百师联盟2020届高三冲刺卷（三）全国I卷数学（理）试卷 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 百师联盟2020届高三冲刺考（三）全国卷 理科数学试卷 注意事项：‎ ‎1、答卷关，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．‎ 考试时间为120分钟，满分150分 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.已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ）‎ A. 1 B. C. 0 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将复数化简为的形式，若复数为纯虚数，则，且，可解得的值.‎ ‎【详解】，‎ 因为复数是纯虚数，故，，‎ 解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的分母实数化运算和纯虚数的定义，考查了学生的运算求解能力和理解辨析能力，是基础题.‎ ‎2.已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 根据圆的性质，函数的值域，结合集合交集的定义进行求解即可.‎ ‎【详解】集合，集合，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了函数的值域，考查了集合的交集运算，运算数学运算能力.‎ ‎3.在等比数列中，，，则等于（ ）‎ A. 9 B. C. D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的下标的性质进行求解即可 ‎【详解】由等比数列性质，得，因为，解得.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了等比数列的下标性质，考查了数学运算能力.‎ ‎4.函数在上的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题可通过排除法找函数图像，先判断原函数是否具有奇偶性，再利用特殊值法可得出正确的选项.‎ - 23 -‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以函数为非奇非偶函数，排除选项B，C；‎ 又因为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，若特值法无法选出正确选项，则考查利用导数求函数的单调性判断函数图像，着重考查推理论证和运算求解的能力，是基础题.‎ ‎5.刘徽是我国古代伟大的数学家，他的《九章算术注》和《海岛算经》被视为我国数学史上的瑰宝，他创立的“割圆术”理论上能把的值计算到任意精度.“割圆术”是指用圆内接正多边形的面积来近似代替圆的面积，如图，从正六边形开始，依次将边数增倍，使误差逐渐减小，当圆内接正三百六十边形时，由“割圆术”可得圆周率的近似值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 圆内接正三百六十边形可以看成由360个顶角为的等腰三角形构成，腰长与圆的半径相等，利用圆内接正三百六十边形的面积与圆的面积近似相等，计算的近似值.‎ ‎【详解】设圆的半径为1，‎ 当圆内接正三百六十边形时，每边端点与圆心连线构成的小三角形均为腰为1，顶角为的等腰三角形，‎ 则圆内接正多边形的面积为，‎ 圆的面积为，用圆内接正多边形的面积来近似代替圆的面积，‎ 即有.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题利用“割圆术”计算圆周率 - 23 -‎ 的近似值，需要仔细阅读题干，理解“割圆术”的概念，考查学生的理解辨析能力和运算求解能力，是基础题.‎ ‎6.实数，满足不等式组则最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在平面直角坐标系内，画出可行解域，根据目标函数的几何意义，结合点到直线的距离公式进行求解即可.‎ ‎【详解】作出可行域如图中阴影部分所示，的几何含义为过原点到阴影区域内的点距离的最小值的平方，易知原点到直线的距离，即原点到阴影区域的最小值，而，则的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了利用几何意义求目标函数的最值问题，考查了数形结合思想，考查了数学运算能力.‎ ‎7.若双曲线的渐近线与抛物线相切，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义，结合双曲线的渐近线方程进行求解即可.‎ - 23 -‎ ‎【详解】可以设切点为，由，所以切线方程为，即．因为已知双曲线的渐近线为，所以解得.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了抛物线的切线问题，考查了数学运算能力.‎ ‎8.二项式的展开式中常数项为（ ）‎ A. 80 B. 60 C. 30 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式的通项公式进行求解即可.‎ ‎【详解】二项式的通项公式，‎ 令，所以常数项.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了二项式展开式的通项公式的应用，考查了数学运算能力.‎ ‎9.在平面直角坐标系中，轴负半轴上有4个点，轴负半轴上有3个点，将轴负半轴上这4个点和轴负半轴上这3个点连成12条线段，这12条线段在第三象限内的交点最多有（ ）‎ A. 6个 B. 12个 C. 18个 D. 24个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据四边形的构造方法，结合组合的知识进行求解即可.‎ - 23 -‎ ‎【详解】易知轴上任意两个点和轴上任意两个点可以构成一个四边形，则这个四边形唯一的对角线交点在第三象限，适合题意．而这样的四边形共有个，于是最多有18个交点.故选：C ‎【点睛】本题考查了组合的应用，考查了数学运算能力.‎ ‎10.如图，在长方体中，，，点为中点，现有一只蚂蚁欲从点沿长方体的表面爬行到点觅食，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据长方体展开的方式，结合勾股定理分类讨论求解即可.‎ ‎【详解】如图，将长方体展开，由于两点之间线段最短，故点到点应取直线段，图中路线①的长度，路线②的长度，路线③的长度，路线④的长度，所以蚂蚁爬行的最短距离为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了长方体表面上路径最短问题，考查了勾股定理的应用，考查了数学运算能力和空间想象能力.‎ ‎11.已知，曲折：与直线：（且）交于，两点，则的周长的最小值为（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简曲线的方程，可利用抛物线定义将长度进行转化，得出的周长的最小值.‎ ‎【详解】易知曲线是由两抛物线和构成，‎ 如图，设与轴交于点，抛物线的焦点为，‎ 连接，，则，‎ 的周长，‎ 当，，的三点共线时取等号.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，抛物线的性质，考查数形结合和求解运算的能力，是中档题.‎ ‎12.在中，角，，所对应的边分别为，，若且．则面积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理、余弦定理，结合基本不等式、三角形面积公式进行求解即可 ‎【详解】因为，‎ 由正弦定理得，，即，由余弦定理 ‎，‎ 当且仅当时取等号，所以，，‎ 则，‎ 所以面积的最大值.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.‎ 二、填空题：本题共4小题．每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知向量，，若，则__________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两向量垂直数量积等于0得出的坐标，再计算出的坐标，最后利用坐标计算.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ ‎，‎ 所以.‎ 故答案为：2.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算和向量的模的坐标运算，考察了学生的求解运算能力，是基础题.‎ ‎14.若关于的不等成立的必要不充分条件是，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据必要不充分条件的定义，结合集合间的关系、绝对值的不等式解法进行求解即可.‎ ‎【详解】由得，，依题意有集合是集合 的真子集，所以满足解得，则实数的取值范围是．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了已知必要不充分条件求参数取值范围问题，考查了绝对值不等式的解法，考查了数学运算能力.‎ ‎15.已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，其一个对称中心为，则__________；把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则函数最小值为__________．（第1空2分，第2空3分）‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦型函数的最小正周期公式和对称性可以求出的解析式，再利用正弦型函数图象的变换性质可以求出的解析式，最后利用余弦型函数的性质，结合两角和的正弦公式和余弦公式求出最值.‎ - 23 -‎ ‎【详解】由函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，‎ 得，所以，，‎ 又其一个对称中心，即有，，则，，又，所以，，，函数．‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦型函数的性质，考查了正弦型函数的图象变换性质，考查了两角和的正弦公式和余弦公式，考查了数学运算能力.‎ ‎16.己知函数，，，使，则实数的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换元法，根据两点距离公式，导数的几何意义，结合存在性的定义、反函数的性质进行求解即可.‎ ‎【详解】令，则，则即为两点，距离．‎ 设点，，因为，则函数在点处的切线斜率为，设函数，则，函数在点处的切线斜率为，且，所以结合反函数的知识可得，为的最小值，所以由题意：当时，函数与函数图象有交点，满足题意；当时，函数与函数图象无交点，只须满足，解得；综上．‎ - 23 -‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了反函数的性质，考查了数学运算能力.‎ 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：60分．‎ ‎17.在中，角，，所对的边分别是，，，且.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用同角三角函数基本关系式求出，再用降幂公式和正弦倍角化简结果，最后 代入求值；‎ ‎（2）利用余弦定理列出边的等量关系，再用基本不等式得出的最大值.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ ‎；‎ ‎（2）由余弦定理知，，‎ 所以，‎ 当且仅当时取“=”，‎ 则的面积，‎ - 23 -‎ 即面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换，余弦定理解三角形，考查运算求解的能力，是基础题.‎ ‎18.如图，直四棱柱中，，，点，分别，中点． ‎ ‎（1）证明：∥平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，，根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质定理，线面平行的判定定理进行证明即可；‎ ‎（2）根据勾股定理的逆定理，结合直棱柱的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.‎ ‎【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，，‎ 因为点，为中点，‎ 所以，且，‎ 因为点为中点，‎ 所以，‎ 即，，‎ 所以四边形为平行四边形，‎ - 23 -‎ 所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面 ‎（2）因为，，，‎ 所以，即为直角三角形，‎ 所以，‎ 因为四棱柱是直棱柱，‎ 所以，，‎ 以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，‎ 可得，，，，，‎ 所以，，‎ 易知平面的一个法向量，设平面的一个法向量，‎ 则即可取，则，‎ 以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，由图可知二面角为锐角，设二面角大小为，则．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的证明，考查了利用空间向量夹角公式求二面角的平面角，考查了推理论证能力和数学运算能力.‎ ‎19.已知点在椭圆：上，且椭圆的离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，若椭圆的弦中点在线段（不含端点，）上，求取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把点的坐标代入椭圆的标准方程中，根据椭圆离心率公式，结合 进行求解即可；‎ ‎（2）设出点的坐标，运用点差法求出直线的斜率，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合平面向量数量积的坐标表示公式和一元二次方程根与系数的关系和根的判别式进行求解即可.‎ ‎【详解】（1）由条件知，，结合解得，，所以椭圆的方程为．‎ ‎（2）设点，的坐标为，，则中点在线段上，且，所以，又，，两式相减得，，易知，，所以，即．‎ - 23 -‎ 设方程为，代入并整理得．由解得，‎ 又由，所以．‎ 韦达定理得，，‎ 故 ‎．‎ 而，所以的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了椭圆离心率公式，考查了平面向量数量积的取值范围，考查了点差法的应用，考查了数学运算能力.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）若为函数的极值点，求函数的值域；‎ ‎（2）是否存在值，使得不等式对任意恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；函数的值域为：；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数极值的定义，结合导数的性质进行求解即可；‎ ‎（2）对原不等式进行变形，构造新函数，根据的正负性结合导数的性质分类讨论进行求解即可.‎ ‎【详解】（1），由题意可知：‎ ‎，，‎ 令，所以是单调递增函数，而，‎ - 23 -‎ 因此当时，单调递增，‎ 当时，单调递减，所以函数的最小值为 ‎，因此函数的值域为：；‎ ‎（2），‎ 设，问题转化为当时，恒成立.‎ 当时，，显然有，不符合题意；‎ 当时，当时，‎ ‎，不符合题意；‎ 当时，，当时，，因此函数是单调递增函数，因此由，可得，所以当时，函数的最小值为，要想在时，恒成立，只需 ‎，综上所述：存在值，使得不等式对任意恒成立，取值范围为：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数极值的定义，考查了利用导数求函数的最值，考查了利用导数研究不等式恒成立问题，考查了数学运算能力.‎ ‎21.2020年春节即将来临，某市一商家为了在春节期间更好地推销某种商品，决定分析2019年春节期间的销售情况以进行反馈调整，已知该商品去年日营销费用和日销售量的关系如下表所示：‎ 日营销费用（单位：千元）‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 日销售量（单位：百件）‎ ‎17‎ ‎20‎ ‎24‎ ‎23‎ ‎26‎ 并随机抽取了200名老顾客进行了2020年购买意愿调查，得到的部分数据如下表所示：‎ - 23 -‎ 愿意继续购买 不愿意继续购买 男性顾客 ‎50‎ ‎30‎ 女性顾客 ‎100‎ ‎（1）求出相关系数的大小，并判断去年日销售量与日营销费用具有哪种线性相关．（规定：若为低度线性相关；若为显著性相关；若线性相关；若为无线性相关．）‎ ‎（2）判断是否有的把握认为老顾客的性别与2020年继续购买该商家此商品的意愿具有相关性．‎ ‎（3）该商家为了在今年春节期间吸引更多的顾客，设计了一个小游戏：顾客可以根据抛一张只有正反面的卡片出现的结果，操控一枚棋子在方格纸上行进，若小棋子最终停在“幸运格”，则可获得购物优惠券2千元，已知卡片出现正，反面的概率分别为，，方格纸上标有第0格，第1格，第2…第30格．棋子开始在第0格，顾客每抛一次卡片，棋子向前移动一次．若抛出正面，棋子向前移动一格（从到）；若抛出反面，棋子向前移动两格（从到），直到棋子移到第29格（“幸运格”）或第30格（“无缘格”）时，游戏结束．设棋子移到第格的概率为．‎ ‎（ⅰ）试求的通项公式；‎ ‎（ⅱ）并求参与游戏一次的顾客获得购物优惠券金额的期望值．‎ 参考公式：，，其中．‎ 临界值表：‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ - 23 -‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 参考数据：．‎ ‎【答案】（1）线性相关；（2）有的把握认为老顾客的性别与2020年继续购买该商家此商品的意愿具有相关性；（3）（ⅰ）；（ⅱ）1500元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用所给的公式进行计算，结合已知所给的规定进行求解即可；‎ ‎（2）根据题意补全列联表，根据题中所给的公式求出的值，并根据临界值进行判断即可；‎ ‎（3）（ⅰ）先求的值，再求出数列的递推公式，然后对递推公式进行变形，结合累和法和等比数列前项和公式进行求解即可；‎ ‎（ⅱ）运用数学期望公式进行求解即可.‎ ‎【详解】（1），‎ 因此，所以有成立，因此去年日销售量与日营销费用具有线性相关；‎ - 23 -‎ ‎（2）因为随机抽取了200名老顾客进行了2020年购买意愿调查，所以根据表中数据所知女性顾客中不愿意继续购买的人数为，因此列联表如下：‎ 愿意继续购买 不愿意继续购买 男性顾客 ‎50‎ ‎30‎ 女性顾客 ‎100‎ ‎20‎ 因为，所以有的把握认为老顾客的性别与2020年继续购买该商家此商品的意愿具有相关性；‎ ‎（3）（ⅰ）由题意可得；，由题意经过分析得：，变形为：‎ ‎，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，因此，‎ 所以有：‎ 也适合，因此；‎ ‎（ⅱ）由题意可知：小棋子最终停在“幸运格”，可获得购物优惠券2千元，而第29格是“幸运格”，所以参与游戏一次的顾客获得购物优惠券金额的期望值为：‎ 元.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了线性相关系数的计算，考查了的计算，考查了数学建模能力，考查了累和法求数列的通项公式，考查了等比数列的前项和公式，考查了数学期望的计算，考查了数学运算能力.‎ ‎（二）选考题：10分．请考生第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时，请写清题号．‎ ‎【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ ‎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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，单位长度相同，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线直角坐标方程和曲线的参数方程；‎ ‎（2）已知点的极坐标为，直线与曲线交于，两点，求.‎ ‎【答案】(1) ,（为参数）；(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用代入消参的方法的出线的直角坐标方程，利用公式转化得出曲线的参数方程；‎ ‎（2）点在直线上，可用直线参数方程参数的几何意义计算.‎ ‎【详解】（1）由已知可得 直线的直角坐标方程为，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ - 23 -‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为，‎ ‎∴曲线的参数方程为（为参数）；‎ ‎（2）∵点的极坐标为 ‎∴点的直角坐标为，点在直线上，‎ 设，，‎ 将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得 ‎，‎ ‎∴，‎ 有韦达定理可得，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查直角坐标方程、参数方程和极坐标方程的相互转化，直线参数方程参数的几何意义，考查求解运算的能力，是中档题.‎ ‎【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）当时，若对任意，都存在，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用分类讨论去绝对值的方法解绝对值不等式；‎ ‎（2）若对任意，都存在，使得成立，则 - 23 -‎ 的值域是的值域的子集，以此求实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）①时 ‎，得，‎ ‎∴，‎ ‎②时 ‎，得，‎ ‎∴无解，‎ ‎③时 ‎，得，‎ ‎∴，‎ 综上所述，原不等式的解集为；‎ ‎（2）∵，‎ ‎，，‎ ‎∴，即，‎ ‎，‎ 若对任意，都存在，使得成立，则有 得，且 ‎∴实数的取值范围.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，考查了运算求解的能力、转化与化归思想，是中档题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎