【高考数学】全国各地市选填压轴题 第三辑

1、全国各地市高三质检高考选填压轴题第三辑目录 HYPERLINK l _bookmark0 2020届龙岩市高三3月质检理数1 HYPERLINK l _bookmark20 解析 HYPERLINK l _bookmark1 2020届泉州市高三4月质检理数1 HYPERLINK l _bookmark21 解析13 HYPERLINK l _bookmark2 2020届龙岩市高三4月质检理数1 HYPERLINK l _bookmark22 解析14 HYPERLINK l _bookmark3 2020届宁德市高三5月质检理数2 HYPERLINK l _bookmark23 解析16

2、HYPERLINK l _bookmark4 2020届三明市高三5月质检理数3 HYPERLINK l _bookmark24 解析18 HYPERLINK l _bookmark5 2020届泉州市高三5月质检理数3 HYPERLINK l _bookmark25 解析20 HYPERLINK l _bookmark6 2020届福州市高三5月调研卷理数4 HYPERLINK l _bookmark26 解析23 HYPERLINK l _bookmark7 2020届龙岩市高三5月质检理数4 HYPERLINK l _bookmark27 解析25 HYPERLINK l _bookma

3、rk8 2020届南平市高三6月质检理数5 HYPERLINK l _bookmark28 解析27 HYPERLINK l _bookmark9 2020届宁德市高三6月质检理数5 HYPERLINK l _bookmark29 解析30 HYPERLINK l _bookmark10 512020年全国卷理数6 HYPERLINK l _bookmark30 解析32 HYPERLINK l _bookmark11 522020年全国卷理数6 HYPERLINK l _bookmark31 解析34 HYPERLINK l _bookmark12 532020年全国卷理数7 HYPERLI

4、NK l _bookmark32 解析35 HYPERLINK l _bookmark13 542020年新高考山东卷7 HYPERLINK l _bookmark33 解析36 HYPERLINK l _bookmark14 552020年北京卷8 HYPERLINK l _bookmark34 解析38 HYPERLINK l _bookmark15 562020年江苏卷8 HYPERLINK l _bookmark35 解析40 HYPERLINK l _bookmark16 572020年江苏卷8 HYPERLINK l _bookmark36 解析41 HYPERLINK l _bo

5、okmark17 582020年浙江卷9 HYPERLINK l _bookmark37 解析43 HYPERLINK l _bookmark18 592020年上海卷9 HYPERLINK l _bookmark38 解析44 HYPERLINK l _bookmark19 602020年全国卷文数10 HYPERLINK l _bookmark39 解析462020 3月质检理数已知在中，其外接圆的心为O，则 （）A.20B.C.10D.已知三棱柱的底面边为2，一平面此柱与侧棱分别交于，若为直角三角形则面积的最小值为A. B.3 D.616波罗斯（古腊数学，约公前262-190 ）的著作圆

6、锥曲论是代世界辉的科成果，它将锥曲线性质网殆尽几使后人有足的余地.证明过样一个题：平内与两距离的比常数的点的轨迹圆，后将这个称阿波罗尼圆.现有,，则当的面积最时，AC 上的高为 .2020 4月质检理数（多选题）12若曲线：绕其对称心旋转可得一函数的象，则离心率可是（）A.B.D.216直四柱中，底面是边长为4 的方形，。点是侧面内的动点不含边界，则与平面所成角的切的取值范为 .2020 4月质检理数在棱长为2 正方体中，P 正方形内（包括）的动点，M 是 的中点，且 ，则当的面积最大，的值为()B.C.D.己知项都为数的数列满足， ，其中表示超过的最大整，则的值为()（参考数：，）A.2B.

7、3C.4D.516xy 2 ABD沿x轴滚动，点D 过坐标原，设顶点的轨迹程是，则.2020 5月质检理数FEABDC如图，四边形为正方形，四边形为矩形，且平面与面互相垂直多面体的体积为则该多面外接球面FEABDC的最小值为B.C.D.双曲线的左右焦分别为， 为坐标原点 曲线右支上的点点在 外角平分上且 若恰为顶角为的等三角形该双曲线离心率为A.B.C.D. 16已知数若关于 的不等式 的解集空，有限集，实数 的取值集合为 2020 5月质检理数直线经过椭圆 的左点，交椭圆于 、两点，交 于点，若 ，则该椭的离心是（） C.D. 已知三棱锥，底面是长为3 正三角形ABC，点E 线段 的中过点E

8、 作棱锥外接球O 的截面则截面积的最值是()A.3B.C.2D.16对于数，若在定义域存在实数满足，则称数为“戈函”设（且）为其定义域的“戈函”，实数的取值范围是 2020 5月质检理数若，函数（ ）的值为，则的取值围是B.C.D.以为顶点的多体中，则该面体的体的最大为A. B.C.D. 中，角所对的分别为，若点D 在边BC ，且，则的最大值是 若存过点的直线与函数，的图象都相切则2020 5月调研卷理数设数列的前 项和为，且，（，则的最小值为B.C.D.若关于 的不等式解集中有两个整数解， 的值范围为B.C.D.16已知棱锥的棱长均为其内有 个小球球与三棱锥的四个面都切，球与三棱锥的三个面球

9、都相切，如此推，球与三棱锥的三个面和球 都相切（，且，则球的体积于 球的表面积等于 （本题第一空 2 分，第二空 3 分）2020 5月质检理数已知数列满足 ，又的前项为Sn，若S6=52，则a5= A.13B.15C.17D.31已知物线C1：和圆C2：，过圆C2 一点P圆的切线MN 交物线C 于M，N两点若点P为MN的点，则线MN 的率k1 时的线方为B.C.D.16已知数，满足不等式在R 上成立，在上恰好只一个极点，则数 .2020 6月质检理数若 ，关于函数的以下结：对称轴程为，值域为其中正确是（）在区间单调递减A.B.C.D.函数（）在内有极值，么下列论正确是（）A.当时，B.当时，

10、C.当时，D.当时，已知数a，bc，满足（其中e 是自对的底数，么的最小值为 中，为 平分线若且，则的周长为 2020 6月质检理数若面积为1的满足则边的最小值为 D.2当时，函数恒成立，则的最大值为B.2C.D.1已知点，动点满足 为 则点的轨迹程已知棱锥，底面是边长为6 的形,底面且若此四棱的内切的表面为16则该四棱锥体为 20201卷理数已知M：，直线 ：，为 上的动，过点作M 的切线，切点为，当最小时，直线的方程（）B.C.D.12若，则（）A.B.C.D.16如图在三棱锥PABC 平面开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB= .2020 2 卷理数若，则（

11、）A.B.C.D.120-1 周期序在通信术中有重要应用若序列满足，且存在整数，使得成立，称其为0-1 周序列，称满足的小正整数为这个序的周期.于周期为的0-1 序列，（k=1，2，m-1）描述其质的重指标，列周为5 的0-1 序列中满足 序列是A.B.C.D.设复数，满足，则= .2020 3 卷理数12已知，设，则A.B.C.D.关于数有如下四个命：的图像于 轴对称的图像于原点称的图像于直线对称的最小为2其中所有命题的号是 2020 年新高考山东卷（多选题已知，则（）A. B.C.D.16已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的棱长均为 2，BAD=60以 D1 为球心， 5 为半径的球

12、面与侧面BCC1B1 的线长为 （多选题）12信熵是信论中的个重要念.随机变量X 所有可的取值为，且，定义X 信息熵.n=1H(X)=0若n=2，则H(X)随着的增大增大若，则H(X)随着n 增大而大若n=2m，机变量Y 所可能的值为，且，则H(X)H(Y)2020 年北京卷已知，则“在使得”是“”（A.充分不必要件B.必要而不充条件C.充分必要条件D.既不分也不要条件102020 年3 月14日是全首个国圆周率（Day史上，圆周率 的方法有种，与传统数学的“圆术相似数学家尔卡的方是：当正数 充分大时，计单位圆内接正边形的周和外切正边形（边均与相切的正边）的周长将它们算术平数作为的近似值按阿尔

13、西的法， 的近似值的达式是（A. D. 2020 年江苏卷在BC中，D 在边BC上（不端点长AD 到P，使 AP=9若（m 为常数则D 长度是 在平直角坐系xOy 中，已知，A，B 是圆上的两动点，足，则 面积最大值是 2020 年江苏卷已知函数若函数围是（）B.C.D.恰有 4 个零点，则 的取值范 14如图在四边形中， ，且 ，则实数 的值为 若是线段上 的动点，且，则 的最小值为 2020 年浙江卷9已知a，bR 且ab0，(xa)(xb)(x2ab)0 在x0 上恒成立则（）A.a0C.b014设 ，为单位向，满的最小值为 ，设 ， 的夹角为 ，则2020 年上海卷设若存定义域 的函数

14、既满足对于任意的值为或”又满足关于 方程无实数解”，则a 的值范围 已知是平面内两互不等的向，满足且(其中)，则k 的最值为 DBPD在长为10 正方体.中， 为左侧面上一点知BPDA点到的距离为点到的距离为2，则点且与平的直线交正C方体于、两点，则点所在的面是ABA. D.若 存 在 , 对 任 意 的 均有恒成立则称数 具有性质 已知：单调递且恒成；单调递增存在 使得 则是 具有性质的充分条件是A.只有B.只有C.D.都不是2020 1 卷文数设是双曲线的两个点， 为坐标原，点在上且，则的面积为（）B.3C.D.2已知为球 的球面上的三点，为的外接，的面积为，则球的表面积为（）B.C.D.

15、16数列满足，前16 项和为540，则 2020 3月质检理数已知在中，其外接圆的心为O，则 （）A.20B.C.10D.【解析】【答案】C【解析】已知三棱柱的底面边为2，一平面此柱与侧棱分别交于，若为直角三角形则面积的最小值为A. B.3 D.6【答案】BAA1C1M，mDB1EnnFNQACB3当且仅当（柯西不等式）又。，整理得故，则，于F交D作E交于E过Q作于交N ND【解析】不妨设 波罗斯（古腊数学，约公前262-190 ）的著作圆锥曲论是代世界辉的科成果，它将锥曲线性质网殆尽几使后人有足的余地.证明过样一个题：平内与两距离的比常数的点的轨迹圆，后将这个称阿波罗尼圆.现有,，则当的面积

16、最时，AC 上的高为 .【答案】BBACyBAOCDx的面积最， 此时AC 边上的为半径。时，故当为圆心，为半径的，B ，整理得得，由，则。设，解法二：建立如图所示坐标系，上的高就半径，为。边 AC B A，C 2 ，由阿波罗尼斯圆【解析】解法一：由正弦定理可得，2020 4月质检理数（多选题）12若曲线：绕其对称心旋转可得一函数的象，则离心率可是（）B.D.2或 。，故或或 。，故或后的渐近为y 轴故原近线的斜角为（当焦在x 轴或（当焦点在y 轴上故【解析】合图象知，要使得双线绕其对称心旋转得到某一函的图象必须旋转直四柱中，底面是边长为4 的方形，。点是侧面内的动点不含边界，则与平面所成角的

17、切的取值范为 .【答案】（）所成角的正切值为与平面 ，所以 （）所成角的正切值为与平面 ，所以 平面 因为 BC=4由图可知，BC 是该球被平面（M M 在侧面AC O 【解析】由ABMDCOBMBCME2020 4月质检理数在棱长为2 的正方体中，P是正方形内（包界）的动，M 是的中点，且 ，则当的面积最时，的值为()B.C.D.【答案】D，解得，所以的面积最大。因为时， ，解得，所以的面积最大。因为时， （P DD1 P 。罗尼斯圆半径为 P 2 ，ABADD1A1，CDADD1A1 BPDMACAB己知项都为数的数列满足， ，其中表示超过的最大整，则的值为()（参考数：，）A.2 B.3

18、C.4 D.5，故，故，故，又，所以因为单调递增。时，故当，则【解析】设16xy 2 ABD沿x轴滚动，点D 过坐标原，设顶点的轨迹程是，则.【答案】yyD(B)CC(A)B(D)ABAO(D)CBx，故解得，令时，B 的轨迹方程为当B 8 为圆心，2为半径的圆。B 当D 在点继续动时B 轨迹是以O(D)为圆心，为半径的半圆，为圆心，2 为径的圆，B 的轨迹是以ABCD A 2020 5月质检理数FEABDC如图，四边形为正方形，四边形为矩形，且平面与面互相垂直多面体的体积为则该多面外接球面FEABDC的最小值为B.C.D.【答案】B时等号成立。仅当时等号成立。仅当，设外接球半径为 r，则，即

19、，则别为【解析】由题意可知，该多面体可补成长方体，设长方体的长、宽、高分FDFDcbaAB双曲线的左右焦分别为， 为坐标原点 曲线右支上的点点在 外角平分上且 若恰为顶角为的等三角形该双曲线离心率为A.B.C.D. 【答案】D，故，故，整理得，即中，由余弦定理可得在，设， ，故 ， .在等腰，中点，故O 为中点，M 为得N，由交【解析】延长16已知数若关于 的不等式 的解集空，为有限集，实数 的取值集合为 【答案】。综上可得，a 的取值集合为，解得或者上只有有限个解，则要使得在，解得时，此时或即当符合题意；解得不符合题意，解得时，或即当不符合题意。，显然设上只有有限个解在图象有且只有有限个交点

20、，则与题意等价于，则令上的大致图象。在，故可作出，当， ，单调递减，又当单调递增，在利用导数可得上的大致图象。在故可作出， ， ，单调递增，又当单调递减，在【解析】利用导数可得2020 5月质检理数直线经过椭圆 的左焦点，交椭圆于 、两点，轴于点，若 ，则该圆的离率是（） C.D. 【答案】B故故，故由定义可得得，故由，【解析】易得SOCAEB已知三棱锥，底面是长为3 正三角形ABC，点EOCAEB线段AB 中点，点E 三棱锥外接球O 的截则截面面的最小是()A.3B.C.2D.【答案】BSS2 3OACEO3B故所求截面面积的最小值为，故又截面时，所求截面的面积最小，设截面圆半径为，则当，解

21、得O r，则，【解析】设为ABC 的中心则16对于数，若在定义域存在实数满足，则称数为“戈函”设（且）为其定义域的“戈函”，实数的取值范围是 【答案】综上所述综上所述实数的取值范围是上单调递增，所以在因为上单调递增，所以在因为上恒成立在上有解，且在即上恒成立在上有解，且在即上有解在【解析】由已知可得，问题等价于2020 5月质检理数若，函数（ ）的值为，则的取值围是B.C.D.故，故，又。，故，值域为，。又，所以因为，故，其中【解析】以为顶点的多体中，则该多面体的体积的最大值为A. B.C.D. 【答案】BA。故该多面体体积的最大值为CDE 。故该多面体体积的最大值为CDE 时等号成立，所以该

22、多面体的体积最大值还取决于CDE 面积。显然当CDE 的外接圆圆心为球心 O，且 OECD 时，CDE 面积最大，为AB平面 因为C，D，E AB O 上。可知，【解析】由ECODBBEEEOCD中，角所对的分别为，若点D 在边BC ，且【答案】，则的最大值是 AAOBE DC故的最大是，当且仅当A，O，D 三点线时等成立。AD 的最大值为故，故设，由余弦定理得，故，所以。因为，所以，因为【解析】由正弦定理得，故BC OE，则A ABC ，又解法二：同上可得若存过点的直线与函数，的图象都相切则【答案】2，故，故+得，代入式可得，即，故又，故又过点，得两切线方程分别为由的图象相切于点与函数的图象

23、相切于点【解析】设直线 与函数2020 5月调研卷理数设数列的前 项和为，且，（，则的最小值为B.C.D.的最小值为。的最小值为。，故上单调递增，在故，则（设.所以，故，公差是等差数列，首项故， ，整理得 【解析】由已知得若关于 的不等式解集中有两个整数解， 的值范围为B.C.D.，所以a .，所以a 的取值范围为斜率。因为，图象上两点，注意到过定点因为直线的大致图象。，故作出时，；当时，又当上单调递增，单调递减，在，利用导数可得设恰有两个正整数解.【解析】题意等价于关于 的不等式16已知棱锥的棱长均为其内有 个小球球与三棱锥的四个面都切，球与三棱锥的三个面球都相切，如此推，球与三棱锥的三个面

24、和球 都相切（，且，则球的体积于 球的表面积等于 （本题第一空 2 分，第二空 3 分） 【答案】， 。，故 ，公比 。与球A AOAC,C1注意到。，故解得，则。设内切球半径为r1 ，【解析】设O 是BCD 的中心，则2020 5月质检理数已知数列满足 ，又的前项为Sn，若S6=52，则a5= A.13B.15C.17D.31【答案】A【解析】【解析】已知得，故。已知物线C1：和圆C2：，过圆C2 一点P圆的切线MN 交物线C 于M，N两点若点P为MN的点，则线MN 的率k1 时的线方为A.B.C.D.【答案】D是填空题的话，我想骂人是填空题的话，我想骂人其实联立程解方组看起没问但解来不容消

25、去得到关于的一元次方很难解。我是通过选项逆推出答案的，四个选项中有三个斜率是，故答案总不可能是 C 吧。所以，整理得切线方程为，故所求切线解得P （点差法）得，由【解析】设16已知数，满足不等式在R 上成立，在上恰好只一个极点，则数 .【答案】故故，解得上恰好只有一个极值点，故在又，解得是过最高点的对称轴，故是过最低点的对称轴，R 【解析】由不等式2020 6月质检理数若 ，关于函数的以下结：对称轴程为，值域为其中正确是（）在区间单调递减A.B.C.D.单调递减，正确。区间，正确；在单调递减，正确。区间，正确；在，正确；值域为的周期为错误对称为由图可知，的图象。图象交点处取下方的图象，故可得的

26、图象就是在函数的定义可知，由的图象，作出，【解析】函数（）在内有极值，么下列论正确是A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，【答案】B，B 正确。时，故当，成立，即时，故当，故，注意到上单调递增，上单调递减，在在，故时，当，则，设即，e 对不等式，解得，即的图象可知，只需满足结合，上有极值等价于在，故，则，。注意到必有两个极值点，记为故，（【解析】设已知数a，bc，满足（其中e 是自对的底数，么的最小值为 【答案】【解析】由已知得，【解析】由已知得，即在函数图象上，在直线上。问题等价于在函数显然将直线与直线平移至与函数上各取一点，求这两点距离平方的最小值。（与相切于中，为 平分线若且则的周长为

27、 .【答案】AABCD故周长为，解得又，故由余弦定理得，得，由，故由角平分线定理可知，2020 6月质检理数若面积为1的满足则边的最小值为 D.2ABCABC，有最小值，故时，故可知当，则设，由余弦定理得，得，。由【解析】由已知得，当时，函数 恒成立，则的最大值为B.2C.D.1【答案】C【解析】题意等价于在【解析】题意等价于在上恒成立，作出以及的图象，注意到，以及有相同的对称轴，故当，时，取得最值。已知点动点满足 为 则点的轨迹方程【答案】。故所求轨迹方程为，P的轨迹是以AB，整理得，即由余弦定理得，即【解析】由已知得，已知四锥，底面是边长为6 的菱形,底面且此四棱锥内切球表面积为16则该四

28、棱锥的积 【答案】zzS(0,0,8)DO(0,0,2)COA(a,0,0)B(0,b,0)xy，故解得，故到平面 距离又，故，令故，又2.故，则由内切球表面积为16可得，【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设2020年全国卷理数已知M：，直线 ：，为 上的动，过点作M 的切线，切点为，当最小时，直线的方程（）B.C.D.【答案】D【解析】由已知得，【解析】由已知得，M：，圆心，半径,M l 的距离l M 相离。由对称性可知，故P M l 最小，此时最小MP：即l 解法一：设A，B ，方程为解法二：。显然 PAMB 四点共圆，此圆是以 PM 为直径， 故方程为，即M 。12若，则（）A.B.C

29、.D.【答案】B得得上单调递增，故由在，显然构造函数【解析】如图在三棱锥PABC 平面开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB= .【答案】，故由余弦定理得，故由余弦定理得，在BCF 中，故，RtABC ，故由余弦定理得， ，在ACE 中，故得RtDAB 2020 年全国卷理数若，则（）B.C.D.【答案】A，故，故，得，故由，易知在R 上单增，构造函数【解析】由已知得，120-1 周期序在通信术中有重要应用若序列满足，且存在整数，使得成立，称其为0-1 周序列，称满足的小正整数为这个序的周期.于周期为的0-1 序列，（k=1，2，m-1）描述其质的重指标，列周为5

30、的0-1 序列中满足 序列是（）A.B.C.D.【答案】C，不符合题意。，不符合题意。，D，不符合题意；，A，不符合题意；，B，0（1,2,3,）1 2 ，即【解析】由题意得，设复数，满足【答案】，则= .【解析】由【解析】由得，故，2020 年全国卷理数12已知，设，则B.C.D.【解析】由得，即【解析】由得，即；由得，即故。显然， ，故综上所述关于数有如下四个命：的图像关于 轴对称的图像于直线对称2其中所有命题的号是 【答案】值可以取负值，故错误。正确序号为。值可以取负值，故错误。正确序号为。对称，正确；显然关于直线图象，所以为奇函数，图象关于原点，所以， 因为【解析】定义域为2020 年

31、新高考山东卷（多选题已知，则（） B.C.D.综上所述，正确的是ABD。综上所述，正确的是ABD。，D 正确。，所以因为，C 错误；，则，取，B 正确；，所以因为，A 正确；，所以【解析】因为16已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的棱长均为 2，BAD=60以 D1 为球心， 5 为半径的球面与侧面BCC1B1 的线长为 【答案】22CCBBCADGH2FC1B1 1 EBEAC3F5D对的圆心为，故所求交线为内部的弧 HG。易求劣弧HG 所，故所交线为以E 为心，为半径的在侧面故，为等边三角形，故【解析】取中点由题意知（多选题）12信熵是信论中的个重要念.随机变量X 所有可的取值为，且

32、，定义X 信息熵.n=1H(X)=0若n=2，则H(X)随着的增大增大若，则H(X)随着n 增大而大若n=2m，机变量Y 所可能的值为，且，则H(X)H(Y)【答案】AC【解析】若【解析】若，则，A 正确；若，显然当与时相等，B 错误；若，则随着 n 的增大而增大，C 正确；若，.对比对应项可知，D 错误。故正确的是A，C。2020 年北京卷已知，则“在使得”是“”（A.充分不必要件B.必要而不充条件C.充分必要条件D.既不分也不要条件C。C。，必要性成立使得即存在，或即，或判断必要性：当时，则，充分性成立；若 为奇数，则；若 为偶数，则时，使得当存在【解析】判断充分性：102020 年3 月

33、14日是全首个国圆周率（Day史上，圆周率 的方法有种，与传统数学的“圆术相似数学家尔卡的方是：当正数 充分大时，计单位圆内接正边形的周和外切正边形（边均与相切的正边）的周长将它们算术平数作为的近似值按阿尔西的法， 的近似值的达式是（A. D. 则，则，1单位圆的切正边形的相邻个顶点圆心O 构成腰三角形其顶角为，腰长为故底也就是正边形的长为【解析】位圆内正边形的相邻两顶点与心O 构成等腰角形，中顶角为2020 年江苏卷在BC中，D 在边BC上（不端点长AD 到P，使 AP=9若（m 为常数则D 长度是 【答案】。故，在等腰ACD 中，。易知故，整理得，得，【解析】由在平直角坐系xOy 中，已知，A，B 是圆上的两动点，足，则 面积最大值是 【答案】时， 有最大值时， 有最大值有最大值，即当时，易知当则，设故，P 则，设圆心 C 到AB 的距离为