2020年贵州省高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)(共19页).docx

精选优质文档-倾情为你奉上2020年贵州省高考数学试卷（文科）（新课标）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 已知集合A1,2,3,5,7,11，Bx|3<x<15，则AB中元素的个数为（ ） A.2B.3C.4D.5【答案】B【考点】交集及其运算【解析】根据题意求出AB，进而能求出AB中元素的个数【解答】 集合A1,2,3,5,7,11，Bx|3<x<15)， AB5,7,11， AB中元素的个数为3 2. 若z¯(1+i)1i，则z（ ） A.1iB.1+iC.iD.i【答案】D【考点】复数的运算【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案【解答】由z¯(1+i)1i，得z¯=1i1+i=(1i)2(1+i)(1i)=i， zi 3. 设一组样本数据x1，x2，xn的方差为0.01，则数据10x1，10x2，10xn的方差为（ ） A.0.01B.0.1C.1D.10【答案】C【考点】极差、方差与标准差【解析】根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，求出新数据的方差即可【解答】 样本数据x1，x2，xn的方差为0.01， 根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长， 数据10x1，10x2，10xn的方差为：100×0.011， 4. Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)（t的单位：天）的Logistic模型：I(t)=K1+e0.23(t53)，其中K为最大确诊病例数当I(t*)0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为( )(ln193) A.60B.63C.66D.69【答案】C【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】根据所给材料的公式列出方程K1+e0.23(t53)=0.95K，解出t即可【解答】由已知可得K1+e0.23(t53)=0.95K，解得e0.23（t53）=119，两边取对数有0.23(t53)ln19，解得t66， 5. 已知sin+sin(+3)1，则sin(+6)（ ） A.12B.33C.23D.22【答案】B【考点】两角和与差的三角函数【解析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可【解答】 sin+sin(+3)1， sin+12sin+32cos1，即32sin+32cos1，得3(12cos+32sin)1，即3sin(+6)1，得sin(+6)=33 6. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点若ACBC=1，则点C的轨迹为（ ） A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线【答案】A【考点】轨迹方程【解析】设出A、B、C的坐标，利用已知条件，转化求解C的轨迹方程，推出结果即可【解答】在平面内，A，B是两个定点，C是动点，不妨设A(a,0)，B(a,0)，设C(x,y)，因为ACBC=1，所以(x+a,y)(xa,y)1，解得x2+y2a2+1，所以点C的轨迹为圆 7. 设O为坐标原点，直线x2与抛物线C:y22px(p>0)交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为（ ） A.(14,0)B.(12,0)C.(1,0)D.(2,0)【答案】B法二：易知，ODE45°，可得D（2，2），代入抛物线方程y22px，可得44p，解得p1，【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】法一：利用已知条件转化求解E、D坐标，通过kODkOE1，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标法二：画出图形，求出D的坐标，代入抛物线方程，然后求解即可【解答】法一：将x2代入抛物线y22px，可得y±2p，ODOE，可得kODkOE1，即2p22p2=1，解得p1，所以抛物线方程为：y22x，它的焦点坐标(12,0)故选：B法二：易知，ODE45，可得D(2,2)，代入抛物线方程y22px，可得44p，解得p1，故选：B 8. 点(0,1)到直线yk(x+1)距离的最大值为（ ） A.1B.2C.3D.2【答案】B【考点】点到直线的距离公式【解析】直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论【解答】因为点(0,1)到直线yk(x+1)距离d=|1+k|k2+1=k2+2k+1k2+1=1+2kk2+1； 要求距离的最大值，故需k>0；可得d1+2k2k=2；当k1时等号成立； 9. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A.6+42B.4+42C.6+23D.4+23【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可【解答】由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：PAABAC2，PA、AB、AC两两垂直，故PBBCPC22，几何体的表面积为：3×12×2×2+34×(22)2=6+23， 10. 设alog32，blog53，c=23，则（ ） A.a<c<bB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解【解答】 alog32=log338<log339=23，blog53=log5327>log5325=23，c=23， a<c<b 11. 在ABC中，cosC=23，AC4，BC3，则tanB（ ） A.5B.25C.45D.85【答案】C【考点】余弦定理正弦定理【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求tanC的值，利用余弦定理可求AB的值，可得AC，利用三角形的内角和定理可求B2C，利用诱导公式，二倍角的正切函数公式即可求解tanB的值【解答】 cosC=23，AC4，BC3， tanC=1cos2C1=52， AB=AC2+BC22ACBCcosC=42+322×4×3×23=3，可得AC， B2C，则tanBtan(2C)tan2C=2tanC1tan2C=2×52154=45 12. 已知函数f(x)sinx+1sinx，则（ ） A.f(x)的最小值为2B.f(x)的图象关于y轴对称C.f(x)的图象关于直线x对称D.f(x)的图象关于直线x=2对称【答案】D【考点】奇偶函数图象的对称性命题的真假判断与应用【解析】设sinxt，则yf(x)t+1t，t1,1，由双勾函数的图象和性质可得，y2或y2，故可判断A；根据奇偶性定义可以判断B正误；根据对称性的定义可以判断C，D的正误【解答】由sinx0可得函数的定义域为x|xk,kZ，故定义域关于原点对称；设sinxt，则yf(x)t+1t，t1,1，由双勾函数的图象和性质得，y2或y2，故A错误；又有f(x)sin(x)+1sin(x)=(sinx+1sinx)f(x)，故f(x)是奇函数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故B错误；f(+x)sin(+x)+1sin(+x)=sinx1sinx；f(x)sin(x)+1sin(x)=sinx+1sinx，故f(+x)f(x)，f(x)的图象不关于直线x对称，C错误；又f(2+x)sin(2+x)+1sin(2+x)=cosx+1cosx；f(2x)sin(2x)+1sin(2x)=cosx+1cosx，故f(2+x)f(2x)，定义域为x|xk,kZ，f(x)的图象关于直线x=2对称；D正确；二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。  若x，y满足约束条件x+y0,2xy0,x1,则z3x+2y的最大值为_ 【答案】7【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z3x+2y表示直线在y轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在y轴上的截距最大值即可【解答】先根据约束条件画出可行域，由x=12xy=0解得A(1,2)，如图，当直线z3x+2y过点A(1,2)时，目标函数在y轴上的截距取得最大值时，此时z取得最大值，即当x1，y2时，zmax3×1+2×27  设双曲线C:x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线为y=2x，则C的离心率为_ 【答案】3【考点】双曲线的离心率【解析】由双曲线的方程求出渐近线的方程，再由题意求出a，b的关系，再由离心率的公式及a，b，c之间的关系求出双曲线的离心率【解答】由双曲线的方程可得渐近线的方程为：y±bax，由题意可得ba=2，所以离心率e=ca=1+b2a2=3，  设函数f(x)=exx+a，若f(1)=e4，则a_ 【答案】1【考点】导数的运算【解析】先求出函数的导数，再根据f(1)=e4，求得a的值【解答】 函数f(x)=exx+a， f(x)=(x+a1)ex(x+a)2，若f(1)=ae(a+1)2=e4， a(a+1)2=14，则a1，故答案为：1  已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为_ 【答案】2【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）球内接多面体【解析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内接球，作图，数形结合即可【解答】当球为该圆锥内切球时，半径最大，如图：BS3，BC1，则圆锥高SC=BS2BC2=91=22，设内切球与圆锥相切于点D，半径为r，则SODSBC，故有SOBS=ODBC，即22r3=r1，解得r=22，所以该球的表面积为4r22三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，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。（一）必考题：共60分。  设等比数列an满足a1+a24，a3a18 （1）求an的通项公式； （2）记Sn为数列log3an的前n项和若Sm+Sm+1=Sm+3，求m【答案】设公比为q，则由a1+a1q=4a1q2a1=8，可得a11，q3，所以an3n1由（1）有log3ann1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，所以Sn=n(n1)2，所以m(m1)2+(m+1)m2=(m+3)(m+2)2，m25m60，解得m6，或m1（舍去），所以m6【考点】数列递推式等比数列的通项公式【解析】（1）设其公比为q，则由已知可得a1+a1q=4a1q2a1=8，解得a11，q3，可求其通项公式（2）由（1）可得log3ann1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，可求Sn=n(n1)2，由已知可得m(m1)2+(m+1)m2=(m+3)(m+2)2，进而解得m的值【解答】设公比为q，则由a1+a1q=4a1q2a1=8，可得a11，q3，所以an3n1由（1）有log3ann1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，所以Sn=n(n1)2，所以m(m1)2+(m+1)m2=(m+3)(m+2)2，m25m60，解得m6，或m1（舍去），所以m6  某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次空气质量等级0,200(200,400(400,6001（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720 （1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率； （2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次400人次>400空气质量好空气质量不好附：K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】该市一天的空气质量等级为1的概率为：2+16+25100=43100；该市一天的空气质量等级为2的概率为：5+10+12100=27100；该市一天的空气质量等级为3的概率为：6+7+8100=21100；该市一天的空气质量等级为4的概率为：7+2+0100=9100；由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：x¯=100×0.20+300×0.35+500×0.45350；根据所给数据，可得下面的2×2列联表，人次400人次>400总计空气质量好333770空气质量不好22830总计5545100由表中数据可得：K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(33×837×22)270×30×55×455.820>3.841，所以有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关【考点】古典概型及其概率计算公式独立性检验【解析】（1）用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案；（3）由公式K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)计算k的值，从而查表即可，【解答】该市一天的空气质量等级为1的概率为：2+16+25100=43100；该市一天的空气质量等级为2的概率为：5+10+12100=27100；该市一天的空气质量等级为3的概率为：6+7+8100=21100；该市一天的空气质量等级为4的概率为：7+2+0100=9100；由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：x¯=100×0.20+300×0.35+500×0.45350；根据所给数据，可得下面的2×2列联表，人次400人次>400总计空气质量好333770空气质量不好22830总计5545100由表中数据可得：K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(33×837×22)270×30×55×455.820>3.841，所以有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关  如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1证明： （1）当ABBC时，EFAC； （2）点C1在平面AEF内【答案】因为ABCDA1B1C1D1是长方体，所以BB1平面ABCD，而AC平面ABCD，所以ACBB1，因为ABCDA1B1C1D1是长方体，且ABBC，所以ABCD是正方形，所以ACBD，又BDBB1B所以AC平面BB1D1D，又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，所以EF平面BB1D1D，所以EFAC取AA1上靠近A1的三等分点M，连接D1M，C1F，MF因为点E在DD1，且2DEED1，所以ED/AM，且EDAM，所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1M/AE，且D1MAE，又因为F在BB1上，且BF2FB1，所以 A1M/FB1，且A1MFB1，所以A1B1FM为平行四边形，所以FM/A1B1，FMA1B1，即FM/C1D1，FMC1D1，所以C1D1MF为平行四边形，所以D1M/C1F，所以AE/C1F，所以A，E，F，C1四点共面所以点C1在平面AEF内【考点】平面的基本性质及推论直线与平面垂直【解析】（1）因为ABCDA1B1C1D1是长方体，且ABBC，可得AC平面BB1D1D，因为EF平面BB1D1D，所以EFAC（2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接DM，C1F，MF根据已知条件可得四边形AED1M为平行四边形，得D1M/AE，再推得四边形C1D1MF为平行四边形，所以D1M/C1F，根据直线平行的性质可得AE/C1F，所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内【解答】因为ABCDA1B1C1D1是长方体，所以BB1平面ABCD，而AC平面ABCD，所以ACBB1，因为ABCDA1B1C1D1是长方体，且ABBC，所以ABCD是正方形，所以ACBD，又BDBB1B所以AC平面BB1D1D，又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，所以EF平面BB1D1D，所以EFAC取AA1上靠近A1的三等分点M，连接D1M，C1F，MF因为点E在DD1，且2DEED1，所以ED/AM，且EDAM，所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1M/AE，且D1MAE，又因为F在BB1上，且BF2FB1，所以 A1M/FB1，且A1MFB1，所以A1B1FM为平行四边形，所以FM/A1B1，FMA1B1，即FM/C1D1，FMC1D1，所以C1D1MF为平行四边形，所以D1M/C1F，所以AE/C1F，所以A，E，F，C1四点共面所以点C1在平面AEF内  已知函数f(x)x3kx+k2 （1）讨论f(x)的单调性； （2）若f(x)有三个零点，求k的取值范围【答案】f(x)x3kx+k2f(x)3x2k，k0时，f(x)0，f(x)在R递增，k>0时，令f(x)>0，解得：x>k3或x<k3，令f(x)<0，解得：k3<x<k3， f(x)在(,k3)递增，在(k3,k3)递减，在(k3,+)递增，综上，k0时，f(x)在R递增，k>0时，f(x)在(,k3)递增，在(k3,k3)递减，在(k3,+)递增；由（1）得：k>0，f(x)极小值f(k3)，f(x)极大值f(k3)，若f(x)有三个零点，只需k>0f(k3)<0f(k3)>0，解得：0<k<427，故k(0,427)【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性函数的零点与方程根的关系【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于k的不等式组，解出即可【解答】f(x)x3kx+k2f(x)3x2k，k0时，f(x)0，f(x)在R递增，k>0时，令f(x)>0，解得：x>k3或x<k3，令f(x)<0，解得：k3<x<k3， f(x)在(,k3)递增，在(k3,k3)递减，在(k3,+)递增，综上，k0时，f(x)在R递增，k>0时，f(x)在(,k3)递增，在(k3,k3)递减，在(k3,+)递增；由（1）得：k>0，f(x)极小值f(k3)，f(x)极大值f(k3)，若f(x)有三个零点，只需k>0f(k3)<0f(k3)>0，解得：0<k<427，故k(0,427)  已知椭圆C:x225+y2m2=1(0<m<5)的离心率为154，A，B分别为C的左、右顶点 （1）求C的方程； （2）若点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP|BQ|，BPBQ，求APQ的面积【答案】由e=ca得e21b2a2，即1516=1m225， m2=2516，故C的方程是：x225+16y225=1；代数方法：由（1）A(5,0)，设P(s,t)，点Q(6,n)，根据对称性，只需考虑n>0的情况，此时5<s<5，0<t54， |BP|BQ|， 有(s5)2+t2n2+1，又 BPBQ， s5+nt0，又s225+16t225=1，联立得s=3t=1n=2或s=3t=1n=8，当s=3t=1n=2时，则P(3,1)，Q(6,2)，而A(5,0)，则（法一）AP=(8,1)，AQ=(11,2)， SAPQ=12AP2AQ2(APAQ)2=12|8×211×1|=52，同理可得当s=3t=1n=8时，SAPQ=52，综上，APQ的面积是52法二： P(3,1)，Q(6,2)， 直线PQ的方程为：x3y0， 点A到直线PQ:x3y0的距离d=510，而|PQ|=10， SAPQ=1210510=52数形结合方法：如图示：当P点在y轴左侧时，过P点作PMAB，直线x6和x轴交于N(6,0)点，易知PMBBQN， NQPM1，故y1时，x225+12516=1，解得：x±3，（x3舍），故P(3,1)，易得BM8，BN8，故SAPQSAQNSAPBSPBQSBQN=12(11×810×1(1+65)1×8)=52，当P点在y轴右侧时，同理可得x3，即P(3,1)，BM2，NQ2，故SAPQ=52，综上，APQ的面积是52【考点】椭圆的应用直线与椭圆的位置关系椭圆的标准方程【解析】（1）根据e=ca，a225，b2m2，代入计算m2的值，求出C的方程即可；（2）法一：设出P，Q的坐标，得到关于s，t，n的方程组，求出AP(8,1)，AQ(11,2)，从而求出APQ的面积法二：画出椭圆的图象，求出P点坐标，结合图象求出APQ的面积即可【解答】由e=ca得e21b2a2，即1516=1m225， m2=2516，故C的方程是：x225+16y225=1；代数方法：由（1）A(5,0)，设P(s,t)，点Q(6,n)，根据对称性，只需考虑n>0的情况，此时5<s<5，0<t54， |BP|BQ|， 有(s5)2+t2n2+1，又 BPBQ， s5+nt0，又s225+16t225=1，联立得s=3t=1n=2或s=3t=1n=8，当s=3t=1n=2时，则P(3,1)，Q(6,2)，而A(5,0)，则（法一）AP=(8,1)，AQ=(11,2)， SAPQ=12AP2AQ2(APAQ)2=12|8×211×1|=52，同理可得当s=3t=1n=8时，SAPQ=52，综上，APQ的面积是52法二： P(3,1)，Q(6,2)， 直线PQ的方程为：x3y0， 点A到直线PQ:x3y0的距离d=510，而|PQ|=10， SAPQ=1210510=52数形结合方法：如图示：当P点在y轴左侧时，过P点作PMAB，直线x6和x轴交于N(6,0)点，易知PMBBQN， NQPM1，故y1时，x225+12516=1，解得：x±3，（x3舍），故P(3,1)，易得BM8，BN8，故SAPQSAQNSAPBSPBQSBQN=12(11×810×1(1+65)1×8)=52，当P点在y轴右侧时，同理可得x3，即P(3,1)，BM2，NQ2，故SAPQ=52，综上，APQ的面积是52（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）  在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2tt2,y=23t+t2(t为参数且t1)，C与坐标轴交于A，B两点 （1）求|AB|； （2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程【答案】当x0时，可得t2（1舍去），代入y23t+t2，可得y2+6+412，当y0时，可得t2（1舍去），代入x2tt2，可得x2244，所以曲线C与坐标轴的交点为(4,0)，(0,12)，则|AB|=(4)2+122=410；由（1）可得直线AB过点(0,12)，(4,0)，可得AB的方程为y12x4=1，即为3xy+120，由xcos，ysin，可得直线AB的极坐标方程为3cossin+120【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）可令x0，求得t，对应的y；再令y0，求得t，对应的x；再由两点的距离公式可得所求值；（2）运用直线的截距式方程可得直线AB的方程，再由由xcos，ysin，可得所求极坐标方程【解答】当x0时，可得t2（1舍去），代入y23t+t2，可得y2+6+412，当y0时，可得t2（1舍去），代入x2tt2，可得x2244，所以曲线C与坐标轴的交点为(4,0)，(0,12)，则|AB|=(4)2+122=410；由（1）可得直线AB过点(0,12)，(4,0)，可得AB的方程为y12x4=1，即为3xy+120，由xcos，ysin，可得直线AB的极坐标方程为3cossin+120选修4-5：不等式选讲（10分）  设a，b，cR，a+b+c0，abc1 （1）证明：ab+bc+ca<0； （2）用maxa,b,c表示a，b，c中的最大值，证明：maxa,b,c34【答案】 a+b+c0， (a+b+c)20， a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)， abc1， a，b，c均不为0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)<0， ab+ac+bc<0；不妨设ab<0<c<34，则ab=1c>134， a+b+c0， abc<34，而ab2ab>264=413=34，与假设矛盾，故maxa,b,c34【考点】不等式的证明【解析】（1）将a+b+c0平方之后，化简得到2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)<0，即可得证；（2）利用反证法，假设ab<0<c<34，结合条件推出矛盾【解答】 a+b+c0， (a+b+c)20， a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)， abc1， a，b，c均不为0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)<0， ab+ac+bc<0；不妨设ab<0<c<34，则ab=1c>134， a+b+c0， abc<34，而ab2ab>264=413=34，与假设矛盾，故maxa,b,c34专心-专注-专业