2020年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(文科)(新課標(biāo)I)【含詳答】

第第21頁(yè)，共21頁(yè)0.4x(90—25)+0.2X(50—25)+0.2X(20—25)+0.2X(—50—25)=15(元)，乙分廠(chǎng)四個(gè)等級(jí)的頻率分別為：0.28，0.17，0.34，0.21，故乙分廠(chǎng)的平均利潤(rùn)為：0.28X(90—20)+0.17X(50—20)+0.34X(20—20)+0.21X(—50—20)=10(元)，因?yàn)榧追謴S(chǎng)平均利潤(rùn)大于乙廠(chǎng)的平均利潤(rùn)，故選甲分廠(chǎng)承接加工業(yè)務(wù)．【解析】本題主要考查頻率的算法，平均數(shù)的概念及其意義，屬基礎(chǔ)題．(1)根據(jù)圖表信息可得甲乙分廠(chǎng)的頻數(shù)，從而得到答案．(2)根據(jù)圖表信息可得甲乙分廠(chǎng)的四個(gè)等級(jí)的頻率，再根據(jù)平均數(shù)的定義求得答案，比較兩廠(chǎng)的平均數(shù)得到最終答案即可．40.04BC的內(nèi)角4,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知B=150°.若a=V3c,b=2V7，求0ABC的面積；若sinA+V3sinC=血，求C.2【答案】解：(1)由余弦定理得b2=a2+C2-2accosB,即28=3c2+c2—2V3c2cos150°，解得c=4,所以a=473，所以S△SBC=1acsinB=1X473X4X1所以S△SBC222(2)因?yàn)锳=180?！狟—C=30?！狢，所以sinA+73sinC=sin(30°—C)+73sinC=1cosC+73sinC=sin(30°+C)=72，222因?yàn)锳>0°，C>0。，所以0°<C<30。，所以30°<30°+C<60。，所以30°+C=45。，所以C=15°.【解析】【解析】本題考查余弦定理，三角形面積公式的應(yīng)用，三角恒等變換的應(yīng)用，屬于中檔題

由已知條件結(jié)合余弦定理可求得C,從而可根據(jù)三角形面積公式求解；由兩角差的正弦公式對(duì)已知式進(jìn)行化簡(jiǎn)，再由輔助角公式根據(jù)C的范圍求解即可.41.如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，^ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，AAPC=90°.證明：平面PAB丄平面PAC；設(shè)DO=42，圓錐的側(cè)面積為V3兀，求三棱錐P-ABC的體積.【答案】解：⑴由已知條件得PA=PB=PC，因?yàn)锳APC=90°，所以P4丄PC,所以AP2+PC2=AC2，又因?yàn)镹ABC是等邊三角形，所以AC=AB=BC，所以PA2+PB2=AB2，PB2+PC2=BC2，所以丄PA，PB丄PC，因?yàn)镻A^PC=P,所以丄平面PAC，因?yàn)镻Bu平面PAB，所以平面PAB丄平面PAC.(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線(xiàn)長(zhǎng)為1，由題意得2+Y由題意得2+Y2=12,nrl=43n,PC所以等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為V3，從而PA=PBPC所以P0=品—\=業(yè),22所以三棱錐P—ABC的體積U=1SAAnr-P0=丄x1xV3xV3x^3x^2=^63AABC32228【解析】【解析】本題考查線(xiàn)面位置關(guān)系的判定，圓錐的側(cè)面積公式，棱錐的體積公式的應(yīng)用，考查空間想象能力與運(yùn)算能力，屬于中檔題．由題意證得PB丄PA,PE丄PC,從而得到PB丄平面PAC,根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明；由圓錐的性質(zhì)可求得底面半徑與母線(xiàn)長(zhǎng)，從而可求得^ABC的邊長(zhǎng)，從而可求得三棱錐P—ABC的高，從而可求得體積.42.已知函數(shù)f(x)=e—a(x+2).當(dāng)a=1時(shí)，討論f(%)的單調(diào)性；若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.【答案】解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=e-—(x+2)，則fr(x)=ex—1,令f'(x)>0,得x>0；令f'(x)<0，得%<0,從而f(x)在(一8,0)單調(diào)遞減；在(0,+8)單調(diào)遞增.(2)f(x)=ex—a(x+2)=0,顯然尤工—2,所以a=』匚,x+2令g(x)=型，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為y=a與g(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),x+2所以/(^二皿也，(%+2)2當(dāng)％<一2或一2<x<—1時(shí)，gr(x)<0，g(^)單調(diào)遞減；當(dāng)％>—1時(shí)，g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)的極小值為g(—1)=丄，e當(dāng)％<一2時(shí)，g(x)<0,當(dāng)％>一2時(shí)，g(x)>0,所以當(dāng)a>1時(shí)，y=a與9(%)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，e所以a的取值范圍為(丄,+8)?e【解析】【解析】本題考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)，有一定難度．先求導(dǎo)，可直接得出函數(shù)的單調(diào)性；先分離參數(shù)得。=二，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，即可得出a的取值x+2范圍．43.已知A，B分別為橢圓E:-.+=1(a>1)的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，'.II..：=8,P為直線(xiàn)x=6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D,求E的方程；證明：直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn)．答案】解：由題意A(-a,0),B(a,0),G(0,1)^AG=(a,1),麗=(a,T),AG?GB=a2—1=8na2=9na=3，???橢圓E的方程為泄+y2=1.9(2)由(1)知4(—3,0),B(3,0),P(6,m)，則直線(xiàn)PA的方程為y=皿伍+3),9

(y=m(x+3)聯(lián)立｛9(9+m2)%2+6m2x+9m2-81=0,Jy2=l9由韋達(dá)定理一3冷=9m2-81OX。由韋達(dá)定理一3冷=9m2-81OX。c9+m2c=-2込忑，代入直線(xiàn)PA的方程程y=9+m2腫+3)得,6m9+m2即“—3m2+279+m26m\丿,9+m22m1+m2，即。(琢2-31+m22m1+m2，即。(琢2-31+m2■—^),1+m2???直線(xiàn)CD的斜率kcD6m_—2m-9+m21+m23m2I27_3m2~3

9+m21+m24m3(3—m2)?直線(xiàn)CD的方程為2m1+m24m(%—3m2—3)3(3—m2)1+m2直線(xiàn)PB的方程為汁腫-3),(y=m(x—3)聯(lián)立｛3o(1+m2)x2—6m2x+9m2—9=0,I也+y2=19由韋達(dá)定理3虧=9m2_9ox1+m2由韋達(dá)定理3虧=9m2_9ox1+m2J1+m23"整理得y=伽(％—3),3(3—m2)2???直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn)(3,0).2【解析】本題考查直線(xiàn)于橢圓的位置關(guān)系，定點(diǎn)問(wèn)題，屬于較難題求出各點(diǎn)坐標(biāo)，表示出向量；求出C,D兩點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線(xiàn)CD,即可證明.44.［選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程］(10分)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線(xiàn)C］的參數(shù)方程為｛：=S0S：；，(r為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，X軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線(xiàn)c2的極坐標(biāo)方程為4pcos。-16pcos0+3=0.當(dāng)k=1時(shí)，q是什么曲線(xiàn)？當(dāng)k=4時(shí)，求q與C2的公共點(diǎn)的直角坐標(biāo).

答案】【答案】U十(1)當(dāng)k時(shí)，曲線(xiàn)C］的參數(shù)方程為｛y=sinr，化為直角坐標(biāo)方程為%2+y2=l,表示以原點(diǎn)為圓心，半徑為1的圓．%=14,y=14(2)當(dāng)k=4時(shí)，曲線(xiàn)-的參數(shù)方程為｛；=COnStt，化為直角坐標(biāo)方程為眉+Vy=1,曲線(xiàn)C2化為直角坐標(biāo)方程為4%-16y%=/r