2020年高考押题预测卷03(新课标Ⅱ卷)-理科数学(全解全析)

1、2020年高考押题预测卷03【新课标II卷】理科数学全解全析123456789101112CAACADACABAB理科数学第2页（共15页）【解析】Q A x|x21 xx|一 xx 1x|一x00,1 ，2.3.AI B 0,1 .故选:因为y因为2 3i3 2iC.23i3 2i32i3 2i13i13i .故选:由sinx2 sinx 得0 sinx 1sin x在（0,1）上单调递增，所以sin xsinl ,而 sinl1,所以 0 sinx 1 ,故充分性成立；而当0 sin x 1时,2k x2k2ku, k Z故必要性不成立.4 .【答案】C【解析】设P x,yuuu 故PBx

2、, nuuuPA x,2,uuu uur由PB 3PA可得3x因为OBOA3y2x6 2y20,4x2整理得到x2 y234,故点P的轨迹为圆，其圆心为0,3 ,半径为2,故PO的最大值为故选：C.5 .【答案】A【解析】由题意知0,180且90，则直线斜率k tan ,直线l方程为y 2 kx，即kx y 20,圆心坐标(0,1),则圆心到直线l的距离| 1 2|.1k2k2,解得 k2 8,即 tan28,由sin0,可得sin胃cos21 1 2sin2所以cos 一2sin2sin故选:A.【解析】如图为函数y f(x)的图象,函数yf (f (x)图象与直线y 4的交点个数即为方程f

3、(f(x) 4的根的个数,f (x),贝u f (t)4 .即寻找直线yt与y f(x)图象的交点个数.当t 1 时，2t 4，得 t 2f(x)的图象1个交点；当t 1时,2- 一t 2t 31 2.2或t 1 2近1(舍)，1 2衣时，41 2衣 0，y Syf (x)图象的综上所述，直线y t与yf (x)图象一共4个交点.即满足题意的交点个数为3个.故选：D6设 f (x)1 ln x.八一1sinx，由 1 ln x 0得 x -， e 1、，1 1、则函数的定义域为(，一)(一，一)(1,).e1 ln x理科数学 第4页(共15页)1 ln f( x)1 lnsin( x)11

4、In xIn xsinx f (x),，函数f (x)为奇函数，排除 D.f(1)sin10 ,故可排除B.1 ln1一，且 ef(x)1 ln8.【答案】C【解析】根据.1sin e1 ( 2)1 211 ,sin3 sin 0,故可排除C.选A.ee柱脚”的三视图可知，该柱脚”是由半圆柱和一个三棱柱组合而成,半圆柱的底面半圆的直径为4 ,、., 一 一、，12高为2 ,故半圆柱的体积为一冗22 2三棱柱的底面三角形的一边长为该三棱柱的高为 1故该三棱柱体积为 1 4 2 228,所以该柱脚”的体积为8 4故选：c.9 .【答案】A【解析】按照程序框图运行程序，输入 i 1,满足i3,则y0

5、, i 1,满足i 3；则y 3, i 2,满足i3;8, i 3,不满足i 3,框图运行结束,1,0,3,8 .3或8时,y xa在0,上是增函数,2所求概率p 4故选:A.10 .【答案】B【解析】小张、小李同学各取一个毛绒娃娃，共有6 5 30种取法,这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃有1种取法，故所求概率1 P30故选：B11 .【答案】A2【解析】因为C: x 14的圆心1,0理科数学 第8页(共15页)所以，可得以1,0为焦点的抛物线方程为y2 4x,y2 4x由 22 ，解得A 1,2 ,x 1 y 42抛物线C2：x 8 y的焦点为F 0,2 ,准线方程为y 2,即有 BM A

6、B BF AB AF 1,当且仅当A, B, F(A在B,F之间)三点共线，可得最大值1 ,故选A.12.【答案】B【解析】f (x) a - ax， x x 1当a 0或0 a 时，f(x) 0在x 1,e恒成立， e从而f (x)在1,e单调递减，41所以fmin(x)f(e) ae 1 3,解得a ，,不合题意；e e-1, , 1 , 1当一a 1时，易得f(x)在1- 单倜递减，在 一，e单倜递增， eaa1121所以fmin (x)f 1 In 3 ,解得a e - ,1 ,不合题意；aae当a 1时，f(x)在1,e单调递增，所以fmin (x)f(1) a 3 1,满足题意；综

7、上知a 3.所以 f(x) 3x lnx,x 1,e ,所以 fmin(x) f(1) 3, fmax(x) f (e) 3e 12依题意有(n 1)fmin(x) fmax(x)，即(n 1)3 3e 1,得 n e -,3又n N ,所以n 3.从而n的最大值为3.故选:B.13.【答案】2e 1,)【解析】设y h(x)的图象与y g(x)的图象关于原点对称,3131由 g(x) x5ax(x 0),得 h(x) x 5ax(x 0),因为函数y *)与丫 g(x)的图象上存在关于原点的对称点,即y *)与丫 h(x)的图象有交点,即 ex - x3 x2把x? 2py p 0代入双曲线

8、将与 1 a, b 0 , a b可得：a2y2 2pb2y a2b2 0,设a, b两点坐标分别为 xA, yA , xb , yB ,x3 -ax, x 0有解,22ur 1ex12即一a xx,x0有解.2x2令 f(x)ax一 -x2 x,则 f (x)x 2xex 1 (x 1) 1 , x当x (0,1)时，f (x) 0,函数f(x)单调递减，当x (1,), f (x) 0,函数f(x)单调递增，、111所以f(x)有取小值f (1) e 5,所以3 ae ,即a2e 1.故a的取值范围为2e 1,).故答案为：2e 1,)14.【答案】 0,与 y= -x222_【解析】抛物

9、线x 2py p 0表示焦点在y轴正半轴的抛物线,焦点坐标为 0, 21516.TA+yB二型， a AFBF22pb2 P=， a,b .2.一二，a 2yA+yB+2 r4OF该曲线的渐近线方程为:,2y= x.2故答案为:【解析】由于sin(8xo9即(-Xo9所以my=2 PQ6)QRf(x)28sin( x96)PQ,QRsin898(9Xo56)Xosin(葭96) 2sin(k因为PQ3234，则 T PQ QR,设 P(4, m),则 Q(Xo6 2sin(8x9856) sin(9 xo 3），8k(kZ)，所以m 1,因此179由M,N分别为菱形ABCD的边BC,CD的中点

10、，故MN/BD , MN平面ABD，故 MN /平面ABD ;取AC中点P,连接DP, BP,由于菱形ABCD,所以DPAC, BP AC ,可证得 AC平面DPB,故BD AC ,又MN /BD，故MN AC ,异面直线 AC与MN所成的角为定值.理科数学 第10页（共15页）借助极限状态，当平面 DCA与平面BCA重合时，三棱锥 D ABC的外接球即为以三角形 ABC的 外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC,但球心在平面 ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥D ABC的外接球半径不可能

11、先变小后变大.过A在平面ABC中作AH BC交BC于H,若 ABC为锐角，H在线段BC上；若 ABC为直角，H与B点重合；ABC为钝角，H在线段BC的延长线射线 CB上.若存在某个位程，使得直线 AD与直线BC垂直，由于 AH BC ,因此BC，平面AHD ,故 DH BC.若 ABC为直角，H与B点重合，即DB BC,由于CD CB ,不可能成立.若 ABC为钝角，则原平面图中，DCB为锐角，由于立体图中DB DP PB ,故立体图中 DCB一定比原图中更小，因此DCB为锐角，DH BC ,故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此 ABC的取值范围是 0,2故答案为：17

12、.（本小题满分12分）【解析】（1）:a1 2&1 Sn 1 1 2 Sn 1 , n N*因为&G 1 ,所以可推出Sn 1 0.理科数学第12页（共15页）故SSn为等比数列. Si一 Sn2n,即 Sn2n1,2n 1anSnSn 12n1也满足此on- 12 ；(2)因为bnnann2n 1Tn1 -T2 n即Tn 412T n 2n22T2丁，n ,两式相减得：Tn22代入Tn 2n1n 50 ,得 2n26令 f(x)2x26 (x 1),x 2xln21, 成立,2x26, x 1,为增函数,所以不存在正整数n使得Tn2n50成立.18.（本小题满分12分)【解析】证明:（1）因

13、为底面 ABCD为正方形，所以ADAB 8又因为PA 6, PD 10,满足2PA222AD2 PD2,所以PA AD又 PA AB, AD 面 ABCD,ABi 面 ABCD,AB AD A,所以PA面ABCD .又因为PA 面PAF ,所以，面PAF面ABCD.（2）由（1）知AB, AD, AP两两垂直，以 A为坐标原点，以 AB , ADAP分别为x建系如图所示,理科数学 第18页（共15页）则 A 0,0,0 , P 0,0,6B 8,0,0 ,C 8,8,0 , D 0,8,0 则 N 4,4,3 , F 8,4,0uuruur所以 AF 8,4,0 , ANuuir4,4,3 ,

14、 BCuur0,8,0 , PC 8,8, 6 ,ur设面ANF法向量为n1uv uuuvn,AF0/曰8%4%0uv uuuv 得n1AN04x14 yl3z1人彳331T33令 z11 得 x14, y1i即 n14,2,1uu同理，设面PBC的法向量为n2x2,y2,z2 ,uv uuvntt , n2 PC 0/曰 8X2 8 y2 6z2 0则由 uv uuv 得，n2 BC 08y2 0uu令 Z2 4 得 X2 3, y2 0,即 明 3,0,4 ,IT3_nlK设二面角A NF C的大小为，则ur uu 5.61cos cos n1, n261所以二面角A NF C余弦值为 W

15、61.6119 .（本小题满分12分）【解析】（1）因为抛物线C上的点到准线的最小距离为 2,所以R 2,解得p 4.2故抛物线C的方程为y2 8x ;（2）由（1）知焦点为F 2,0由已知可得 AB DE ,所以两直线 AB、DE的斜率都存在且均不为 0.设直线AB的斜率为k ,则直线CD的斜率为 -, k故直线AB的方程为y k x 2y 8x2联立方程组 )，消去x,整理得ky2 8y 16k 0.y k x 28设点 A x，y、B x2, y2 ,则 yi y?-. k14因为M xM ,yM为弦AB的中点，所以yM y1y2 . 2ky 4 4- 4由 yMk xM2 ,得 xM-

16、2 -y2,故点 M -y2,-k kk k2同理，可得N 4k 2, 4k故NFJ 4k2 2 2 2 4k 4,k2 1 k2，|MF一16-16 k4 k24.1 k2 k当且仅当k所以MF NF161时,等号成立1 k21k16 |k|1k32,所以MF NF的最小值为32.20 .（本小题满分12分）【解析】（1）国家一线队共6名队员，二线队共4名队员.选派4人参加比赛,基本事件总数n C：,恰好有3名国家一线队队员参加比赛包含的基本事件个数m C；C：, mC3C18恰好有3名国家一线队队员参加比赛的概率p m誓4.nC4021（2）X 的取值为 0, 1, 2, 3, 4,1P

17、X 0,1421，3P X 2-,74P X 3，351P X 48274:1获胜的概率P4: 2获胜的概率F2C2 ,33 3 274:3获胜的概率B C：1681所以林高远获得冠军的概率为P PP2P36481210X01234P1148213743512101 X的分布列为：321 .(本小题满分12分)1【解析】(1)依题意x 0,当a 0时，f (x) (b 1)x当b 1时，f (x) 0恒成立，此时f(x)在定义域上单调递增；41，、八41，、当b 1时，若x 0,，f (x) 0；若x ,f(x) 0b 1b 1斗，、，、一11故此时f(x)的单调增、减区间分别为0,、 ,b

18、1 b 1 ,、1(2)由 f (x) - 2ax a b 1,又 f(1) 0, x故f (x)在x 1处取得极大值，从而 f (1) 0 ,即1 2a a b 1 0, b a1(2ax 1)(x 1)进而得 f (x) 2ax 2a 11xx理科数学第11页(共15页),410时，若x ,1 ef (x) 0则；若 x 1,e ,则 f (x) 0.所以 f(x)最大值=f (1)理科数学 第21页（共15页）0符合题意0时，依题意，有12a f(e)2a (e12, 2 e,故此时2 a 0e(e 1)1)2综上所求实数a的范围为2 ea 2(e 1)222.（本小题满分10分）选修4

19、-4:坐标系与参数方程【解析】解法一：（I ）曲线Ci ：x 2 2cosy 2sin（为参数）可化为直角坐标方程:即 x2则C2的直角坐标方程为：x V3y 14. y2 4x 0,可得 2 4 cos 0,所以曲线Ci的极坐标方程为:4cos曲线C2 :273cos2sin，即 2 2 73 cos2 sin（n）直线l的直角坐标方程为 y所以l的极坐标方程为R-R .5_联立 豆，得A273,4cos5联立6，得b 4,2 3cos 2sinAB A B 4 273.解法二：（I）同解法(n)直线1的直角坐标方程为.3yTx联立 V2x4x3x32y解得A3, .3联立所以AB、.323.(本小题满分(1).3x310分)选修4-5:当x12时,2x3, 24 2.3.不等式选讲3x1时，f当x1时,3x综上:4的解集为3x2,x(2)法一：由(1)可知f1 x,23x2,xf x