2020年高考文科数学新课标必刷试卷四（含解析）

2020年高考必刷卷04 数学（文）
（本试卷满分150分，考试用时120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；
不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共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．设复数满足，则（ ）
A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算求出Z，进而求出z的模即可． 【详解】 ∵（3﹣i）z＝1﹣i， ∴zi， 故|z|， 故选B． 【点睛】 本题考查了复数求模问题，考查复数的运算，是一道基础题． 2．设全集U={1,2,3,4,5}，集合A={1,2,4}，B={4,5}，则图中的阴影部分表示的集合为 A．{5} B．{4} C．{1,2} D．{3,5} 【答案】A 【解析】 阴影部分表示B∩CUA；
CUA={3,5},∴B∩CUA={5}.故选A 3．已知命题，那么命题为（ ）
A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 试题分析：,故选A. 考点：全称命题的否定. 4．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千九百八十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多八人，每人日支米三升”．其大意为“官府陆续派遣1984人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多8人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升”，在该问题中的1984人全部派遣到位需要的天数为 A．14 B．16 C．18 D．20 【答案】B 【解析】 【分析】 利用等差数列的通项公式及前n项和公式即可得到结果. 【详解】 根据题意设每天派出的人数组成数列，分析可得数列是首项.公差为8的等差数列，设1984人全部派遣到位需要n天，则.解得n=16.故选B. 【点睛】 本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题. 5．在长为的线段上任取一点，并以线段为边作正方形，这个正方形的面积介于与之间的概率为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 以线段为边作正方形，这个正方形的面积介于与之间对应线段的长，然后代入几何概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】 因为以线段为边的正方形的面积介于与之间， 所以线段的长度介于与之间， 满足条件的点对应的线段长，而线段总长为， 故正方形的面积介于与之间之间的概率为，故选B. 【点睛】 本题主要考查了几何概型及其概率的求解，对于几何概型及其概率的计算中，注意几何度量，可以是线段的长度、面积、体积等，而这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关,着重考查了分析问题和解答问题的能力. 6．某正三棱柱的三视图如图所示，正三棱柱表面上的点M、N分别对应正视图上的点A，B，若在此正三棱柱侧面上，M经过三个侧面到达N的最短距离为6，则当此正三棱柱的侧面积取得最大值时，它的高为（ ）
A． B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】 【分析】 由三视图还原原几何体正三棱柱，设正三棱柱底面边长为a，高为b，由已知求得．再由基本不等式求最值得答案． 【详解】 解：由三视图还原原几何体正三棱柱如图， 设正三棱柱底面边长为a，高为b， 则，即． ∴， 即ab≤6，当且仅当，即b时， 三棱柱侧面积有最大值S＝3ab＝18． 故选：C． 【点睛】 本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，考查多面体表面距离最小值的求法，是中档题． 7．已知定义在R上的函数满足：(1) (2)当，则有 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 利用已知条件分别求出的值即可. 【详解】 由条件可知， ， , 所以.故选B 【点睛】 本题考查函数值大小的比较，解题关键充分利用条件把自变量转化到区间上，属于基础题. 8．已知向量的夹角为，则的值为( ) A．0 B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 利用两种方式计算数量积，建立等量关系，从而解得的值. 【详解】 因为 ， 所以，即为， 即，得（含去）或.故选C. 【点睛】 本题考查两个向量的数量积的定义和坐标公式，待定系数法求出x的值． 9．已知双曲线的两个顶点分别为，，的坐标分别为，，且四边形的面积为，四边形内切圆的周长为，则的方程为（ ）
A． B．或 C． D．或 【答案】B 【解析】 【分析】 根据四边形的面积为，得到，由内切圆的周长求出内切圆的半径，再次利用四边形的面积，求出的值，得到关于、的方程，解得. 【详解】 解：因为，，的坐标分别为，， ，， 又因为四边形的面积为，所以，得， 记四边形内切圆半径为，则，得， 所以，所以， 又因为，得或， 所以的方程为或. 故选：
【点睛】 本题考查双曲线的标准方程，四边形及内切圆的相关性质，属于基础题. 10．正方体中，直线与平面所成角正弦值为（ ）
A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 作出相关图形，设正方体边长为1，求出与平面所成角正弦值即为答案. 【详解】 如图所示，正方体中，直线与平行，则直线与平面所成角正弦值即为与平面所成角正弦值.因为为等边三角形，则在平面即为的中心，则为与平面所成角.可设正方体边长为1，显然，因此，则，故答案选C. 【点睛】 本题主要考查线面所成角的正弦值，意在考查学生的转化能力，计算能力和空间想象能力. 11．如图，，，是椭圆上的三个点，经过原点，经过右焦点，若且，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 取左焦点，连接，分别在中利用勾股定理列方程组即可求解. 【详解】 取左焦点，连接，，根据椭圆的对称性可得：是矩形， 设， 中，即：
解得：，则 在中即：， 所以椭圆离心率为. 故选：B 【点睛】 此题考查根据椭圆的几何性质求解离心率，关键在于熟练掌握椭圆的几何性质，根据已知几何关系，准确进行转化，列出椭圆基本量的等量关系求解. 12．关于函数有下述四个结论：
①是偶函数；
②的最大值为；

③在有个零点；
④在区间单调递增. 其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．①③ C．②④ D．①④ 【答案】D 【解析】 【分析】 利用偶函数的定义可判断出命题①的正误；
分和两种情况，去绝对值，利用辅助角公式以及正弦函数的最值可判断命题②的正误；
分和两种情况讨论，求出函数的零点，可判断命题③的正误；
去绝对值，将函数的解析式化简，结合正弦型函数的单调性可判断出命题④的正误. 【详解】 对于命题①，函数的定义域为，关于原点对称，且，该函数的为偶函数，命题①正确；

对于命题②，当函数取最大值时，，则. 当时，， 此时，，当，函数取得最大值. 当时，， 此时，，当，函数取得最大值. 所以，函数的最大值为，命题②错误；

对于命题③，当时，令，则，此时；

当时，令，则，此时. 所以，函数在区间上有且只有两个零点，命题③错误；

对于命题④，当时，，则. 所以，函数在区间上单调递增，命题④错误. 因此，正确的命题序号为①④. 故选：D. 【点睛】 本题考查三角函数基本性质，解题的关键在于对自变量的取值范围进行分类讨论，并去绝对值，结合辅助角公式以及三角函数的基本性质来进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。

13．已知实数满足条件则的最大值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得到的最大值. 【详解】 由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC区域， 设z=2x+y,所以y=-2x+z, 它表示斜率为-2，纵截距为z的平行直线系， 当直线y=-2x+z经过点B时，直线的纵截距z最大，z最大， 联立得B(2,2), 所以. 故答案为：6 【点睛】 本题主要考查利用线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 14．在中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且，则cosB的值为_____________． 【答案】. 【解析】 【分析】 由正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦公式化简已知可得，，结合，可求的值. 【详解】 在中，， 由正弦定理可得：， 整理可得：， 可得， ， 故答案为. 【点睛】 本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；
（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；
（3）证明化简过程中边角互化；
（4）求三角形外接圆半径. 15．一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为___________. 【答案】(x-32)2+y2=254 【解析】 设圆心为（a，0），则半径为4-a，则(4-a)2=a2+22，解得a=32，故圆的方程为(x-32)2+y2=254. 考点：椭圆的几何性质；
圆的标准方程 16．定义在R上的函数满足，又当时，成立，若，则实数t的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】 由构建新函数，借助其单调性解抽象不等式即可. 【详解】 由，令，则，所以为奇函数.因为当时，成立，所以当时，成立，所以在上单调递增，所以在R上单调递增.因为， 即为， 所以，所以，所以. 故答案为：
【点睛】 本题考查了利用导数研究函数的性质，解题关键结合条件合理构造新函数，借助新函数的单调性解抽象不等式，属于难题. 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必做题,每个考生都必须作答.第22/23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分 17．数列的前项和为，且 （1）求；
（2）证明：数列是等比数列，并求. 【答案】（1）；
（2）. 【解析】 【分析】 （1）令代入题目所给已知条件，求得，令代入求得，令代入求得.（2）利用，化简后证得是等比数列，求得公比，进而求得数列的通项公式. 【详解】 解：（1）当时，，得；

当时，，得，同理可得. （2）当时，，所以.故数列是等比数列，. 【点睛】 本小题主要考查已知求，考查等比数列的定义和通项公式的计算，属于基础题. 18．如图，多面体中，是菱形，，平面，，且. （1）求证：平面平面；

（2）求多面体的体积. 【答案】（1）证明见解析；
（2）. 【解析】 【分析】 （1）通过证明四边形为平行四边形，可知；
根据线面垂直性质和菱形可分别证明出和，根据线面垂直的判定定理可证得平面，从而得到平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）将所求几何体拆分成三棱锥和四棱锥，分别求解出两个部分的体积，作和可求得结果. 【详解】 （1）证明：连接交于，设中点为,连接， ，分别为，的中点 ,且 且 四边形为平行四边形 , 即 平面，平面 四边形是菱形 平面，即平面 又平面 平面平面 （2）
平面平面 到平面的距离为 【点睛】 本题考查面面垂直的证明、空间几何体的体积求解问题，涉及到线面垂直的判定与性质.求解体积问题的关键是能够把不规则几何体拆分成规则几何体，从而分部分来进行求解. 19．某公司的新能源产品上市后在国内外同时销售，已知第一批产品上市销售40天内全部售完，该公司对这批产品上市后的国内外市场销售情况进行了跟踪调查，如图所示，其中图①中的折线表示的是国外市场的日销售量与上市时间的关系；
图②中的抛物线表示的是国内市场的日销售量与上市时间的关系；
下表表示的是产品广告费用、产品成本、产品销售价格与上市时间的关系． 图① 图② 第t天产品广告费用（单位：万元）
每件产品成本（单位：万元）
每件产品销售价格（单位：万元）
o<t≤20 2t 3 6 20<t≤40 10 3 5 (1)分别写出国外市场的日销售量ft、国内市场的日销售量gt与产品上市时间t的函数关系式；

(2)产品上市后的哪几天，这家公司的日销售利润超过260万元? (日销售利润=(单件产品销售价－单件产品成本)×日销售量－当天广告费用，15≈3.87) 【答案】（1）ft=2t,0<t≤30,t∈N-6t+240,30<t≤40,t∈Z，gt=-320t2+6t，0<t≤40，t∈Z；
（2）在第16,17,18,19,20，共5天，这家公司的日销售利润超过260万元. 【解析】 【分析】 （1）根据两个图像分别求出ft（分段函数）、gt（二次函数）的解析式. （2）根据（1）得到分段函数ft+gt，再根据表格中的成本和销售价格得到日销售利润的分段函数Ft，解不等式Ft>260可得t的取值范围. 【详解】 （1）由图①的折线图可得：
ft=2t,0<t≤30,t∈N-6t+240,30<t≤40,t∈Z， 同理图②表示的是二次函数一部分，可得：
gt=-320t2+6t，0<t≤40，t∈Z. （2）设这家公司的日销售利润为Ft，则国内外日销售总量为 ft+gt=-320t2+8t,0<t≤30,t∈Z-320t2+240,30<t≤40,t∈Z由表可知：
Ft=3-320t2+8t-2t,0<t≤20,t∈Z2-320t2+8t-10,20<t≤30,t∈Z2-320t2+240-10,30<t≤40,t∈Z=-920t2+24t-2t,0<t≤20,t∈Z-310t2+16t-10,20<t≤30,t∈Z-310t2+470,30<t≤40,t∈Z， 当0<t≤20时，F＇t=24-0.9t+1t>0， 故Ft在0,20上单调递增，且F15≈251<260，F16≈260.8>260；

当20<t≤30时，令-310t2+16t-10>260，无解；

当30<t≤40时，Ft=-310t2+470<-310×302+470=200<260. 答：新能源产品上市后，在第16,17,18,19,20，共5天，这家公司的日销售利润超过260万元. 【点睛】 本题为函数的应用，要求根据实际问题构建分段函数模型并利用模型解决实际问题，数学模型构建时要根据已有的计算公式进行计算，要根据函数的单调性、函数的值域等选择合理方法解不等式. 20．已知直线过圆的圆心且平行于轴，曲线上任一点到点的距离比到的距离小1． （1）求曲线的方程；

（2）过点 （异于原点）作圆的两条切线，斜率分别为，过点作曲线的切线，斜率为，若成等差数列，求点的坐标． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1）由已知可得点到的距离等于到直线的距离，即曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，从而可得结果；
（2）结合（1）可设，则，设过点所作圆的两切线方程为：，，由圆心到直线的距离等于半径可得，也适合，由韦达定理，结合成等差数列，可得，解方程即可得结果. 【详解】 （1）易知直线， ∵曲线上任一动点到点的距离比到的距离小1， ∴点到的距离等于到直线的距离， ∴曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，设抛物线方程， ∵∴曲线的方程为. （2）由（1）知曲线，设，则， 曲线上过点的切线方程为，即， 设过点所作圆的两切线方程为：，， 即：，， 又，即，*. 同理也适合*式，故，是方程的两个不相等的根， ∴， ∵成等差数列，∴∴， 解得，∴，∴点的坐标为. 【点睛】 本题主要考查抛物线的轨迹方程以及直线与抛物线的位置关系，属于难题. 求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；
②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；
③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；
④逆代法，将代入. 21．已知函数，. （1）若，且曲线在处的切线过原点，求的值及直线的方程；

（2）若函数在上有零点，求实数的取值范围. 【答案】（1），；
（2）. 【解析】 【分析】 （1）由，列方程求解即可；

（2）由题意知方程在上有实根，设，求函数导数，讨论函数的单调性列不等式求解即可. 【详解】 (1) 若,则,所以, 因为的图象在处的切线l过原点, 所以直线l的斜率 ,即 , 整理得，因为，所以，， 所以直线l的方程为. (2)函数在上有零点,即方程在上有实根， 即方程在上有实根. 设,则, ①当，即时,,在上单调递增, 若在上有实根，则，即，所以. ②当,即时,时，,单调递减, 时，,单调递增, 所以,由可得, 所以,在上没有实根. ③当，即时,,在上单调递减, 若在上有实根，则，即，解得. 因为,所以时，在上有实根. 综上可得实数a的取值范围是. 【点睛】 已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． （二）选考题：共10分.请考生在22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分. 22．选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为． （1）当时，写出直线的普通方程及曲线C的直角坐标方程；

（2）已知点，设直线与曲线C交于A，B两点，试确定的取值范围． 【答案】（1），；
（2）
【解析】 【分析】 (1) 当时，利用消参法得到直线l的普通方程，利用及得到曲线C的直角坐标方程；

(2) 将代入中并整理得，借助韦达定理表示，利用正弦函数的有界性求出取值范围. 【详解】 （1）当时，直线的参数方程为. 消去参数t得. 由曲线C的极坐标方程为，得， 将，及代入得， 即 （2）由直线的参数方程为（为参数，）可知直线是过点P（-1，1）且倾斜角为的直线，又由（1）知曲线C为椭圆，所以易知点P（-1，1）在椭圆C内， 将代入中并整理得 ， 设A，B两点对应的参数分别为， 则 所以 因为，所以， 所以 所以的取值范围为. 【点睛】 利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题 经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为 (t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：(1) ；
(2) ；
(3) ；
(4) ． 23．选修4-5：不等式选讲 （1）求不等式的解集；

（2）已知两个正数、满足，证明：. 【答案】（1）（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）方法一：首先判断的几何意义，运用数形结合思想，在数轴上找到所求不等式的解集。

方法二：根据零点分区间进行分类讨论进行求解。

(2)根据要证明式子分母的特点，把，变形为，利用基本不等式，证明不等式。

【详解】 （1）方法一：根据几何意义“”表示数轴上到-2和1的距离之和， 所以不等式的解集为. 方法二：零点分区间讨论如下：
①当时，，即， ∴. ②当时，即，不符合题意；

③当时，即， ∴. 综上所述，不等式的解集为. （2）因为，所以 ， 当且仅当即时取“”. 【点睛】 本题考查了求绝对值不等式的解集，一般的方法就是根据绝对值的几何意义和零点分区分进行讨论的方法来求解。考查了用基本不等式证明不等式，运用基本不等式，要考虑是定和问题还是定积问题，更要注意的是运用基本不等式要同时满足一正二定三相等这三个条件。

以下内容为“高中数学该怎么有效学习？” 1、先把教材上的知识点、理论看明白。买本好点的参考书，做些练习。如果没问题了就可以做些对应章节的试卷。做练习要对答案，最好把自己的错题记下来。平时学习也是，看到有比较好的解题方法，或者自己做错的题目，做标记，或者记在错题本上，大考之前那出来复习复习。

2、首先从课本的概念开始，要能举出例子说明概念，要能举出反例，要能用自己的话解释概念（理解概念）
然后由概念开始进行独立推理活动，要能把课本的公式、定理自己推导一遍（搞清来龙去脉），课本的例题要自己先试做，尽量自己能做的出来（依靠自己才是最可靠的力量）。

最后主动挑战问题（兴趣是最好的老师），要经常攻关一些问题。（白天攻，晚上钻，梦中还惦着它）
       先看笔记后做作业。

有的高中学生感到。老师讲过的，自己已经听得明明白白了。但是，为什么自己一做题就困难重重了呢？其原因在于，学生对教师所讲的内容的理解，还没能达到教师所要求的层次。因此，每天在做作业之前，一定要把课本的有关内容和当天的课堂笔记先看一看。能否坚持如此，常常是好学生与差学生的最大区别。尤其练习题不太配套时，作业中往往没有老师刚刚讲过的题目类型，因此不能对比消化。如果自己又不注意对此落实，天长日久，就会造成极大损失。

   做题之后加强反思。

学生一定要明确，现在正坐着的题，一定不是考试的题目。而是要运用现在正做着的题目的解题思路与方法。因此，要把自己做过的每道题加以反思。总结一下自己的收获。要总结出，这是一道什么内容的题，用的是什么方法。做到知识成片，问题成串，日久天长，构建起一个内容与方法的科学的网络系统。

 主动复习总结提高。

进行章节总结是非常重要的。初中时是教师替学生做总结，做得细致，深刻，完整。高中是自己给自己做总结，老师不但不给做，而且是讲到哪，考到哪，不留复习时间，也没有明确指出做总结的时间。

  积累资料随时整理。

要注意积累复习资料。把课堂笔记，练习，单元测试，各种试卷，都分门别类按时间顺序整理好。每读一次，就在上面标记出自己下次阅读时的重点内容。这样，复习资料才能越读越精，一目了然。

  精挑慎选课外读物。

初中学生学数学，如果不注意看课外读物，一般地说，不会有什么影响。高中则不大相同。高中数学考的是学生解决新题的能力。作为一名高中生，如果只是围着自己的老师转，不论老师的水平有多高，必然都会存在着很大的局限性。因此，要想学好数学，必须打开一扇门，看看外面的世界。当然，也不要自立门户，另起炉灶。一旦脱离校内教学和自己的老师的教学体系，也必将事半功倍。

  配合老师主动学习。

高中学生学习主动性要强。小学生，常常是完成作业就尽情的欢乐。初中生基本也是如此，听话的孩子就能学习好。高中则不然，作业虽多，但是只知道做作业就绝对不够；
老师的话也不少，但是谁该干些什么了，老师并不一一具体指明，因此，高中学生必须提高自己的学习主动性。准备向将来的大学生的学习方法过渡。

  合理规划步步为营。

高中的学习是非常紧张的。每个学生都要投入自己的几乎全部的精力。要想能迅速进步，就要给自己制定一个较长远的切实可行的学习目标和计划，详细的安排好自己的零星时间， 注意事项 我们在学习高中数学的时候，除了上课认真听老师讲解外，学习方法，学习习惯也很重要，只要学生认真努力，数学成绩提高是很容易的。

​ 数学的学习过程中千万不要有心理包袱和顾虑，任何学科也是一样，是一个慢慢学习和积累的过程。但要记住的一点，这个过程我们是否能真正的学好初三数学课程（或者其他课程），除了以上的方法，我们最终的目的是：要养成一个良好的学习习惯，要培养出自己优质的学习兴趣，要掌握和形成一套自己的学习方法。