2020年贵州省高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)

试卷第1页，总19页2020年贵州省高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）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𝐴＝{1, 2, 3, 5, 7, 11}，𝐵＝{𝑥|3𝑥15}，则𝐴∩𝐵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𝐴∩𝐵，进而能求出𝐴∩𝐵中元素的个数．【解答】∵集合𝐴＝{1, 2, 3, 5, 7, 11}，𝐵＝{𝑥|3𝑥15)，∴𝐴∩𝐵＝{5, 7, 11}，∴𝐴∩𝐵中元素的个数为3．2.若𝑧¯(1+𝑖)＝1−𝑖，则𝑧＝（）A.1−𝑖B.1+𝑖C.−𝑖D.𝑖【答案】D【考点】复数的运算【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．【解答】由𝑧¯(1+𝑖)＝1−𝑖，得𝑧¯=1−𝑖1+𝑖=(1−𝑖)2(1+𝑖)(1−𝑖)=−𝑖，∴𝑧＝𝑖．3.设一组样本数据𝑥1，𝑥2，…，𝑥𝑛的方差为0.01，则数据10𝑥1，10𝑥2，…，10𝑥𝑛的方差为（）A.0.01B.0.1C.1D.10【答案】C【考点】极差、方差与标准差【解析】根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，求出新数据的方差即可．试卷第2页，总19页【解答】∵样本数据𝑥1，𝑥2，…，𝑥𝑛的方差为0.01，∴根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，∴数据10𝑥1，10𝑥2，…，10𝑥𝑛的方差为：100×0.01＝1，4.𝐿𝑜𝑔𝑖𝑠𝑡𝑖𝑐模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数𝐼(𝑡)（𝑡的单位：天）的𝐿𝑜𝑔𝑖𝑠𝑡𝑖𝑐模型：𝐼(𝑡)=𝐾1+𝑒−0.23(𝑡−53)，其中𝐾为最大确诊病例数．当𝐼(𝑡∗)＝0.95𝐾时，标志着已初步遏制疫情，则𝑡∗约为()(ln19≈3)A.60B.63C.66D.69【答案】C【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】根据所给材料的公式列出方程𝐾1+𝑒−0.23(𝑡−53)=0.95𝐾，解出𝑡即可．【解答】由已知可得𝐾1+𝑒−0.23(𝑡−53)=0.95𝐾，解得𝑒−0.23（𝑡−53）=119，两边取对数有−0.23(𝑡−53)＝−ln19，解得𝑡≈66，5.已知sin𝜃+sin(𝜃+𝜋3)＝1，则sin(𝜃+𝜋6)＝（）A.12B.√33C.23D.√22【答案】B【考点】两角和与差的三角函数【解析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可．【解答】∵sin𝜃+sin(𝜃+𝜋3)＝1，∴sin𝜃+12sin𝜃+√32cos𝜃＝1，即32sin𝜃+√32cos𝜃＝1，得√3(12cos𝜃+√32sin𝜃)＝1，即√3sin(𝜃+𝜋6)＝1，试卷第3页，总19页得sin(𝜃+𝜋6)=√336.在平面内，𝐴，𝐵是两个定点，𝐶是动点．若𝐴𝐶→⋅𝐵𝐶→=1，则点𝐶的轨迹为（）A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线【答案】A【考点】轨迹方程【解析】设出𝐴、𝐵、𝐶的坐标，利用已知条件，转化求解𝐶的轨迹方程，推出结果即可．【解答】在平面内，𝐴，𝐵是两个定点，𝐶是动点，不妨设𝐴(−𝑎, 0)，𝐵(𝑎, 0)，设𝐶(𝑥, 𝑦)，因为𝐴𝐶→⋅𝐵𝐶→=1，所以(𝑥+𝑎, 𝑦)⋅(𝑥−𝑎, 𝑦)＝1，解得𝑥2+𝑦2＝𝑎2+1，所以点𝐶的轨迹为圆．7.设𝑂为坐标原点，直线𝑥＝2与抛物线𝐶:𝑦2＝2𝑝𝑥(𝑝0)交于𝐷，𝐸两点，若𝑂𝐷⊥𝑂𝐸，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，∠ODE＝45°，可得D（2，2），代入抛物线方程y2＝2px，可得4＝4p，解得p＝1，【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𝑘𝑂𝐷⋅𝑘𝑂𝐸＝−1，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𝑥＝2代入抛物线𝑦2＝2𝑝𝑥，可得𝑦＝±2√𝑝，𝑂𝐷⊥𝑂𝐸，可得𝑘𝑂𝐷⋅𝑘𝑂𝐸＝−1，即2√𝑝2⋅−2√𝑝2=−1，解得𝑝＝1，所以抛物线方程为：𝑦2＝2𝑥，它的焦点坐标(12, 0)．故选：𝐵．法二：易知，∠𝑂𝐷𝐸＝45∘，可得𝐷(2, 2)，代入抛物线方程𝑦2＝2𝑝𝑥，试卷第4页，总19页可得4＝4𝑝，解得𝑝＝1，故选：𝐵．8.点(0, −1)到直线𝑦＝𝑘(𝑥+1)距离的最大值为（）A.1B.√2C.√3D.2【答案】B【考点】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𝑦＝𝑘(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𝑑≤√1+2𝑘2𝑘=√2；当𝑘＝1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+4√2B.4+4√2C.6+2√3D.4+2√3【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试卷第5页，总19页即可．【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：𝑃𝐴＝𝐴𝐵＝𝐴𝐶＝2，𝑃𝐴、𝐴𝐵、𝐴𝐶两两垂直，故𝑃𝐵＝𝐵𝐶＝𝑃𝐶＝2√2，几何体的表面积为：3×12×2×2+√34×(2√2)2=6+2√3，10.设𝑎＝log32，𝑏＝log53，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】∵𝑎＝log32=𝑙𝑜𝑔3√83𝑙𝑜𝑔3√93=23，𝑏＝log53=𝑙𝑜𝑔5√273𝑙𝑜𝑔5√253=23，𝑐=23，∴𝑎𝑐𝑏．11.在△𝐴𝐵𝐶中，cos𝐶=23，𝐴𝐶＝4，𝐵𝐶＝3，则tan𝐵＝（）A.√5B.2√5C.4√5D.8√5【答案】C【考点】余弦定理正弦定理【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求tan𝐶的值，利用余弦定理可求𝐴𝐵的值，可得𝐴＝𝐶，利用三角形的内角和定理可求𝐵＝𝜋−2𝐶，利用诱导公式，二倍角的正切函数公式即可求解tan𝐵的值．【解答】∵cos𝐶=23，𝐴𝐶＝4，𝐵𝐶＝3，∴tan𝐶=√1𝑐𝑜𝑠2𝐶−1=√52，∴𝐴𝐵=√𝐴𝐶2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐶⋅𝐵𝐶⋅cos𝐶=√42+32−2×4×3×23=3，可得𝐴＝𝐶，试卷第6页，总19页∴𝐵＝𝜋−2𝐶，则tan𝐵＝tan(𝜋−2𝐶)＝−tan2𝐶=−2tan𝐶1−𝑡𝑎𝑛2𝐶=−2×√521−54=4√5．12.已知函数𝑓(𝑥)＝sin𝑥+1sin𝑥，则（）A.𝑓(𝑥)的最小值为2B.𝑓(𝑥)的图象关于𝑦轴对称C.𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥＝𝜋对称D.𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=𝜋2对称【答案】D【考点】奇偶函数图象的对称性命题的真假判断与应用【解析】设sin𝑥＝𝑡，则𝑦＝𝑓(𝑥)＝𝑡+1𝑡，𝑡∈[−1, 1]，由双勾函数的图象和性质可得，𝑦≥2或𝑦≤−2，故可判断𝐴；根据奇偶性定义可以判断𝐵正误；根据对称性的定义可以判断𝐶，𝐷的正误．【解答】由sin𝑥≠0可得函数的定义域为{𝑥|𝑥≠𝑘𝜋, 𝑘∈𝑍}，故定义域关于原点对称；设sin𝑥＝𝑡，则𝑦＝𝑓(𝑥)＝𝑡+1𝑡，𝑡∈[−1, 1]，由双勾函数的图象和性质得，𝑦≥2或𝑦≤−2，故𝐴错误；又有𝑓(−𝑥)＝sin(−𝑥)+1sin(−𝑥)=−(sin𝑥+1sin𝑥)＝−𝑓(𝑥)，故𝑓(𝑥)是奇函数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故𝐵错误；𝑓(𝜋+𝑥)＝sin(𝜋+𝑥)+1sin(𝜋+𝑥)=−sin𝑥−1sin𝑥；𝑓(𝜋−𝑥)＝sin(𝜋−𝑥)+1sin(𝜋−𝑥)=sin𝑥+1sin𝑥，故𝑓(𝜋+𝑥)≠𝑓(𝜋−𝑥)，𝑓(𝑥)的图象不关于直线𝑥＝𝜋对称，𝐶错误；又𝑓(𝜋2+𝑥)＝sin(𝜋2+𝑥)+1sin(𝜋2+𝑥)=cos𝑥+1cos𝑥；𝑓(𝜋2−𝑥)＝sin(𝜋2−𝑥)+1sin(𝜋2−𝑥)=cos𝑥+1cos𝑥，故𝑓(𝜋2+𝑥)＝𝑓(𝜋2−𝑥)，定义域为{𝑥|𝑥≠𝑘𝜋, 𝑘∈𝑍}，𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=𝜋2对称；𝐷正确；二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。若𝑥，𝑦满足约束条件{𝑥+𝑦≥0,2𝑥−𝑦≥0,𝑥≤1,则𝑧＝3𝑥+2𝑦的最大值为________．【答案】7试卷第7页，总19页【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，𝑧＝3𝑥+2𝑦表示直线在𝑦轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在𝑦轴上的截距最大值即可．【解答】先根据约束条件画出可行域，由{𝑥=12𝑥−𝑦=0解得𝐴(1, 2)，如图，当直线𝑧＝3𝑥+2𝑦过点𝐴(1, 2)时，目标函数在𝑦轴上的截距取得最大值时，此时𝑧取得最大值，即当𝑥＝1，𝑦＝2时，𝑧max＝3×1+2×2＝7．设双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎0, 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：𝑦＝±𝑏𝑎𝑥，由题意可得𝑏𝑎=√2，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+𝑎−1)⋅𝑒𝑥(𝑥+𝑎)2，若𝑓′(1)=𝑎𝑒(𝑎+1)2=𝑒4，∴𝑎(𝑎+1)2=14，则𝑎＝1，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________．试卷第8页，总19页【答案】2𝜋【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：𝐵𝑆＝3，𝐵𝐶＝1，则圆锥高𝑆𝐶=√𝐵𝑆2−𝐵𝐶2=√9−1=2√2，设内切球与圆锥相切于点𝐷，半径为𝑟，则△𝑆𝑂𝐷∽△𝑆𝐵𝐶，故有𝑆𝑂𝐵𝑆=𝑂𝐷𝐵𝐶，即2√2−𝑟3=𝑟1，解得𝑟=√22，所以该球的表面积为4𝜋𝑟2＝2𝜋．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+𝑎2＝4，𝑎3