20xx年全国卷高考文科数学试题及详细解析全国卷1全国卷2全国卷3

20xx年全国卷高考文科数学试题及详细解析全国卷1全国卷2全国卷3内容摘要：

A． 22 B． 32 C． 52 D． 72 解析：在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， CD//AB,所以异面直线 AE 与 CD 所成角 是 EAB ，设正方体的边长 为 2a，则 ,5CE a BE a，55ta n 22B E aEAB A B a   ，故答案为 C. 10．若 ( ) cos sinf x x x在 [0, ]a 是减函数，则 a 的最大值是 开 始0 , 0N T S N T S输 出1i 1 0 0i 1N Ni 11T Ti 结 束是 否 13 A． π4 B． π2 C． 3π4 D． π 解析： ( ) c o s s in 2 c o s ( )4f x x x x    ，由 2 2 ( )4k x k k z      得 32244k x k    ，因为 3[0, ] [ , ]44a  ，从而有 30 4a  ，故答案为 C. 11．已知 1F ， 2F 是椭圆 C 的两个焦点， P 是 C 上的一点， 若 12PF PF ，且 21 60PFF   ，则C 的离心率为 A． 312 B． 23 C． 312 D． 31 解析：由 12PF PF ， 21 60PFF   ， F1 F2=2c，得 12| | 3 , | |PF c PF c，由椭 圆的定义得2 3 ,a c c所以离心率2 3131e   ，故答案为 D. 12．已知 ()fx 是定义域为 ( , ) 的奇函数，满足 (1 ) (1 )f x f x   ．若 (1) 2f  ，则(1) (2) (3)f f f (50)f   A． 50 B． 0 C． 2 D． 50 解析：因为 ()fx为奇函数且 (1 ) (1 )f x f x   ，所以 ( 1) ( 1)f x f x   ，所以 ()fx为周期函数， 4T ， 又 (1) 2 , ( 2 ) (0 ) 0 ,f f f  ( 3 ) ( 1 ) (1 ) 2 ,f f f     ( 4 ) ( 2 ) ( 2 ) 0f f f    ，所以一个周期内的和为 0， 50 项共 12 个周期余 2 项，和为 2，故答案为 C. 二、 填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13． 曲线 2lnyx 在点 (1,0) 处的切线方程为 __________． 解析：2y x ，所以切线的斜率为 2,k 所以切线的方程 为 2( 1) 2 2y x x   ，故答案为y=2x–2. 14． 若 ,xy满足约束条件 2 5 0,2 3 0,5 0,xyxyx≥≥≤ 则 z x y 的最大值为 __________． 解析：画出不等式组表示的平面区域，利用直线截距的几何意义可知当 5, 4xy时，max 9,z  故答案为 9. 14 15．已知 5π 1tan( )45α，则 tanα __________． 解析： 5 5 1ta n( ) ta n( ) ta n( )4 4 4 5           ，所以 ta n ta n[ ]44（ ） + 1 1ta n ( ) ta n 635441 421 ta n ( ) ta n 14 4 5    ，故答案为 32 . 16． 已知圆锥的顶 点为 S ， 母线 SA ， SB 互相垂直， SA 与圆锥底面所成角为 30 ，若 SAB△ 的面积为 8 ， 则该圆锥的 体积为 __________． 解析：由 21 8,2SABsl 得母线长度为 4，又 SA 与圆锥底面所成角为 30 ， 所以圆锥的高为2，底面半径为 23，所以体积为 21 (2 3 ) 2 8 .3   故答案为 8 . 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 17～ 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答。 第 2 23 为选考题。 考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．（ 12 分） 记 nS 为等差数列 {}na 的前 n 项和，已知 1 7a ， 3 15S ． （ 1）求 {}na 的通项公式； （ 2）求 nS ，并求 nS 的最小值． 解： （ 1）设 {an}的公差为 d，由题意得 3a1+3d=–15． 由 a1=–7 得 d=2． 所以 {an}的通项公式为 an=2n–9． （ 2）由（ 1）得 Sn=n2–8n=（ n–4） 2–16． 所以当 n=4 时， Sn 取得最小值，最小值为 –16． 18．（ 12 分） 下图是某地区 2020 年至 2020 年环境基础设施投资额 y （单位：亿元）的折线图． 15 为了预测该地区 2018 年的环境基础设施投资额，建立了 y 与时间变量 t 的两个线性回归模型．根据 2020 年至 2020 年的数据（时间变量 t 的值依次为 1,2, ,17 ）建立模型 ① ：ˆ   ；根据 2020 年至 2020 年的数据（时间变量 t 的值依次为 1,2, ,7 ）建立模型 ② ： ˆ 99  ． （ 1）分别利用这两个模型，求该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值； （ 2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠。 并说明理由． 解：（ 1）利用模型①，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为 y$ =–+19=（亿元）． 利用模型②，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为 y$ =99+9=（亿元）． （ 2）利用模型②得到的预测值更可靠． 理由如下： （ i）从折线图可以看出， 2020 年至 2020 年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–+ 上下，这 说明利用 2020 年至 2020 年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势． 2020 年相对 2020 年的环境基础设施投资额有明显增加， 2020 年至 2020 年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从 2020 年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用 2020 年至 2020 年的数据建立的线性模型 y$ =99+ 可以较好地描述 2020 年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠． （ ii）从计算结果看，相对 于 2020 年的环境基础设施投资额 220 亿元，由模型①得到的预测值 亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利 16 用模型②得到的预测值更可靠． 19．（ 12 分） 如图，在三棱锥 P ABC 中， 22AB BC ， 4PA PB PC AC   ， O 为 AC 的中点． （ 1）证明： PO 平面 ABC ； （ 2）若点 M 在棱 BC 上，且 2MC MB ，求点 C 到平面 POM 的距离． 解：（ 1）因为 AP=CP=AC=4， O 为 AC 的中点，所以 OP⊥ AC，且 OP=23． 连结 OB．因为 AB=BC= 22AC，所以 △ ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥ AC， OB=12AC =2． 由 2 2 2OP OB PB知， OP⊥ OB． 由 OP⊥ OB， OP⊥ AC 知 PO⊥平面 ABC． （ 2） 作 CH⊥ OM，垂足为 H．又由（ 1）可得 OP⊥ CH，所以 CH⊥平面 POM． 故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离． 由题设可知 OC= 12AC =2， CM= 23BC = 423， ∠ ACB=45176。 ． 所以 OM= 253， CH= sinOC MC ACBOM   = 455． 所以点 C 到平面 POM 的距离为 455． 20．（ 12 分） 设抛物线 2 4C y x： 的焦点为 F ，过 F 且斜率为 ( 0)kk 的直线 l 与 C 交于 A ， B 两点， 17 | | 8AB ． （ 1）求 l 的方程 ； （ 2）求过点 A ， B 且与 C 的准线相切的圆的方程． 解：（ 1）由题意得 F（ 1， 0）， l 的方程为 y=k（ x–1）（ k0）． 设 A（ x1， y1）， B（ x2， y2）． 由2( 1)4y k xyx  得 2 2 2 2(2 4 ) 0k x k x k   ． 216 16 0k   ， 故 212 224kxx k． 所以 212 244( 1 ) ( 1 ) kA B A F B F x x k       ． 由题设知 22448kk ， 解得 k=–1（舍去）， k=1． 因此 l 的方程为 y=x–1． （ 2）由（ 1）得 AB 的中点坐标为（ 3， 2），所以 AB 的垂直平分线方程为 2 ( 3)yx   ， 即 5yx  ． 设所求圆的圆心坐标为（ x0， y0），则 0022 0005( 1 )( 1 ) 1 6 .2yxyxx     ， 解得0032xy  ， 或 00   ， 因此所求圆的方程为 22( 3) ( 2) 16xy   或 22( 1 1) ( 6 ) 1 4 4xy   ． 21．（ 12 分） 已知函数    321 13f x x a x x   ． （ 1）若 3a ，求 ()fx的单调区间； （ 2）证明： ()fx只有一个零点． 解：（ 1）当 a=3 时， f（ x） = 321 3 3 33 x x x  ， f ′（ x） = 2 63xx． 令 f ′（ x） =0 解得 x= 3 2 3 或 x=3 2 3 ． 当 x∈（ –∞， 3 2 3 ）∪（ 3 2 3 ， +∞）时， f ′（ x） 0； 当 x∈（ 3 2 3 ， 3 2 3 ）时， f ′（ x） 0． 18 故 f（ x）在（ –∞， 3 2 3 ），（ 3 2 3 ， +∞）单调递增，在（ 3 2 3 ， 3 2 3 ）单调递减． （ 2）由于 2 10xx   ，所以 ( ) 0fx 等价于 32 301x axx ． 设 ()gx = 32 31x axx，则 g ′（ x） = 22( 2 3)( 1)x x xxx ≥0，仅当 x=0 时 g ′（ x） =0，所以 g（ x）在（ –∞， +∞）单调递增．故 g（ x）至多有一个零点，从而 f（ x）至多有一个零点．学科网。