2020年高考押题预测卷01(新课标Ⅰ卷)理科数学(全解全析)

2020年高考押题展望卷01【新课标Ⅰ卷】·理科数学全解全析123456789101112DCABCBCCAACB1.D【分析】QAx1x0,1，B0,，eUA1,，eUAIB1,.应选D.2.C【分析】Qf(x)2cos(x)为奇函数，f00，获得k,kZ，2是q的充要条件.应选：C3.A【分析】由ziz22i2i1i13i13i得：zi1i1i22i，12z对应的点的坐标为1,3，位于第一象限.应选：A.224.B【分析】当x0时，fx1x31x2，fxx2x32Qx0,fx0，fx单调递加，且x0时，fx0，fx0当x0时，fxex单调递加，且fxf01所以可得fx单调递加，f3x2f2x可转变成3x22x解得3x1，应选B项.uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur5.C【分析】由题意及图，APABBPABmBNABmANABmAN1mAB，uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur又，AN2NC，所以AN2AC，∴AP2mAC（1﹣m）AB，355理科数学第1页（共11页）uuuruuur1uuur1mt51，解得m，t，应选C．又APtABAC，所以2m1366536.B【分析】设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a2d,ad,a,ad,a2d,则a2dadaada2d,解得a6d,又a2dadaada2d5,则a=1,a2da2a44,应选B.6a331n7.C【分析】3xnN*睁开式的通项为xx1rn5r5Tr1r3xnrnrr,r0,1,,n2n0，即，由于睁开式中含有常数项，所以xxL2a525r2n为整数，故n的最小值为5．所以a2x2dx52x2dx.应选C5a528.C【分析】函数fx3sin2x2cos2x13sin2xcos2x2sin2x，6将函数yfx的图象上的全部点的横坐标缩短到本来的1倍，得y2sin4x的图象；26再把所得图象向上平移个单位，得函数ygx2sin4x1的图象，易知函数ygx的值域16为1,3.若gx1gx29，则gx13且gx23，均为函数ygx的最大值，由4x2kkZ，解得xkZ；此中x1、x2是三角函数ygx626k最高点的横坐22x1x2的值为函数ygx．应选C．标，的最小正周期T的整数倍，且T429.A【分析】a3，a1不满足，a是奇数满足，a10，i2，a10，a1不满足，a是奇数不满足，a5，i3，a5，a1不满足，a是奇数满足，a16，i4，a16，a1不满足，a是奇数不满足，a8，i5，a8，a1不满足，a是奇数不满足，a4，i6，a4，a1不满足，a.是奇数不满足，a2，i7，理科数学第2页（共11页）a2，a1不满足，a是奇数不满足，a1，i8，a1，a1满足，输出i8，应选A．10.A【分析】f1f2f3Lfm20182122L3m60573m60572m20172m2018，3m60573m6057又f1f2f3Lfm20182m20182m2017L3m60573m60572221，3m60573m6057两式相加可得f1f2f3Lfm20182m4036m201863

.应选A项.uuuuruuuur11.C【分析】QAF22F2B,设BF2x，则AF22xuuuruuuur由椭圆的定义，可以获得AF12a2x,BF12ax，QAF1AF20,AF1AF2在RtVAF1B中，有2a23x22a2x2ax，解得x32a4a4a22AF2,AF1,在Rt△AF1F2中，有2a233332c整理得c25，ec5,应选C项.2=a9a3B【分析】联合题意，绘制图形，联合题意可知OE是三角形BDD1中位线，题目计算距离最短，即求OE与BD1两平行线的距离，DD11,BD13,BD2，所以距离d，联合三角形面积计算公式可得理科数学第3页（共11页）S1BDDD11BD12d，解得d6，应选B。22613.①②③【分析】对于①，2至月份的收入的变化率为806070503220，11至12月份的变化率为20，2111故同样，正确；对于②，支出最高值是2月份60万元，支出最低值是5月份的10万元，故支出最高值与支出最低值的比是6：1，正确；对于③，第三季度的7，8，9月每个月的收入分别为40万元，50万元，60万元，故第三季度的均匀收入为405060月份和10350万元，正确；对于④，利润最高的月份是3月份都是30万元，高于2月份的利润是80﹣60＝20万元，错误．故答案为①②③．14.8【分析】本题观察基本不等式与应用．联合题意获得x414y,因此y2414y4(y2)4949y249(y2)8，xyy2y26262yyy2当且仅当y5时等号建立，因此其最小值为8，故答案为8．20【分析】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，也许此中一人选择银联卡，另一人只好选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，也许此中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，也许此中一人选择银联卡，另一人只好选微信或现金，故有1+C21C215，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，也许此中一人选择支付宝，另一人只好选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，综上故有10+10＝20种，故答案为20.e21【分析】函数f（x）=（x+a）2xa2，16.e21+（e+）e函数f（x）可以看作是动点M（x，ex）与动点N（-a，-a）之间距离的平方，e动点M在函数y=ex的图象上，N在直线y=1x的图象上，e问题转变成求直线上的动点到曲线的最小距离，xx1，由y=e得，y′=e，解得x=-1=e所以曲线上点M（-1，1）到直线y=1x的距离最小，最小距离d=2，e2ee1则f（x）≥241，依据题意，要使f（x0）≤24，则f（x0）=24，ee1e1理科数学第4页（共11页）此时N恰好为垂足，由KMN=-e，解得a=e21．故答案为e21．2121ee17．（本小题满分12分）【分析】(1)由题意及正、余弦定理得a2c2b2a2b2c23a，2abc2abc3c整理得2a23a，∴b3.（5分）2abc3c（2）由题意得cosB3sinB2sinB62，∴sin(B+6）=1，∵B0,，∴B62，B.3由余弦定理得b2a2c22accosB，∴3a2c2ac2acacac，ac3，当且仅当ac3时等号建立．∴S1acsinB13333．2224ABC面积的最大值为33．（12分）418．（本小题满分12分）【分析】证明：（I）在直三棱柱ABCA1B1C1中，∵CC1平面ABC∴CC1AC∵平面CC1D平面ACC1A1，且平面CC1D平面ACC1A1CC1∴AC平面CC1D∴ACDC1（3分）理科数学第5页（共11页）（II）在直三棱柱ABCA1B1C1中，∵AA1平面A1B1C1，∴AA1A1B1,AA1AC11又B1A1C1BAC90o，建立以下列图的空间直角坐标系，由已知可得A2,0,0，C2,3,0，C10,3,0，B2,0,1，B10,0,1，D1,3,2uuuvuuuvBB12,0,0,BD1,3,1vx,y,z设平面DBB1的法向量nvuuuv02x0vnBB1令y10,1,3∵vuuuv0∴3yz0则nnBDx∵M为DC1的中点，∴M1,3,1,uuuuv3,3,1AM22uuuuvv0uuuuvv∵AMn∴AMn又AM平面DBB1，∴AM//平面DBB1（8分）（III）由（II）可知平面DBB1的法向量v0,1,3nuuuvuuuv0,1设BPBC,则P2,3,1uuuuv1,33,1,DP若直线DP与平面DBB1所成的角为，3理科数学第6页（共11页）vvvv233nDP则|cosn,DP|vv2452nDP24解得50,14故不存在这样的点P，使得直线DP与平面DBB1所成的角为3.（12分）19．（本小题满分12分）【分析】（1）由△PF1F2的面积可得12c12，即c2，∴a2b24．①2又椭圆C过点P6,1，∴611．②a2b2由①②解得a22，b2，故椭圆C的标准方程为x2y21.（4分）84（2）设直线l的方程为yxm，则原点到直线l的距离dm，2由弦长公式可得AB22m282m2．2将yxm代入椭圆方程x2y21，得3x24mx2m280，84由鉴识式16m2122m280，解得23m23．由直线和圆订交的条件可得dr，即m2，也即2m2，2设Cx1,y1，Dx2,y24m2m28，，则x1x2，x1x233由弦长公式，得CD2x1x224x1x2216m28m232412m2．933由CDAB，得CD412m2228．32m21m2AB834∵2m2，∴04m24，则当m0时，获得最小值26，3此时直线l的方程为yx．（12分）理科数学第7页（共11页）20．（本小题满分12分）【分析】（1）x0.002502050.004502550.009503050.004503550.00150405300（千米）.（2分）2）（i）由X~N300,502.P(200X剟350)1P(200X400)P(250X?350)20.95450.68270.47725.（4分）22（ⅱ）依题意有Y~B(10,0.8186)，所以E(Y)8.186.（6分）（3）第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为1，即P11.22遥控车移到第n(2剟n49)格的状况是下边两种，并且只有两种；n2格，又掷出反面，其概率为12.①遥控车先到第Pn2n1格，又掷出正面，其概率为11.②遥控车先到第Pn1Pn12Pn1Pn21Pn1，PnPn1Pn2.222111剟n49时，数列PnPn1是等比数列，首项为P1P0，公比为2的等比数列．2112131nP1，P2P1，P3P2，，PnPn1.122221nn11PnPnPn1Pn1Pn2LP1P0P01L22121n1121n121(n0,1,L,49).1321250∴获胜的概率P49211，321P4821491149失败的概率P50111.223232理科数学第8页（共11页）21501149148P49P5011123210.332∴获胜的概率大.∴此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车．（12分）21．（本小题满分12分）【分析】(1)a0,fxexsinxef'xexsinxcosxeex2sinxe0;4∴fx在,上单调递减。（3分）(2)要证exsinxax22ae0对x0,恒建立即证;sinxax22ae0对x0,恒建立令ga2x2asinxe,即证当a1,1时，ga2x2asinxe0恒建立2g1sinx1x21e01即证;22建立g1sinxx22e02sinx1e，∴①式建立现证明②式建立:令hxsinx22e,h'xcosx2xx设在x00,,使得h'x0cosx02x,0,则0x06hx在0,x0単调递加,在x0,単调递減，∴hxmaxhx0sinx0x022esinx0cos2x02e,4sinx2x07e，=sinx044理科数学第9页（共11页）12∵0x0，∴sinx0，∴sinxx0sinx07e37e00,624416综上所述.在x0,,fx0恒建立.（12分）22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程x22t【分析】（Ⅰ）由2（t为参数），消去参数t，得直线l的一般方程xy10.y12t2由2cos24sin24，得曲线C的直角坐标方程为x24y240.（5分）x22t（Ⅱ）将直线l的参数方程为2（t为参数），y12t2代入x24y240，得5t2122t80.则t1t2122，t1t28.55∴ABt1t2t1t24t1t224882，1222555PAPBt1t82.58所以，AB的值为82，定点P到A，B两点的距离之积为.（10分）5523．（本小题满分10分）选