2020年高考全国I卷高三理科数学最新信息卷（七）（Word版附答案） 11页

绝密 ★ 启用前 2020 年全国 I 卷高三最新信息卷 理 科 数 学（七） 注意事项： 1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。 2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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．设全集  1,2,3,4,5,6.7U  ，集合 1,3{ },5,6A  ， {2,5,7}B  ，则 ( )UA B  ð （ ） A．{5} B．{1,3,7} C．{1,3,6} D．{1,3,5,7} 2．复数 z满足 (1 2i) 4 3iz- = + （ i为虚数单位），则复数 z的模等于（ ） A． 5 5 B． 5 C． 2 5 D． 4 5 3．设两个单位向量 a，b的夹角为 2 π 3 ，则 | 3 4 |a b （ ） A．1 B． 13 C． 37 D．7 4．下图是某市10月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数越小表示空气质量越好， 空气质量指数小于100表示空气质量优良，下列叙述中不正确的是（ ） A．这14天中有7天空气质量优良 B．这14天中空气质量指数的中位数是103 C．从10月11日到10月14日，空气质量越来越好 D．连续三天中空气质量指数方差最大的是10月5日至10月7日 5．某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，其中正视图、侧视图中的两 条虚线互．相垂直，则该几何体的体积是（ ） A． 5 6 B． 3 4 C． 1 2 D． 1 6 6．某程序框图如图所示，其中 1( ) 1 g n n n    ，若输出的 2020 1S   ，则判断框内应填入 的条件为（ ） A．   2020n  B．   2020n  C． 2020n  D． 2020n  7．在 6( 2)x  展开式中，二项式系数的最大值为 a，含 5x 项的系数为b，则 a b （ ） A． 5 3 B． 5 3  C． 3 5 D． 3 5  8．已知函数 π( ) 2cos(3 ) 3(| | ) 2 f x x      ，若 π π( , ) 6 12 x   ， ( )f x 的图象恒在直线 3y  的 上方，则 的取值范围是（ ） A． π π( , ) 12 2 B． π π[ , ] 6 3 C． π[0, ] 4 D． π π( , ) 6 3  9．点 A、 B为椭圆 2 2 2 2: 1x yE a b   （ 0a b  ）长轴的端点，C、D为椭圆 E短轴的端点，动 点M 满足 | | 2 | | MA MB  ，若 MAB△ 面积的最大值为8， MCD△ 面积的最小值为1，则椭圆的离心 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 率为（ ） A． 2 3 B． 3 3 C． 2 2 D． 3 2 10．将6名党员干部分配到4个贫困村驻村扶贫，每个贫困村至少分配1名党员干部，则不同的分配 方案共有（ ） A．2640种 B． 4800种 C．1560种 D．7200种 11．在直角坐标系 xOy中，直线 : 4l y kx  与抛物线 2: 1C y x  相交于 A，B两点， (0,1)M ， 且 MA MB MA MB       ，则OA OB    （ ） A．7 B．8 C．9 D．10 12．已知函数 21 2 y x 的图象在点 2 0 0 1( , ) 2 x x 处的切线为 l，若直线 l也为函数 ln (0 1)y x x   的 图象的切线，则 0x 必须满足（ ） A． 0 2 1 2 x  B． 01 2x  C． 02 3x  D． 03 2x  第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．各项均为正数的等比数列{ }na 中， 22a ， 4a ， 33a 成等差数列，则 2 5 4 7 a a a a    ． 14．已知实数 x， y满足 2 5 0 3 4 0 x y x y x y         ，则 2z x y  的最大值为 ． 15．已知 R， sin 3cos 5   ，则 an 4 (t 2 π)   _________． 16．下图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个不同的直四棱柱组合而成，且前后，左右， 上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为 2的正方形，高为 4，且两个四棱柱的侧棱互相互相垂 直，则这个几何体的体积为 ． 三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12分）已知 ABC△ 的三个内角 , ,A B C对应的边分别为 , ,a b c，且 cos 4a B  ， sin 3b A ． （1）求 a； （2）若 ABC△ 的面积为9，求 ABC△ 的周长． 18．（12分）《九章算术》中，将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1AB  ， 1 3AC AA  ， 60ABC  ． （1）证明：三棱柱 1 1 1ABC ABC 是堑堵； （2）求二面角 1A AC B  的余弦值． 19．（12分）为了纪念“一带一路”倡议提出五周年，某城市举办了一场知识竞赛，为了了解市民 对“一带一路”知识的掌握情况，从回收的有效答卷中按青年组和老年组各随机抽取了 40份答卷， 发现成绩都在[50,100]内，现将成绩按区间[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]进 行分组，绘制成如下的频率分布直方图． （1）利用直方图估计青年组的中位数和老年组的平均数； （2）从青年组[80,90)，[90,100]的分数段中，按分层抽样的方法随机抽取5份答卷，再从中选出 3份答卷对应的市民参加政府组织的座谈会，求选出的3位市民中有2位来自[90,100]分数段的概 率． 20．（12分）如图，已知椭圆 2 2: 1 4 xC y  ，F 为其右焦点，直线 : ( 0)l y kx m km   与椭圆相 交于 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y 两点，点 A，B在 l上，且满足 | | | |PA PF ，| | | |QB QF ，| | | |OA OB （点 A， P，Q， B从上到下依次排序）． （1）试用 1x 表示 | |PF ； （2）证明：原点O到直线 l的距离为定值． 21．（12分）已知函数 ( ) sin 2 | ln(1 ) |f x x x   ， ( ) sin 2g x x x  ． （1）求证： ( )g x 在区间 π(0, ] 4 上无零点； （2）求证： ( )f x 有且仅有2个零点． 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．（10分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在直角坐标系 xOy中，曲线C 的参数方程为 2 2 2 1 1 2 1 tx t ty t          （ t为参数），以坐标原点O 为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为 cos 3 sin 4 0      ． （1）求C 的普通方程和 l的直角坐标方程； （2）求C 上的点到 l距离的最大值． 23．（10分）【选修 4-5：不等式选讲】 已知 ( ) | 1| | 2 | ( )f x x ax a a    R ． （1）若 1a  ，求 ( )f x 的值域； （2）若不等式 ( ) 4f x x  在 [2,9)x 上恒成立，求 a的取值范围． 绝密 ★ 启用前 2020 年全国 I 卷高三最新信息卷 理科数学（七）答案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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．【答案】C 【解析】因为 {1,3,4,6}UB ð ， 1,3{ },5,6A  ，所以 ( ) {1,3,6}UA B  ð ． 2．【答案】B 【解析】根据复数模的性质， 4 3i 5| | | | 5 1 2i 5 z += = = - ． 3．【答案】B 【解析】因为 2 2 2 13 4 | 9 16 24 9 16 24 ( ) 1| 3 2 a b a b a b           ， 所以 3 4 | 13| a b  ． 4．【答案】B 【解析】这14天中空气质量指数小于100的有7天，所以这14天中有7天空气质量优良，故选项 A 正确； 这14天中空气质量指数的中位数是 86 121 103.5 2   ，故选项 B不正确； 从10月11日到10月14日，空气质量指数越来越小，所以空气质量越来越好，故选项 C正确； 连续三天中空气质量指数离散程度最大的是10月5日至10月7日， 所以连续三天中空气质量指数方差最大的是10月5日至10月7日，故选项 D正确． 5．【答案】A 【解析】作出该几何体的直观图如图所示， 由图可知，该几何体为正方体除去一个四棱锥，所以体积 1 1 51 1 3 2 6 V      ． 6．【答案】A 【解析】由 1 1 1+ + + ( 2 1) ( 3 2)+ +( 1 ) 2 1 3 2 1 S n n n n              1 1 2020 1n     ， 解得 2019n  ， 所以当n的值为 2019时，满足判断框内的条件， 当n的值为 2020时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出 S的值， 故结合选项，判断框内应填入的条件为   2020n  ． 7．【答案】B 【解析】在 6( 2)x  展开式中，二项式系数的最大值为 a，∴ 3 6C 20a   ， 展开式中的通项公式 6 1 6C ( 2)r r r rT x     ， 令6 5r  ，可得 1r  ， ∴含 5x 项的系数为 1 62C 12b     ，则 20 5 12 3 a b     ． 8．【答案】C 【解析】 π π( , ) 6 12 x   ， ( )f x 的图象恒在直线 3y  的上方， 即 2cos(3 ) 0x   恒成立， π π(3 ) ( , ) 2 4 x        ， 又 π 2   ， π π π2 2 0 π π 4 4 2 x              ，所以 的取值范围是 π[0, ] 4 ． 9．【答案】D 【解析】设 ( ,0)A a ， ( ,0)B a ， ( , )M x y ， ∵动点M 满足 | | 2 | | MA MB  ，则 2 2 2 2( ) 2 ( )x a y x a y     ， 化简得 2 2 25 16( ) 3 9 a ax y   ， ∵ MAB△ 面积的最大值为8， MCD△ 面积的最小值为1， ∴ 1 42 8 2 3 a a   ， 1 12 1 2 3 b a   ，解得 6a  ， 6 2 b  ， ∴椭圆的离心率为 2 2 31 2 b a   ． 10．【答案】C 【解析】分两类考虑：第一类，其中1个贫困村分配3名党员干部，另外3个贫困村各分配1名党员 干部， 此类分配方案种数为 3 4 6 4C A 480 ； 第二类，其中2个贫困村各分配2名党员干部，另外2个贫困村各分配1名党员干部， 此类分配方案种数为 2 2 46 4 42 2 C C A 1080 A   ， 故不同的分配方案共有1560种． 11．【答案】C 【解析】由 2 4 1 y kx y x      ，得 2 5 0x kx   ， 设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则 1 2x x k  ， 1 2 5x x   ， 因为 MA MB MA MB       ，∴ 0MA MB    ， 则 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 3)( 3) (1 ) 3 ( ) 9 5(1 ) 3 9 0MA MB x x kx kx k x x k x x k k                  ， 所以 2 2k  ， 所以 2 1 2 1 2 1 2 1 2(1 ) 4 ( ) 16 3 ( 5) 8 16 9OA OB x x y y k x x k x x                ． 12．【答案】D 【解析】函数 21 2 y x 的导数为 y x  ， 在点 2 0 0 1( , ) 2 x x 处的切线的斜率为 0k x ，切线方程为 2 0 0 0 1 ( ) 2 y x x x x   ， 设切线与 lny x 相切的切点为 ( , ln )m m ，0 1m  ， 即有 lny x 的导数为 1y x   ，可得 0 1x m  ，切线方程为 1ln ( )y m x m m    ， 令 0x  ，可得 2 0 1ln 1 2 y m x    ， 由0 1m  ，可得 0 1x  ，且 2 0 2x  ，解得 0 2x  ， 由 0 1m x  ，可得 2 0 0 1  ln 1 0 2 x x   ， 令 21( ) ln 1 2 f x x x   ， 2x  ， 1( ) 0f x x x     ， ( )f x 在 2x  递增， 且 (2) 1 ln 2 0f    ， 3 1 1( 3) ln 3 1 (1 ln 3) 0 2 2 2 f       ， 则有 2 0 0 1  ln 1 0 2 x x   的根 0 ( 3,2)x  ． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．【答案】 1 4 【解析】由 22a ， 4a ， 33a 成等差数列得 4 2 32 2 3a a a  ， 由{ }na 是等比数列得 3 2 1 1 12 2 3a q a q a q  ，化简得 22 2 3q q  ， 因为{ }na 各项为正数，解得 2q  ， 所以 4 3 2 5 1 1 1 6 3 3 3 2 7 4 1 1 1 (1 ) 1 1 (1 ) 4 a a a q a q a q q a a a q a q a q q q           ． 14．【答案】5 【解析】画出 2 5 0 3 4 0 x y x y x y         表示的可行域，如图所示， 由 2 5 0 x y x y      ，可得 5 3 5 3 x y        ， 将 2z x y  变形为 1 1 2 2 y x z  ，平移直线 1 2 y x ， 由图可知当直经 1 1 2 2 y x z  过点 5 5( , ) 3 3 A  时，直线在 y轴上的截距最小， 即 2z x y  取最大值，最大值为 5 52 ( ) 5 3 3 z      ． 15．【答案】 1 7  【解析】因为 sin 3cos 5   ，两边同时平方得 2 2sin 6sin cos 9cos 5      ， 即 2 2 2 2 sin 6sin cos 9cos 5 sin cos           ， 等式左边上下同时除以 2cos  ，得 2 2 tan 6 tan 9 5 tan 1        ， 解方程可得 1tan 2    ， tan 2  ， 当 1tan 2    时，由二倍角公式得 2 2 tan 4tan 2 1 tan 3       ； 当 tan 2  时，由二倍角公式得 2 2 tan 4tan 2 1 tan 3       ， 所以 4 1tan 2 1 13tan 2 44 1 tan 2 71 π( 3 ) ( )             ． 16．【答案】 16 232 3  【解析】该几何体的直观图如图所示， 该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积， 两个四棱柱的体积和为 2 2 2 4 32V      ， 交叉部分的体积为四棱锥 S ABCD 的体积的 2倍， 在等腰 ABS△ 中， 2 2SB  ， SB边上的高为2，则 6SA  ， 由该几何体前后，左右，上下对称，知四边形 ABCD为边长为 6 的菱形， 设 AC 的中点为H，连接BH ， SH ，易证 SH 即为四棱锥 S ABCD 的高， 在 ABHRt△ 中， 2 2 6 2 2BH AB AH     ， 又 2 2AC SB  ，所以 12 2 2 2 4 2 2ABCDS      ， 因为 BH SH ，所以 1 1 8 22 4 2 2 3 3 3ABCDS ABCDV S      四棱锥 ， 所以所求体积为 8 2 16 232 2 32 3 3     ． 三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1） 5a  ；（2）11 13 ． 【解析】（1）在 ABC△ 中， cos 4a B  ， sin 3b A ， 由正弦定理得 sin sin sin 3tan cos sin cos 4 b A B A B a B A B    ， 又 cos 4a B  ，所以 cos 0B  ，所以 4cos 5 B  ，所以 5a  ． （2）由（1）知， 4cos 5 B  ，所以 3sin 5 B  ， 因为 ABC△ 的面积 1 sin 9 2ABCS ac B △ ，所以 6c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cos 13b a c ac B    ，所以 13b  ， 所以 ABC△ 的周长为 11 13a b c    ． 18．【答案】（1）证明见解析；（2） 15 5 ． 【解析】（1）在 ABC△ 中， 1AB  ， 3AC  ， 60ABC  ， 由正弦定理得 30ACB  ，所以 90BAC  ，即 BA AC ， 所以三棱柱 1 1 1ABC ABC 是堑堵． （2）以点 A为坐标原点，以 AB， AC ， 1AA 所在的直线分别为 x轴、 y 轴、 z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 则 (0,0,0)A ， (1,0,0)B ， (0, 3,0)C ， 1(0,0, 3)A ， 于是 (1,0,0)AB   ， 1 (0, 3, 3)AC    ， ( 1, 3,0)BC    ， 设平面 1A BC的一个法向量是 ( , , )x y zn ，则由 1 0 0 AC BC         n n ，得 3 3 0 3 0 y z x y        ， 所以可取 ( 3,1,1)n ， 又可取 (1,0,0)AB   m 为平面 1AAC 的一个法向量， 所以 15cos , 5      n mn m n m ， 所以二面角 1A AC B  的余弦值为 15 5 ． 19．【答案】（1）青年组的中位数为80，老年组的平均数为73.5；（2） 3 10 ． 【解析】（1）由青年组的频率分布直方图可知， 前3个小矩形的面积和为0.5，后2个小矩形的面积和为0.5，所以中位数为80， 中老年组成绩的平均数为 (55 0.01 65 0.03 75 0.03 85 0.025 95 0.005) 10 73.5           ． （2）青年组[80,90)，[90,100]的分数段中答卷分别为12份，8份， 抽取比例为 5 1 12 8 4   ， 所以两段中分别抽取的答卷分别为3份，2份， 记[80,90)中的 3位市民为 a，b ， c；[90,100]中的2位市民为 x， y， 则从中选出3位市民，共有不同选法种数10 种 ( , , )a b c ，( , , )a b x ，( , , )a b y ，( , , )a c x ，( , , )a c y ， ( , , )a x y ， ( , , )b c x ， ( , , )b c y ， ( , , )b x y ， ( , , )c x y ， 其中，有2位来自[90,100]的有 3种 ( , , )a x y ， ( , , )b x y ， ( , , )c x y ， 所以所求概率 3 10 P  ． 20．【答案】（1） 1 32| 2 | xPF   ；（2）证明见解析． 【解析】（1）椭圆 2 2: 1 4 xC y  ，故  3,0F ，    2 22 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3| | 3 3 1 2 3 4 2 4 4 2 FP x y x x x x x            ． （2）设  3 3,A x y ，  4 4,B x y ， 则将 y kx m  代入 2 2 1 4 x y  ，得到  2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m     ， 故 1 2 2 8 4 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 4 4 1 mx x k    ， 2 2 2 1 2 4 4 1 4 1 k mx x k      ， OA OB ，故  3 43 4 3 4 3 4 2 1k x x my y x x x x k        ，得到 3 4 2 2 1 kmx x k     ， PA PF ，故 2 1 3 1 31 2 2 k x x x    ，同理 2 4 2 2 31 2 2 k x x x    ， 由已知得 3 1 2 4x x x x   或 3 1 2 4 x x x x   ， 故    2 1 2 3 4 2 1 31 2 k x x x x x x      ， 即 2 2 2 2 2 2 8 2 4 11 2 3 4 1 1 4 1 km km k mk k k k            ，化简得到 2 2 1m k  ， 故原点O到直线 l的距离为 2 1 1 m d k    为定值． 21．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1） ( ) sin 2g x x x  ， ( ) 2cos 2 1g x x   ， 当 π(0, ) 6 x 时， ( ) 0g x  ；当 π π( , ) 6 4 x 时， ( ) 0g x  ， 所以 ( )g x 在 π(0, ) 6 上单调递增，在 π π( , ) 6 4 上单调递减， π 6 x  为极大值点， π π π 3 π( ) sin 0 6 3 6 2 6 g      ， π π π π( ) sin 1 0 4 2 4 4 g      ，所以当 π(0, ] 4 x 时， ( ) 0g x  ， 所以 ( )g x 在区间 π(0, ] 4 上无零点． （2） ( )f x 的定义域为 ( 1, )  ． ①当 ( 1,0)x  时， sin 2 0x  ， ln(1 ) 0x  ， 所以 ( ) sin 2 ln(1 ) 0f x x x    ，从而 ( )f x 在 ( 1,0) 上无零点； ②当 0x  时， ( ) 0f x  ，从而 0x  是 ( )f x 的一个零点； ③当 π(0, ] 4 x 时，由（1）知 ( ) 0g x  ，所以 sin 2x x ， 又 ln(1 )x x  ，所以 ( ) sin 2 ln(1 ) 0f x x x    ，从而 ( )f x 在 π(0, ] 4 上无零点； ④当 π 3π( , ] 4 4 x 时， ( ) sin 2 ln(1 )f x x x   ， 1( ) 2cos 2 0 1 f x x x      ， 所以 ( )f x 在 π 3π( , ) 4 4 上单调递减，而 π( ) 0 4 f  ， 3π( ) 0 4 f  ， 从而 ( )f x 在 π 3π( , ] 4 4 上有唯一零点； ⑤当 3π( , ) 4 x  时， ln(1 ) 1x  ，所以 ( ) 0f x  ，从而 ( )f x 在 3π( , ) 4  上无零点， 综上， ( )f x 有且仅有 2个零点． 22．【答案】（1） 2 2 1: xC y  （ 1x   ）， : 3 4 0l x y   ；（2）3． 【解析】（1）因为 2 2 11 1 1 t t      ，且 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4( ) 1 1 (1 ) t tx y t t        ， 所以C 的普通方程为 2 2 1x y  （ 1x   ）， l的直角坐标方程为 3 4 0x y   ． （2）由（1）可设C 的参数方程为 cos sin x y      （ 为参数， π π   ）， C 上的点到 l的距离为 π2cos( ) 4| cos 3 sin 4 | 3 2 2       ， 当 π 3   时， π2cos( ) 4 3    取得最大值6， 故C 上的点到 l距离的最大值为3． 23．【答案】（1）[ 1,1] ；（2） 3 3[ , ] 7 7  ． 【解析】（1）当 1a  时， ( ) | 1| | 2 |f x x x    ， 所以 | ( ) | || 1| | 2 || | ( 1) ( 2) | 1f x x x x x         ， 所以 1 ( ) 1f x   ，即 ( )f x 的值域为[ 1,1] ． （2）当 2 9x  时， ( ) 1 | | ( 2)f x x a x    ， 由 ( ) 4f x x  ，可得 | | ( 2) 3a x   ，当 2x  时，不等式显然成立， 当 2 9x  时，可得 3| | 2 a x   ， 当 (2,9)x 时， 3 3 2 7x   ，故只需 3| | 7 a  ，即 3 3 7 7 a   ， 所以 a的取值范围是 3 3[ , ] 7 7  ．