全国Ⅰ卷届高三数学高频错题卷理.docx
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全国Ⅰ卷届高三数学高频错题卷理
(全国I卷)2020届高三数学高频错题卷理
满分:
150分时间:
120分钟
姓名:
班级:
考号:
注意事项:
1•答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2•请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
一、单选题(本题共12题,每小题5分,共60分)
1.【2020年河南省名校试题】【年级得分率:
0.5556】
已知集合A={x|x+2x—15W0},B={x|x=2n—1,n€N},贝UAAB=()
A{—1,1,3}B.{—1,1}
C.{—5,—3,—1,1,3}D.{—3,一1,1}
2.【2020年安徽省名校试题】【年级得分率:
0.5556】
已知复数Z满足(3z)i13i,则z()
A.3iB.3iC.6iD.6i
3.【2020年山东省名校试题】【年级得分率:
0.3889】
已知向量bc、3,1),问量a为单位向量,且ab1,则2ab与2a的夹角余弦值为
()
A.
1
B.
C.
1
D.仝
2
3
2
3
4.
【2020年安徽省名校试题】
【年级得分率:
0.2778】
已知等差数列an
的前n项和为Sn,S422,
Sn
330,
Sn4
176,
则n()
A.
14
B.
15
C.
16
D.17
5.
【2020年安徽省名校试题】
【年级得分率:
0.2501】
已知函数f(x)
xxz
ee(e
为自然对数的底数)
若a
0.7
0.5,b
log°.50.7
c
log0.75,则(
)
A.
f(b)f(a)
f(c)
B.
f(c)
f(b)
f(a)
C.
f(c)f(a)
f(b)
D.
f(a)
f(b)
f(c)
6.
【2020年广东省名校试题】
【年级得分率:
0.6667】
已知函数fx=2cosx—
3
(>0)在[—-,
-]上单调递增,则
的取值范围是()
2
C・[彳,1]D・(0,2:
3
7.【2020年湖南省名校试题】【年级得分率:
0.6296】
已知是定义在R上的偶函数,且在(-g,0]上是增函数.设:
$二;詆观2:
b=c=f(p-1),则a,b,c的大小关系是()
A.c
&【2020年湖北省名校试题】【年级得分率:
0.4632】
在平面五边形—中,/,=60°甌==6.再,■制丄忑.覚丄.且Q\==6.将五边形「山沿对角线用折起,使平面:
丨与平面所成的二面角为120°,则沿对角线BE折起后所得几何体的外接球的表面积为()
A.84J-]:
nB.84nC.252n
D.126n
与单位圆O交于点P(x0,y。
),
且(畀),cos(^)
3,则x0的值为()
5
A.334B.
4,33
C3罷4
D.4"3
10
10
10
10
12.【2020年安徽省名校试题】
【年级得分率:
0.0556】
关于函数f(x)ln(1x)ln(3x)有下述四个结论:
第II卷(非选择题)
二、填空题(本题共4题,每小题5分,共20分)
13.【2020年福建省名校试题】【年级得分率:
0.5833】
曲线f(x)x2COS2X在点(0,f(0))处的切线方程为.
14.【2020年安徽省名校试题】【年级得分率:
0.1944】
2
Sn是等比数列an的前n项和,a32,a®a6,则Se.
15.【2020年江西省名校试题】【年级得分率:
0.5830】
函数f(x)4sinx3cosx,且对任意实数x都有f(x)f(2x)(R),则
cos2.
16.【2020年河南省名校试题】【年级得分率:
0.3704】
规定]t]为不超过t的最大整数,如]3.1]=3,:
-2.9]=-3.若函数f(x)=:
x:
2—[x:
(x€R),则方程f2(x)-f(x)=2的解集是.
三、解答题(第17题10分,第18-22题每题12分,共70分)
17.【2020年河北省名校试题】【年级得分率:
0.5278】
已知a,b,C分别是△ABC的角A,B,C的对边,且c=2,a+b-4=ab.
(1)求角C;
(2)若sin2B—sin2A=sinC(2sin2A—sinC),求△ABC的面积.
18.【2020年河南省名校试题】【年级得分率:
0.1111】
1
已知数列{an}满足a1=0,a2=1,an+2=an+1~an(n€N,入€內.
(1)若bn=an+1+an,试问是否存在实数入,使得数列{bn}是等比数列?
若存在,求出
入的值;若不存在,请说明理由;
⑵在
(1)的条件下,求数列{an}的通项公式.
如图,底面ABCD是等腰梯形,AD//BCAD=2AB=2BC=4,点E为AD的中点,以BE为边作正方形BEFG且平面BEFGL平面ABCD
(1)证明:
平面ACFL平面BEFG
⑵求二面角A-BF-D的正弦值.
20.【2020年福建省名校试题】【年级得分率:
0.4198】
某市交通局为了有效改善市区道路交通拥堵状况出台了一系列的措施,将市区公交站点的
重新布局和建设作为重点项目.市交通局根据交通拥堵情况制订了“市区公交站点重新布局方案”,现准备对该方案进行调查,并根据调查结果决定是否启用该方案.调查人员分
别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该方案进行评分,并将结果绘制成如图所示的
频率分布直方图•相关规则:
①调查对象为本市市民,被调查者各自独立评分;②采用百分制评分,低于60分认为不满意,不低于60分认定为满意(其中]60,70)内认定为基本满意,[70,80)内认定为满意,不低于80分认定为非常满意):
③市民对公交站点布局的满意率不低于70%即可启用该方案;④用样本的频率代替概率.
(1)从该市100万市民中随机抽取4人,求至少有3人满意该方案的概率,并根据所学统计学知识判断该市是否可启用该方案,说明理由.
(2)现采用分层抽样从评分在]50,60)与]80,90)内的市民中共抽取7人,并从中抽取
3人担任群众督查员,记X为群众督查员中评定为满意的人数,求随机变量X的分布列及
其数学期望EX
21.【2020年河北省名校试题】【年级得分率:
0.3272】
长距离为2+2.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过点Q(2,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,试问在直线y=2上是否存在点P,使直线PA与直线PB的斜率之和是直线PQ的斜率的2倍?
若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
22.【2020年河南省名校试题】【年级得分率:
0.4037】
已知函数f(x)=X5x2lnx.
(1)求f(x)的极值;
⑵若f(xi)=f(X2)=f(X3),且xiX2X3,证明:
X3Xi3
参考答案
1.【答案】A
【解析】因为A={x|-5x3},B{x|x2n1,nN}以AB=1,1,3.
2.
【答案】D
4•【答案】B
【解析】
•/a1
a2
a3a422,SnSn4anan1an2an3154
-4(印
an)
176
a1an44
■•由Sn
n(d
an)
得n44330,•
•n
15,
故选:
B.
2
2
5.【答案】D
【解析】因为a0.70.51,0b1,c0,•••abc
又f(x)在R上是单调递减函数,故f(a)f(b)f(c),选D.
6.【答案】B.
【解析】因为y=cosx在,0上单调递增,所以尸coswx在—,0上单调递增,所以
w
22
f(x)=2cos(wx)(w0)在,上单调递增,则,,,解得
33w3w323w3w
0
7.
2
3.
【答案】A
21.12所以|log*0.2||log°.84||21.1|,故cba.
8.【答案】C
【解析】设I△屈!
7的中心为|01,矩形BCDE的中心为02,
过,1作垂直于平面.;的直线1,过j|2作垂直于平面的直线2,
则由球的性质可知,直线1与2的交点H即几何体M厂厂外接球的球心.
取*的中点(图略),连接1F02;由条件得怜212I.
连接0F,因为△饼01空△0F02,从而1=连接0A,
则「为所得几何体外接球的半径,又U,|则'-•词+12-—-63,
故所得几何体外接球的表面积等于252n.
9.【答案】D
【解析】因卜.丄B.所以acosA-bcosB=0,所以bcosB=acosA,由正弦定理可知sinBcos
B=sinAcosA.所以sin2A=sin2B.又A,B€(0,n),且A+B€(0,),所以2A=2B.
或2A+2B=n.所以A=B,或A+B=则厶ABC!
等腰三角形或直角三角形,故选D.
10.【答案】B
【解析】方程
f(x)g(x)
(a
lnx1)(1
Inx1)
1至少有三个不等的实根
x
x
令t(x)lnx
x
1E
得(at)(1
t)
1t2(a
1)ta1
0①
冈为t(x)—
Inx
2,所以t(x)
x
In
x1
在(0,1)上单调递增,
x
在(1,)上单调递减且t(x)
的最大值t
(1)1,x轴是t(x)的渐近线.所以方程①的两个根t,,t2的情况是:
(i)若t,,t2(0,1)且t,t2,贝yf(x)与g(x)的图像有四个不同的公共点
0
t1t20
则讥0a无解
(t11)(t21)0
(t11)(t21)0
14.【答案】
【解析】因为
an为等比数列,所以
a10
二a3=q=2,
S6
口“7/3\226
,即a3q=(a3q)二a?
qa1(1q6)a1(q6
63
1)二
15.【答案】
7
25
为f(x)极值点,f(
1tan2
1tan2
)
【解析】依题意
•tan-
3
16.【答案】[-1.0)u[2.3【解析】由f2(x)-f(x)=2,
当f(x)=2时,[讦-[x]=2当[x]=-1时,解得x[-1综上,方程f2(x)-f(x)=2I
二tan
二cos2
【解析】(
又Ce(0,
(2)
由sinB2
得sinB2
0,•••4cos3sin
7
25
=2或f(x)=-1.:
,解得[x]2=2或[x]=-1.当[x]=2时,解得xe[2.3);
0);当f(x)=-1时,-[x]=-1.无解.
的解集是[-1.0
23
3
得[f(x)-2][f(x)+1]=0
,解得f(X)
)[2,
|xp
3).
(2)
1)由余弦定理,得
),所以C=-
3
sinA2
sinC2
再有正弦定理得所以b2a或cosA
当b2a时,
所以b2a2
cosC=
a2b2
2ab
ab
2ab
sinC(2sin2AsinC),得sin2BsinA2
b2
因为a2
b2
c2,所以B
①当cosA=0时,因A
sinC2
2
sinA2sin2AsinC
4sinAcosAsinC
a24acosA,所以2bcosA4acosA
2abcos—4.联立可得a,b
3<3.3
2复
3
2
所以ABC勺面积S」ac-
222
2
(0,),所以A=—,所以b='3,
2tan—V3
3
1
所以△AC的面积S=bc=
2
综上,△ACB勺面积为
3
18.【答案】
(1)存在,入=-;
(2)
(f
彳-]:
—,得心亠:
'订:
:
=(.+1)(时.1”G)-(;匕=(讣+1);:
-(■'
【解析】
(1)由,=心:
■,
因为'叫「叫八:
一仏,所以卜〕
要使数列「}是等比数列,需使-(「-.=0对任意nN恒成立,
所以-(;十=0.解得•=-
此时,—.且首项•二if|*:
匚:
=0+仁1
所以存在=-,使得数列{冈}是首项为1.公比为的等比数列
(2)由("知,|齢=如+1+保日梵二(刃,所以•.=2
令心=2怙,得+S=2,即心+1二-心+知
所以,=-2()
因为的=(J,所以G,-卜2⑷-二-,
所以数列{匚「扌是以-:
为首项,-2为公比的等比数列;所以——「-汁.
即2"^=£4(-2)^
所以•,
"3■严32ifc3IJ3
722
即an—-j--(-1'3
19.【答案】
(1)见解析;
(2)勺匹
35
【解析】
(1)证明:
因为点E为AD的中点AD=2BC所以AE=BC因为AD//BC,所AE//BC,所以四边形ABCE是平行四边形.因为AB=BC
所以平行四边形ABCE是菱形,所以ACBE.
因为平面BEFG平面ABCD
且平面BEFG平面ABCD=BE.
所以AC平面BEFG因为AC平面ACF所以平面ACF平面BEFG.
(2)记AC,BE的交点为0,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以0为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
1,0,0),D(2,.3,0),F(1,0,2)uuu-
BD=(3,.3,0).
因为底面ABCD是等腰梯形,AD//BC,AD=2AB=2BC=4,所以四边形ABCE是菱形,且
BAD=60,所以A(0,■3,0),B(1,0,0),E(uur.一.uuu
则AB=(1,,,3,0),BF=(2,0,2)
设平面ABF的法向量为m=(为』1,乙),
uuu-
1,贝Um=(..3,1,3).
mAB=X1.3y=0,一「、卄
UULT11不妨取y1=
mBF=2x-i2z-i=0,
设平面DBF
UULT
mBD=
ULUT
mBF=
故cosm,n
的法向量为n=(X2,y2,Z2),
3x23y2=0,十,、卄“
不妨取x2=1,
2x22z2=0,
mn3.105、
=|==.记一面角ABFD的大小为
m|n..7.535
(1,,,3,1)
故sin
13=□
■3535
20.【答案】
(1)启用该方案,见解析;
(2)分布列见解析,
【解析】
(1)由题意可得被调查者不满意的频率是(0.050.15)10=-,则满意的频率为
5
4,用样本的频率代替概率,从该市的全体市民中随机抽取
5
率为4,记事件A为"抽取的4人至少有3人满意该方案”,
5则P(A)=C:
(4)4
5
1人,该人满意该方案的概
31=512
5=625.
60分或以上被认定为满意,在频率分布直方图中
4
评分在[60,100]的频率为(0.0240.0320.020.004)10=0.7,
5故根据相关规则该市应启用该方案.
角度2:
由平均分为450.05550.15650.24750.32850.2950.04=70.970,
故根据相关规则该市应启用该方案.
(2)因为评分在[50,60)与评分在[80,90)的频率之比为3:
4.所以从评分在[50,60)内的市民中抽取3人.
评分在[80,90)内的市民中抽取4人,则随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
C331cfc112
P(X=0)=C3=35,P(X=1)=亡計=35,P(X=2)=吓=叫P(X=3)=C3=A,
c335c;35
则X的分布列为:
分角度1:
根据题意,
X
0
1
2
3
P
1
12
18
4
35
35
35
35
2兰3兰=空
35357
112
X的数学期望EX=01;
3535
22
21.【答案】
(1)乞£=1.;
82
(2)存在,点P(4,2)
【解析】
(1)由题意可设椭圆的半焦距为
b2=2.2
耳解得*,
2
C
由题意可得
C=
a
22
a=b
2
y-=1
2
c,
2
故椭园c的方程为・
8
(2)(i)当直线l的斜率存在时,设直线
y=k(x2),人=(为,%),B=(X2,y2),P(x),2),
2y12y22
则kPA=
X0
I的方程为
Xi
kpB=—
X0
kPQ=—
X2X0
鼻.联立
整理得
(4k21)x216k2X
16k2
8=0,则x1
2
X2=斗.故
4k21
2y1
KpaKpb=
X0X1
整理得kpAkpB=
22kkX1
X0X2X0X1
2
16(x02)k4(X0
2y2
2
16k2
X2=-X1
4k21
22kkx2(44k)x0(kx022k)(x1x2)2kx1x2
X0X2
(XiX2)XoX1X2
(Xo2)2k2x:
8
4)k4x04
X02
因为kpQ=
2
xo2
,所以
2
16(x02)k4(x04)k4xo=4
2~22
4(xo2)kxo8xo2
整理得(冷4)(xo2)k2(4x°)=0,即(x°4)筑2)k2=0,解得x°=4.
(ii)当直线II的斜率不存在时,经检验P(4,2)也满足条件,故存在点P(4,2),使得kPAkPB=2kpQ。
22.【答案】
(1)f(x)的极大值为f
(1)=42ln2;f(x)的极小值为f
(2)=621n2.;
(2)见解析
【解析】
(1)因为f(x)=x25xInx,所以f(x)=2x5-=(2x1)(x(x0),
xx
1'1'
所以当x(0,-)(2,)时,f(x)0;当x(-,2)时,f(x)0,则f(x)的单调递增区间为(0,!
)和(2,),单调递减区间为(1,2).
19
故f(x)的极大值为f(》)=92ln2;f(x)的极小值为f
(2)=62ln2.
1
(2)证明:
由
(1)知0X1X22X3.设函数
2
1
F(x)=f(x)f(x1),x(0‘2),
2
F(x)=f(x)f(x1)=(2x1)(x2)(2x1)(x=2(2x1),
x1xx(x1)
1
则F(x)0在(0,-)上恒成立,即F(x)在上单调递增,
11
故F(x)F(-)=0,即f(x)f(1x)在(0,-)上恒成立,
1因为x(0,-),所以f(x2)=f(xjf(1xj.
2
因为x2,1X1(1,2),且f(x)在(1,2)上单调递减,所以X21X1,即X1X21.①
22
设函数
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