全国大联考2020届高三4月联考数学（理）试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com 全国大联考2020届高三4月联考 理科数学试卷 注意事项：‎ ‎1.考试前，请务必将考生的个人信息准确的输入在正确的位置.‎ ‎2.考试时间120分钟，满分150分.‎ ‎3.本次考试为在线联考，为了自己及他人，请独立完成此试卷，切勿翻阅或查找资料.‎ ‎4.考试结束后，本次考试原卷及参考答案将在网上公布.‎ ‎5.本卷考查内容：高考全部内容.‎ 一、选择题：本大题共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.不等式成立的充分不必要条件是（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式的解集，其充分不必要条件即该解集的真子集即可.‎ ‎【详解】解，，‎ 得，其充分不必要条件即该解集的真子集，‎ 结合四个选项A符合题意.‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查充分不必要条件的辨析，关键在于准确求解分式不等式，根据充分条件和必要条件的集合关系判定.‎ ‎2.复数的共轭复数是，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 根据，写出其共轭复数，即可求解.‎ ‎【详解】由题，其共轭复数，‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查共轭复数的概念和复数的基本运算，关键在于熟练掌握复数的乘法运算.‎ ‎3.已知随机变量，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正态分布密度曲线性质.‎ ‎【详解】由题：随机变量，若，‎ 则.‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查根据正态分布密度曲线性质求解概率，关键在于熟练掌握正态分布密度曲线的相关性质，结合对称性求解.‎ ‎4.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，由下列四个命题，其中正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则. D. 若，，则.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A选项可能，B选项两条直线位置关系不能确定，C选项正确，D选项两个平面相交也能满足，.‎ ‎【详解】A选项，当可能，所以该选项不正确；‎ B选项，平行于同一平面的两条直线可能平行，可能相交，可能异面，所以该选项不正确；‎ - 25 -‎ C选项，根据面面平行的性质，说法正确；‎ D选项，当两个平面相交，且平行于交线，也满足，，所以不能推出面面平行.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查空间点线面位置关系的辨析，根据已知条件判断线面平行，线线平行和面面平行，关键在于熟练掌握相关定理公理.‎ ‎5.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为，‎ 所以 ，故选C.‎ ‎6.右图是计算某年级500名学生期末考试（满分为100分）及格率的程序框图，则图中空白框内应填入（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：程序执行的过程是如果 输入的成绩不小于60分即及格，就把变量的值增加1，即变量为成绩及格的人数，否则，由变量统计不及格的人数，但总人数由变量进行统计，不超过500就继续输入成绩，直到输入完500个成绩停止循环，输出变量，变量代表的含义为及格详细地址，也就是 考点：程序框图.‎ ‎7.下图是某几何体的三视图，该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 借助正方体，根据三视图还原几何体，根据体积公式求解体积.‎ ‎【详解】根据三视图，借助棱长为1的正方体，还原其几何体为图中，‎ 其中平面即为观察正面：‎ - 25 -‎ 所以该几何体的体积 故选：B ‎【点睛】此题考查三视图，根据三视图求几何体的体积，关键在于准确还原几何体，常借助正方体还原几何体.‎ ‎8.设不等式组表示的平面区域为，则（ ）‎ A. 的面积是 B. 内的点到轴的距离有最大值 C. 点在内时， D. 若点，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，通过求出可行域的面积、可行域内点到轴的距离、可行域内点和连线的斜率的范围、通过特殊点判断的值是否为，根据四个结果判断四个选项的正误.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示：有图可知，可行域面积是无限大的，可行域内的点到轴的距离也是没有最大值的，故两个选项错误.注意到在可行域内，而，故D选项错误.有图可知，可行域内的点和连线的斜率比的斜率要小，故C选项正确.所以选C.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查线性规划的问题，考查方向有可行域的面积，点到直线的距离，两点连线的斜率还有特殊点等几个方向.属于基础题.‎ ‎9.已知，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数、对数函数的单调性直接求解.‎ ‎【详解】解：因为， ‎ ‎，‎ 所以，，的大小关系为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三个数的大小比较，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，属于基础题.‎ ‎10.函数的定义域为，且，对任意，在上是增函数，则函数的图象可以是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于四个选项，举出对应的具体函数，然后利用函数的单调性验证是否在上递增，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】对于A选项，取，则，由于，故，故为增函数，符合题意.对于B选项，取，则，由于，故为减函数，不符合题意.对于C选项，取，则，这是一个开口向上的二次函数，在对称轴两侧单调性相反，不符合题意.对于D选项，取，则，是常数函数，不符合题意.综上所述，选A.‎ ‎【点睛】本小题考查函数的图像与性质，考查利用特殊值法解选择题，考查了函数单调性.属于中档题.‎ ‎11.双曲线：的左、右焦点分别为，过作一条直线与两条渐近线分别相交于两点，若，，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，连接，又由，且为的中点，‎ 所以，‎ 因为，即，所以A为线段的中点，‎ 又由于为的中点，所以，所以，所以，‎ 又由直线OA与OB是双曲线的两条渐近线，则，‎ 所以，则，‎ 所以双曲线的离心率为，故选C.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答本题的关键在于将问题的几何要素进行合理转化，得到的关系式，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题.‎ ‎12.已知函数，在函数图象上任取两点，若直线的斜率的绝对值都不小于，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 求出导函数得该函数在定义域内单调递减，将问题转化为在上单调递减求参数的取值范围.‎ ‎【详解】，在单调递减 设，则 设，则在上单调递减 则对恒成立 则对恒成立，‎ 因为，‎ 则，即 解得或，又，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，关键在于熟练掌握利用导函数讨论函数单调性解决恒成立问题，涉及转化与化归思想.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 ‎13.已知，则__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，即可得解.‎ ‎【详解】由题：设 - 25 -‎ ‎，‎ 所以528‎ 故答案为：528‎ ‎【点睛】此题考查求二项式展开式的系数关系，关键在于整体考虑，利用特殊值处理求解系数之和.‎ ‎14.已知是抛物线上的动点，，若点到轴的距离为，点到点的距离为，则的最小值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的几何性质到的距离为，，即可求得最小值的情况.‎ ‎【详解】抛物线的准线方程为，焦点坐标 到的距离为，‎ 所以，其最小值为，‎ 当为与抛物线交点时取得最小值.‎ 故答案为：3‎ ‎【点睛】此题考查抛物线的几何性质，根据几何性质关系求解抛物线相关的距离之和的最值问题，关键在于熟练掌握抛物线的几何性质，等价转化求解.‎ ‎15.已知定义在实数集上的函数满足，且的导函数满足，则不等式的解集为____________．（结果用区间表示）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 构造函数，求导后利用已知条件得到函数的单调性，由此求得不等式的解集.‎ ‎【详解】构造函数，依题意可知，故函数在上单调递减，且，故不等式可变为，即，解得.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用函数导数求解不等式，考查构造函数法，属于中档题.在阅读题目过程中，提供一个函数值，给的是函数导数小于零，这个可以说明一个函数是递减函数，由此可以考虑构造函数，因为，就可以把已知和求串联起来了.‎ ‎16.如图点是正方体外的一点，过点作直线，记直线与直线的夹角分别为，若，则满足条件的直线有________条.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出，将问题转化为求过某点作直线与已知两直线夹角相等的直线条数.‎ - 25 -‎ ‎【详解】由题直线与直线的夹角分别为，‎ ‎，所以 直线的夹角等于记为，，‎ 将直线平移至过P，如图所示，‎ 则过点P作两条角平分线与两条直线的夹角均小于80°，‎ 所以满足题意的直线共四条，在经过角平分线且垂直于该平面内的两个平面内各两条.‎ 故答案为：4‎ ‎【点睛】此题考查异面直线夹角问题，关键在于根据题意求出，通过平移直线求满足夹角关系的直线数.‎ 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1721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）‎ ‎17.在中，角，对边分别为，且 ‎（1）求角的值 ‎（2）若，求的值 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理原式化为，即可得解；‎ ‎（2）根据面积公式得，结合余弦定理变形即可求解.‎ - 25 -‎ ‎【详解】（1）在中，‎ 结合正弦定理得 又，‎ 又 ‎【点睛】此题考查利用正余弦定理解三角形，涉及三角形面积公式的应用，关键在于熟练掌握定理公式及其变形的应用.‎ ‎18.现有甲、乙两种不同规格产品，其质量按测试指标分数进行划分，其中分数不小于分的为合格品，否则为次品.现随机抽取两种产品各件进行检测，其结果如下：‎ 测试指数分数 甲产品 乙产品 ‎（1）根据以上数据，完成下边的列联表，并判断是否有的有把握认为两种产品的质量有明显差异？‎ 甲产品 乙产品 合计 - 25 -‎ 合格品 次品 ‎（2）已知生产件甲产品，若为合格品，则可盈利元，若为次品，则亏损元；生产件乙产品，若为合格品，则可盈利元，若为次品，则亏损元.记为生产件甲产品和件乙产品所得的总利润，求随机变量的分布列和数学期望（将产品的合格率作为抽检一件这种产品为合格品的概率）‎ 参考公式：‎ ‎【答案】（1）填表见解析；没有的有把握认为两种产品的质量有明显差异（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知数据得出加甲乙产品数和合格品与次品数，根据公式计算并下结论；‎ ‎（2）随机变量可能取值，分别计算概率并写出分布列，计算相关期望.‎ ‎【详解】（1）列联表如下：‎ 甲产品 乙产品 合计 合格品 次品 合计 - 25 -‎ 没有的有把握认为两种产品的质量有明显差异 依题意，生产一件甲，乙产品为合格品的概率分别为 随机变量可能取值 的分布列为：‎ ‎【点睛】此题考查独立性检验和随机变量及其分布，根据已知数据完善列联表，计算，离散型随机变量及其分布列的问题关键在于准确找出随机变量可能的取值，并准确求出其概率，根据公式计算期望.‎ ‎19.如图所示的多面体中，底面为正方形，为等边三角形，平面，，点是线段上除两端点外的一点.‎ - 25 -‎ ‎（1）若点为线段的中点，证明：平面；‎ ‎（2）若二面角的余弦值为，试通过计算说明点的位置.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）为线段的中点，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明，即可得证；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角相关探索问题.‎ ‎【详解】（1）因为是等边三角形，点为线段中点，‎ 故 因为，‎ 且，故平面 又平面，‎ 故 又，‎ 故平面.‎ 取的中点，以所在直线为轴，过点作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ - 25 -‎ 设，则 故 设 故 又 故，‎ 设为平面的法向量，‎ 则 故 令，故 故为平面的一个法向量.‎ 由可知，为平面的一个法向量，‎ - 25 -‎ 故，‎ 即，令 则 ‎，‎ 解得，经检验知，‎ 此时点为线段的中点 ‎【点睛】此题考查证明线面垂直，根据二面角的大小求点的位置，关键在于熟练掌握判定定理，合理使用向量法求解二面角相关问题.‎ ‎20.设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点，的最大值为1.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角(其中为坐标原点)，求直线的斜率的取值范围.‎ ‎【答案】（1）;（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由标准方程可得，，设，则可得，结合有最大值1，得 - 25 -‎ ‎，解得，从而可得结果；（2）设，，由得，根据平面向量数量积公式结合为锐角，利用韦达定理可得，从而可得结果.‎ ‎【详解】（1）易知，，‎ 所以，，设，则 ‎，‎ 因为，故当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1，即 ‎，解得 故所求的椭圆方程为.‎ ‎（2）设，，由得 ‎，‎ 故，.‎ 又为锐角，‎ ‎∴‎ 又 ‎∴‎ - 25 -‎ ‎，‎ ‎∴，解得∴的取值范围是.‎ ‎【点睛】点睛：求参数取值范围常用的方法和思路：①直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，可列出相应的不等式组，再通过解不等式确定参数范围;②分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）当时，取得极值，求的值并判断是极大值点还是极小值点；‎ ‎（2）当函数有两个极值点且时，总有成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ），极大值点（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出函数的导数，求出a的值，得到函数的单调区间，求出函数的极值点即可；‎ ‎（Ⅱ）求出函数极值点，问题转化为[2lnx1]＞0，根据0＜x1＜1时，0.1＜x1＜2时，0．即h（x）＝2lnx（0＜x＜2），通过讨论t的范围求出函数的单调性，从而确定t的范围即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ），，则 从而，所以时，，为增函数；‎ 时，，为减函数，所以为极大值点.‎ ‎（Ⅱ）函数的定义域为，有两个极值点 ‎，，则在上有两个不等的正实根，所以 - 25 -‎ ‎，‎ 由可得 从而问题转化为在，且时成立.‎ 即证成立.‎ 即证 即证 亦即证 . ①‎ 令则 ‎1)当时，，则在上增函数且，①式在上不成立.‎ ‎2)当时，‎ 若，即时，，所以在上为减函数且，‎ ‎、在区间及上同号，故①式成立.‎ 若，即时，的对称轴，‎ 令，则时，，不合题意.‎ 综上可知：满足题意.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.‎ - 25 -‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．‎ 判断直线与圆的交点个数；‎ 若圆与直线交于，两点，求线段的长度．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出直线的普通方程，再求出圆的直角坐标方程，由于圆心在直线上，‎ 所以直线与圆的交点个数为．（2）直接求圆的半径和直径得解.‎ ‎【详解】∵直线的参数方程为（为参数）．‎ ‎∴消去参数得直线的普通方程为，‎ ‎∵圆的极坐标方程为，即，‎ ‎∴由，，得圆的直角坐标方程为．‎ ‎∵圆心在直线上，‎ ‎∴直线与圆的交点个数为．‎ 由知圆心在直线上，‎ ‎∴为圆的直径，‎ ‎∵圆的直角坐标方程为．‎ ‎∴圆的半径，∴圆的直径为，∴．‎ ‎【点睛】(1)本题主要考查直线和圆的位置关系和弦长的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本计算能力.(2) 求直线和圆相交的弦长，一般解直角三角形，利用公式 - 25 -‎ 求解.但是本题由于圆心在直线上，所以弦长就是直径.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解关于的不等式；‎ ‎（2）记函数的最大值为，若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）4‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）通过讨论x的范围，解不等式，求出不等式的解集即可；‎ ‎（2）根据a＞0，b＞0，得到a+4b≥2=4，有（+1）（﹣2）≥0．解出即可．‎ 详解：解：(1)当时，由，得，‎ 所以；‎ 当时，由 ，得，‎ 所以；‎ 当时，由 ，得，无解.‎ 综上可知，，即不等式的解集为.‎ ‎(2)因为，‎ 所以函数 的最大值.‎ 因为，所以.‎ 又，‎ 所以，‎ 所以，即.‎ 所以有.‎ 又，所以，即的最小值为4.‎ - 25 -‎ 点睛：|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)(c＞0)，|x－a|－|x－b|≤c(或≤c)(c＞0)型不等式的解法，‎ 零点分区间法的一般步骤 ‎①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；‎ ‎②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；‎ ‎③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；‎ ‎④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．‎ - 25 -‎ - 25 -‎