2020年高考数学全国卷新题型命题分析及预测(最新)

2020年高考数学全国卷新题型命题分析及预测（最新） 题型1 组合型选择题
【高考1】 (2019·全国Ⅰ卷·T11)关于函数f (x )＝sin|x |＋|sin x |有下述四个结论：
①f (x )是偶函数 ②f (x )在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π单调递增 ③f (x )在[－π，π]有4个零点 ④f (x )的最大值为2
其中所有正确结论的编号是( )
A ．①②④
B ．②④
C ．①④
D ．①③
【解析】 f (－x )＝sin|－x |＋|sin(－x )|＝sin|x |＋|sin x |＝f (x )，所
以f (x )为偶函数，故①正确；当π2<x <π时，f (x )＝sin x ＋sin x ＝2sin x ，
所以f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π单调递减，故②不正确；f (x )在[－π，π]的图象如图所示，由图可知函数f (x )在[－π，π]只有3个零点，故③不正确；因为y ＝sin|x |与y ＝|sin x |的最大值都为1且可以同时取到，所以f (x )可以取到最大值2，故④正确。

综上，正确结论的编号是①④。

故选C 。

【答案】 C
【高考2】 (2019·全国Ⅲ卷·T12)设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π5(ω>0)，已知f (x )在[0,2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：
①f (x )在(0,2π)有且仅有3个极大值点
②f (x )在(0,2π)有且仅有2个极小值点
③f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，π10单调递增 ④ω的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫125，2910 其中所有正确结论的编号是( )
A ．①④
B ．②③
C ．①②③
D ．①③④
【解析】 如图，根据题意知，x A ≤2π<x B ，根据图象可知函数f (x )在(0,2π)有且仅有3个极大值点，所以①正确；但可能会有
3个极小值点，所以②错误；根据x A ≤2π<x B ，有24π5ω≤2π<29π5ω，
得125≤ω<2910，所以④正确；当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，π10时，π5<ωx ＋π5<ωπ10＋π5，因为125≤ω<2910，所以ωπ10＋π5<49π100<π2，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，π10单调递增，所以③正确。

【答案】D
【例1】已知数列{a n}是等差数列，前n项和为S n，满足a1＋5a3＝S8，给出下列结论：①a10＝0；②S10最小；③S7＝S12；
④S20＝0。

其中一定正确的结论是()
A．①②B．①③④
C．①③D．①②④
【解析】设数列{a n}的公差为d，因为a1＋5a3＝S8，所以a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，a1＝－9d，所以a n＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，所以a10＝0，故①一定正确。

S n＝na1＋n(n－1)d
2＝－9nd＋
n(n－1)d
2＝
d
2(n2－19n)，
所以S7＝S12，故③一定正确。

显然②与④不一定正确。

故选C。

【答案】C
【例2】给出下列四个结论：
①命题“∃x0∈R，sin x0＋cos x0<1”的否定是“∀x∈R，sin x ＋cos x≥1”；
②若p∧q是真命题，则綈p可能是真命题；
③“a>5且b>－5”是“a＋b>0”的充要条件；
④当a<0时，幂函数y＝x a在区间(0，＋∞)上单调递减。

其中正确的是()
A．①④B．②③
C．①③D．②④
【解析】根据特称命题的否定是全称命题，可知结论①正确；
若p∧q是真命题，则p是真命题，綈p是假命题，故结论②不正确；
取a＝4，b＝－3，满足a＋b>0，但a＝4<5，故结论③不正确；
根据幂函数的图象与性质可知结论④正确。

故选A。

【答案】A
题型2 双空填空题
【高考3】(2019·全国Ⅱ卷·T16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一。

印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①)，半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体。

半正多面体体现了数学的对称美。

图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1。

则该半正多面体共有________个面，其棱长为________。

(本题第一空2分，第二空3分)
【解析】依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面。

注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题
中的半正多面体的棱长为x，则
2
2x＋x＋
2
2x＝1，解得x＝2－1，
故题中的半正多面体的棱长为2－1。

【答案】262－1
【例3】已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN 平行的平面截正方体所得截面的面积为________，CE和该截面所成角的正弦值为________。

【解析】如图，设CD，BC的中点分别为H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH。

易证ME∥NH，ME＝NH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MN∥HE。

易知四边形EFHG为矩形，因为MN⊄平面EFHG，HE⊂平面EFHG，
所以MN∥平面EFHG，
所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，平面EFHG 截正方体所得截面为矩形EFHG，易知EF＝2，FH＝2，所以截面EFHG的面积为2×2＝22。

连接AC，交HG于点I，易知CI⊥HG，平面EFHG⊥平面ABCD，平面EFHG∩平面ABCD＝HG，
所以CI⊥平面EFHG，连接EI，
因为EI⊂平面EFHG，所以CI⊥EI，
所以∠CEI为直线CE和截面EFHG所成的角。

在Rt△CIE中，易知CE＝1＋22＝5，CI＝1
4AC＝
22
4＝
2
2，
所以sin∠CEI＝CI
CE＝
10
10。

【答案】22
10 10
【例4】 已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1，若a ·b ＝12，则(a ＋b )·(2b －c )的最小值是________，最大值是________。

【解析】 由|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得〈a ，b 〉＝π3，令OA
→＝a ，OB
→＝b ，以OA →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a ＝OA →＝(1,0)，b ＝OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12
，32。

设c ＝OC
→＝(cos θ，sin θ)(0≤θ<2π)，则(a ＋b )·(2b －c )＝2a ·b －a ·c ＋2b 2－b ·c ＝3－⎝ ⎛⎭
⎪⎫cos θ＋12cos θ＋32sin θ＝3－3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3。

因为－1≤sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫θ＋π3≤1， 所以(a ＋b )·(2b －c )的最小值、最大值分别为3－3，3＋3。

【答案】 3－3 3＋3。