2020年贵州省高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)(共19页).docx

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1、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|3x15，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|3x0)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

2、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y2p，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：B8. 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

3、】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k0；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PB

4、BCPC22，几何体的表面积为：31222+34(22)2=6+23，10. 设alog32，blog53，c=23，则（ ） A.acbB.abcC.bcaD.cab【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=log338log5325=23，c=23， ac0,b0)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：ybax，由题意可得ba=2，

5、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，BC

6、1，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lo

7、g3ann1，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

8、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

9、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22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：

10、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=1000.20+3000.35+5000.45350；根据所给数据，可得下面的22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(3383722)2703055455.8203.841，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

11、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=1000.20+3000.35+5000

12、.45350；根据所给数据，可得下面的22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(3383722)2703055455.8203.841，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

13、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

14、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

15、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，FMC1D

16、1，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，k0时，令f(x)0，解得：xk3或xk3，令f(x)0，解得：k3x0时，f(x)在(,k3)递增，在(k3,k3)递减，在(k3,+)递增；由（1）得：k0，f(x)极小值f(k3)，f(x)极大值f(k3)，若f(x)有三个零点，只需k0f(k3)0，解得：0k0时，令f(x)

17、0，解得：xk3或xk3，令f(x)0，解得：k3x0时，f(x)在(,k3)递增，在(k3,k3)递减，在(k3,+)递增；由（1）得：k0，f(x)极小值f(k3)，f(x)极大值f(k3)，若f(x)有三个零点，只需k0f(k3)0，解得：0k427，故k(0,427) 已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m0的情况，此时5s5，00的情况，此时5s5，0t54， |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

18、（法一）AP=(8,1)，AQ=(11,2)， SAPQ=12AP2AQ2(APAQ)2=12|82111|=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：x3，（x3舍），故P(3,1)，易得BM8，BN8，故SAPQSAQNSAPBSP

19、BQSBQN=12(118101(1+65)18)=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

20、，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y23

21、t+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+ca0； （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+

22、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+bc0；不妨设ab0c134， a+b+c0， abc264=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ab0c34，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+bc0；不妨设ab0c134， a+b+c0， abc264=413=34，与假设矛盾，故maxa,b,c34专心-专注-专业