全国Ⅰ卷 2020届高三理数名校高频错题卷（一）参考答案.docx

1、答案第 1 页，总 7 页 全国全国卷卷 2020 届高三理数名校高频错题卷（一）届高三理数名校高频错题卷（一） 参考答案参考答案 1.C 【解析】 因为全称命题的否定是特称命题， 所以命题“”的否定是： ， 故选：C 2C 【解析】 为实数，得 故选：C。 3B 【解析】 若 f(x)在(2,4)上单调递增,则 =,即在(2,4)上恒成立. 又在(2.4)上单调递增,则,所以. 故“是 f(x)在(2.4)上单调递增”的必要不充分条件. 故选：B. 4A. 【解析】 成公比为 q 的等比数列，,又为等差数列, 即即 d=0 或公比或或 2 故选：A. 5D. 【解析】 故选：D。 6B 【解

2、析】 依题意可得,f(x)的图象关于直线 x=1 对称. 因为,(4,8),f(x)在1,+)上单调递增， 所以 f()ba. 8C 【解析】 因为,所以 答案第 2 页，总 7 页 ,故 A,B 正确.g(x)的图象关于点( , )对称,故 C 错误. 对于 D,由的图象向右平移个单位长度得到 的图象,故 D 正确. 9C 【解析】 化简得f(x) =sin x-2+1= cossinxx=sin （） 因为在区间 （1,2） 上单调 所以 2 = 2 1 令 tx-()，） 所以或或所以 的取值范围是 10C. 【解析】 选项 A,因为 MN/BD，所以 MN/平面 ABD，故选项 A 正

3、确:选项 B,取 AC 中点 0,连接 OB， OD，则 ACOB，且 ACOD，所以 AC平面 OBD，所以 ACBD，异面直线 AC 与 BD 所成的角为 90 ，为定值，故选项 B 正确;选项 C,若直线 AD 与直线 BC 垂直，因为直线 AB 与直线 BC 也垂直，则直线 BC平面 ABD，所以直线 BC直线 BD，又因为 BDAC，所 以 BD平面 ABC，所以 BDOB 而OBD 为等腰三角形，这显然不可能，故选项 C 不正 确:选项 D，当平面 DAC平面 ABC 时取最大值， 故选项 D 正确. 11D 【解析】 试题分析:在平面直角坐标系中画出函数)(xfy 及|1|log

4、5xy的图象,结合函数的图 象可以看出函数共有8个零点,且关于1x对称,故所有零点的和为842,应选 D. 12D. 【解析】 因为，所以 2 是 f(x)的一个周期，选项正确;因为 f(-x)=-f(x)，所以 f(x)是 奇函数，选项正确;当 x时，单调递增，又因为 f(x)是奇函数 且过原点，所以是函数 f(x)的一个单调递增区间，选项正确;由可画出函数 f(x) y=log5|x-1| x=1 65432 1 O y x 答案第 3 页，总 7 页 在上的图像， 又因为， 所以 f(x)的图像关于对称,可画出函数 f(x) 在上的图像，即得到函数 f(x)在上的图像，即一个周期的图像，

5、在上的对 称中心为(0,0)和( ,0)，所以在整个定义域上对称中心为(k,0)(kZ)，即若,则 ,选项不正确;先求不等式 在一个周期内的解集，取区间0,2，因为 则 在整个定义域上则解得，故选项 正确，综上，正确. 13a 4 9. 【解析】 由已知得 S 0 a xdx 2 3 3 2 x| a 0 2 3 3 2 aa 2，所以 a2 1 2 3. 所以 a 4 9. 14 【解析】 画出可行域，只需求可行域内的点(x,y)到直线 x-y=0 的距离的最值，观察可 得最小值为 0，最大值为 2x-y+30 与 2x+y-50 的交点到直线的距离，为 ，故取值范围 为。 15- 【解析】

6、 依题意a为极值点,. 。 16 【解析】 f(x)有且只有 4 个不同的零点等价于偶函数与偶函数的图象有且只 有 4 个不同的交点，即有两个不等正根，即有两个不等正根.令则 它在(0,2)内为负，在(2,+)内为正， 在(0,2)上单调递减，在(2,+)上单调递增， 又当 x时，h(x)+，当 x+时，h(x)+，. 17 （1）见解析； （2）3. 【解析】 (1)由 s= 1 2 bcsinA = 1 6 b2tanA 得 3csinA=btanA. 因为 tanA= sin A cos A ，所以 3csinA= bsin A cos A ，又因为 0Ay，如图因此由几何概 型概率公式

7、知 P(A) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 16 20 （1）见解析（2）见解析 答案第 5 页，总 7 页 【解析】 （1）由题意知，ABC，ACD 都是边长为 2 的等边三角形，取 AC 中点 O，连接 BO，DO，则 BOAC，DOAC 又平面平面，平面平面=AC，DO平面 ACD， 所以 DO平面 ABC作 EF面 ABC 于 F由题意，点 F 落在 BO 上， 且EBF=60 ，在中， 3 sin23 2 EFBEEBF 在 RtDOC 中， 3 sin23 2 DODCDCO 因为 DO平面 ABC，EF平面 ABC， 所以 DOEF，又 DO=EF， 所以四边形 DEFO

8、是平行四边形， 所以 DEOF 又DE 平面 ABC，OF 平面 ABC， 所以 DE平面 ABC （2）作 FGBC，垂足为 G，连接 EG， EF平面 ABC，EFBC 又EFFG=F，FGBC，BC平面 EFG 所以 BCEG所以EGF 就是二面角 E-BC-A 的一个平面角 在中， 1 sin1 sin30 2 FGFBFBG 在中，sin2 sin603EFEBEBF 在中 22 1 1313 2 cos 21313 2 FG EGEFFGEGF EG ， 即二面角 E-BC-A 的余弦值为 13 13 21 （1） 22 1 43 xy （2）见解析 【解析】 （1）因为 22 8

9、ABAFBF， 即 1122 8AFBFAFBF 又 1212 2AFAFBFBFa，所以48a，2a 当直线 AB 的斜率为 3 4 时，AF2与 x 轴垂直，所以 2 12 3 4 AF FF 由 22 22 1 cy ab ，且 0y ，解得 2 b y a ， 即 2 , b A c a 又因为2a，所以 2 3 44 b c ，所以 2 3bc 结合 222 cab，解得1c，3b 所以，椭圆 C 的标准方程为 22 1 43 xy （2）由（1）得， 1 1,0F ，设直线 AB 的方程为10xmym， 答案第 6 页，总 7 页 11 ,A x y， 22 ,B x y，,0M

10、s，联立 22 1 3412 xmy xy ， 消去 x，整理得 22 34690mymy， 所以 12 2 6 34 my yy m ， 12 2 9 34 y y m ， 如果 MF1平分AMB，则0 AMBM kk， 1 1;+ 2 2;=0,所以 y1(x2-m)+ y2(x1-m)=0 即 y1(my2-1)+ y2(my1-1)-m(y1+y2)=0, 所以 2m y1y2)-(1+m)( y1+y2)=0, 即 2m ;9 32:4-(1+m) 6 32:4=0 则 1+m=-3， 即 m=-4 以4,0M 为所示求，故当4,0M 时，总能使 MF1平分AMB. 22 （1）见解

11、析（2）1，+ ） 【解析】解： （1） xxxxF 2 3 2 1 ln 2 的定义域为), 0( 则： 13(21)(2) ( ) 22 xx F xx xx 令 1 ( )02() 2 F xxx 得，舍去 02( )0 2( )0 ( ),2 xF x xF x F x 当时，函数单调递增 当时，函数单调递减 即函数的递增区间为（0 ） 2 +递减区间为（ ， ） （2） 2 ( )ln2F xxxaxax 则 (21)(1) ( ) xax F x x 0( )0 11 0( )0() 2 1 0( )0 1 ( )0 aF x aF xxx a xF x a xF x a 当时，F(x)单调递增，F(x) 0不可能恒成立 当时，令得，舍去 当时，函数单调递增 当时，函数单调递减 故 11 ( )FF0F x aa 在（0，+ ）上最大值为 （ ）,即 （ ）恒成立 即 11 ln10 aa 答案第 7 页，总 7 页 11 ( )ln1(1)0 11 ln101 g ag aa a aa 又单调递减，且 故成立的充要条件是 所以a的范围是1，+ ）。