相互独立 求该团队挑战成功的概率； 18.答案 ：(1)甲解密成功所需时间的中位数为 47， 0.01 50.014 550.034 5 0.0447450.5b ，解
21、得0.026b ； 0.0430.032550.010 100.5a ，解得0.024a ； 所以甲在 1 分钟内解密成功的频率是 1 0.01 100.9f . (2)由题意及(1)可知第一个出场选于解密成功的概率为 1 0.9P ； 第二个出场选手解密成功的概率为 2 91 0.910.91 1010 P 第三个出场选手解密成功的概率为 2 3 91 0.9()20.929 1010 P 所以该团队挑战成功的概率为0.90.1 0.910.1 0.090.9290.999361P (或令“该团队挑战成功“的事件为A，“挑战不成功“的事件为A ( )(1 0.9)(1 0.91)(1 0.9
22、29)0.1 0.09 0.0710.000639P A ， 所以该团队挑战成功的概率为( )1( )1 0.00016390.999361P AP A ； 由可知按 i P从小到大的顺序的概率分别 123 ,ppp， 根据题意知X的取值为 1，2.3； 则 (1)0.9, (2)(10.9) 0.910.091P XP X ， (3)(10.9)(10.91)0.1 0.090.009P X ， 所以所需派出的人员数目X的分布列为 X 1 2 3 P 0.9 0.091 0.009 ()1 0.92 0.091 3 0.0091.109E X . 19.如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，侧
23、棱垂直底面，ACB90 ，ACBC 1 2 AA1，D 是棱 AA1 的中点 （1）证明：平面 BDC1平面 BDC （2）平面 BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比 【解析】 （1）由题意知 BCCC1，BCAC，CC1ACC， BC平面 ACC1A1，又 DC1平面 ACC1A1， DC1BC 由题设知A1DC1ADC45 ， CDC190 ，即 DC1DC，又 DCBCC， DC1平面 BDC，又 DC1平面 BDC1， 平面 BDC1平面 BDC； （2）设棱锥 BDACC1的体积为 V1，AC1，由题意得 V1 112 1 1 32 1 2 ， 又三棱柱 ABCA1B1C1的
24、体积 V1， （VV1） ：V11：1， 平面 BDC1分此棱柱两部分体积的比为 1：1 20.已知双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 上任意一点（异于顶点）与双曲线两顶点连线的斜率之积为 1 9 . （I）求双曲线渐近线的方程； （）过椭圆 22 22 1(0) xy mn mn 上任意一点 P（P 不在 C 的渐近线上）分别作平行于双曲线两 条渐近线的直线，交两渐近线于,M N两点，且 22 |5PMPN，是否存在 ,m n使得该椭圆的 离心率为 2 2 3 ，若存在，求出椭圆方程：若不存在，说明理由. 【答案】 （I） 1 3 yx ； （）存在， 2 2 1 9 x
25、 y. 【解析】 【分析】 （I）设 12 (,0),( ,0), MM AaA aM xy，由 12 1 9 MAMA kk可得 b a ，进一步得到渐近线方程； （）设 00 ,P x y，则 PM 方程为 00 1 3 yxxy ，联立渐近线方程 1 3 yx得到 M x，进一步 得到OM，同理得到ON，再利用 2222 PMPNOMON 计算即可得到答案. 【详解】 （1）设 12 (,0),( ,0), MM AaA aM xy， 由 22 22 1 MM xy ab ，知 2 22 2 2 MM y b xa a ， 所以， 12 2 22 1 9 MM MAM MM A M M
26、yyy kk xa xaxa ，得 2 2 1 9 b a ，即 1 3 b a ， 即双曲线渐近线方程为 1 3 yx ； （）由 22 22 2 2 31 39 xy emn nn ， 设 00 ,P x y，则 PM 方程为 00 1 3 yxxy ， 由 00 1 3 3 yxxy x y ，得 00 3 2 M yx x ； 由 00 1 3 3 yxxy x y ，得 00 3 2 N yx x 又 1 tan 3 MOx， 所以 3 tan 10 MOx ， 所以 3 10 M x OM ， 00 10310 332 M xyx OM ， 同理可得， 00 10310 332 N
27、 xyx ON ， 由OMPN是平行四边形，知 2222 PMPNOMON ， 所以， 22 2222 00 910 92 yx PMPNOMON 2 222 0 0 5 955 99 x nxn ， 即 2 1n 所以，存在符合题意的椭圆，其方程为 2 2 1 9 x y. 21.已知函数 lnf xkxxx在 0,上的最大值为1. （1）求 f x的解析式； （2）讨论 cosF xf xx的零点的个数. 【答案】 （1） lnf xxxx（2） F x有且仅有2个零点 【解析】 【押题点】导数与函数的最值、函数的零点以及零点存在定理相结合 【详解】 （1）由 lnf xkxxx，得 1
28、lnfxkx ，令 0fx ，得 1 0 k xe ；令 0fx ，得 1k xe ， f x的单调递增区间是 1 0, k e ，单调递减区间是 1,k e .故 f x在 1k xe 处有极大值 11kk f ee ，也是 f x的最大值，所以 1 1 k e ，1k ，故 lnf xxxx. （2） coslnF xxxxx， sinlnFxxx ，设 sinlnh xxx， （i）当,xe时， 0h xFx ，所以 F x单调递减.又 cos0F ee， 333 1 ln0 222 F ，从而 F x在 3 , 2 e 上存在唯一零点.也即在, e 上存在唯一 零点. （ii）当, 2
29、 xe 时， 1 cos0h xx x ，所以 Fx 在, 2 e 上单调递减， 因为 sin10F ee ，1 ln0 22 F ，所以存在 0 , 2 xe ， 0 0Fx，且在 0 , 2 x 上 0Fx ，在 0, x e上 0Fx，所以 0 F x为 F x在, 2 e 上的最大值， 又因为 cos0F ee，1 ln0 222 F ， 所以 F x在, 2 e 上恒大于零， 无零点. （iii）当0,1x时， 1 cos0h xx x ，所以 Fx 在0,1上单调递减. 1sin10FxF ，所以 F x在0,1上单调递增.又 11 cos10F ， 12122343 coscos
30、0 622 e F eeeeee ，所以 F x在0,1上存在唯一零点. （iiii）当1, 2 x 时， 1cos1 cos xx h xx xx ，设 cos1t xxx， cossincossin0t xxxxxx ，所以 t x在1, 2 上单调递减，所以 1cos1 10t xt ，即 0h x . Fx 在1, 2 上单调递减，因为 1 ln0 22 F ，所以 F x在1, 2 上单调递增， 因为1 ln0 222 F ， 11 cos10F ，所以 F x在1, 2 无零点， 综上， F x有且仅有2个零点. （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第
31、 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做题中任选一题作答。如果多做，则按所做 的第一题计分。的第一题计分。 22.（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，曲线 1 C ： sin cos2 y x ( 为参数)，在以O为极点，x轴的非负半轴为极 轴的极坐标系中，曲线 2 C：4)sin(cos 。 (1)写出曲线 1 C和 2 C的普通方程； (2)若曲线 1 C上有一动点M，曲线 2 C上有一动点N，求使| MN最小时M点的坐标。 【解析】(1)由题意可知曲线 1 C为椭圆， 1 C的普通方程为：1 4 2 2 y x ， 曲线 1 C为直线，
32、 2 C的普通方程为：04 yx； (2)结合图形可知：| MN最小值即为点M到直线 2 C的距离的最小值， 设)sin,cos2( M， 则M到直线 2 C的距离 2 | )sin(54| 2 |4sincos2| d，其中2tan ， 当1)sin( 时，d最小，即| MN的最小值为 2 1024 2 54 ， 此时 5 5 cos) 2 sin(sin ， 5 52 sin) 2 cos(cos ， 即 ) 5 5 , 5 54 ( M ，即 | MN 最小时M点的坐标为 ) 5 5 , 5 54 ( 。 23.选修 4-5：不等式选讲（本小题满分 10 分） 已知函数|2|)(axxf
33、 ，|1|)( bxxg。 (1)当1 b时，若)()( 2 1 xgxf 的最小值为3，求实数a的值； (2)当1 b时，若不等式1)()( xgxf的解集包含1 , 2 1 ，求实数a的取值范围。 【解析】(1)当1 b时，|1 2 |1 2 |1| 2 |)()( 2 1 a x a xx a xxgxf， )()( 2 1 xgxf 的最小值为3，3|1 2 | a ，解得8 a或4 a； (2)当1 b时，1)()( xgxf即1|1|2| xax， 当1 , 2 1 x时，原式等同于xax |2|，即ax a 3 ， 不等式1)()( xgxf的解集包含1 , 2 1 ，1 a且 2 1 3 a ，即 2 3 1 a， 故实数a的取值范围是) 2 3 , 1(。
