2020年高考全国I卷高三最新信息卷 文科数学（七） 11页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高三最新信息卷 文 科 数 学（七）‎ 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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。写在试卷上无效。‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．设是虚数单位，若复数，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．你知道毕达哥拉斯树吗？在古希腊数学家之中，毕达哥拉斯是最为人们所熟悉、出类拔萃的大数学家，毕达哥拉斯在西方首次证明了“毕达哥拉斯定理”．在当时的西方引起了轰动，并为此举行了一个“百牛大祭”以表庆贺．如图是重复上述步聚若干次后得到的图形，人们把它称为“毕达哥拉斯树”．如图所示是毕达哥拉斯树的生长过程；正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形上再连接着正方形，由此继续，设初始正方形边长为，当得到个正方形时，“向该图内随机投入一点，该点落在三角形内”的概率（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．函数的部分图像大致是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎6．某校共有学生名，各年级男、女人数如下表所示，已知在全校学生中随机抽取名，抽到高二女生的概率是，现用分层抽样的方法（按年级分层）在全校学生中抽取人，则应在高三年级中抽取的学生人数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知非零向量，，，若，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．某程序框图如图所示，其中，若输出，则判断框内可以填入的条件为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．的三个内角所对的边分别为，在边上，且，，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知双曲线的左、右两个顶点分别为，，是双曲线上任意一点，直线分别与直线，交于，两点，则面积的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式，若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．曲线在时的切线方程为 ．‎ ‎14．已知等差数列的公差，且，，成等比数列，若，若为数列的前项和，则的最小值为 ．‎ ‎15．已知函数满足，，且在区间上单调，则的最大值为 ．‎ ‎16．下图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成，且前后，左右，上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为的正方形，高为，且两个四棱柱的侧棱互相互相垂直，则这个几何体的体积为 ．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）滕州市公交公司一切为市民着想，为方便市区学生的上下学，专门开通了学生公交专线，在学生上学、放学的时间段运行，为了更好地掌握发车间隔时间，公司工作，人员对滕州二中车站发射间隔时间与候车人数之间的人数进行了调查研究，现得到如下数据：‎ 调查小组确定的研究方案是：先从这六组数据中选取组，用剩下的组数据求线性回归方程，再用被选取的组数据进行检验：‎ ‎（1）求选取的组数据的不相邻的概率；‎ ‎（2）若选取的是前两组数据，请根据后四组数据，求出关于的线性回归方程；‎ ‎（3）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过人，则称为最佳回归方程，在（2）中求出的回归方程是否是最佳回归方程？若规定一辆公交车的载客人数不超过人，则间隔时间设置为分钟，是否合适？‎ 参考公式：，．‎ ‎18．（12分）在数列中，，，且对任意的，都有．‎ ‎（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，记数列的前项和为，若对任意的都有，求实数的取值范围．‎ ‎19．（12分）如图1，在梯形中，，，，过，分别作的垂线，垂足分别为，，已知，，把，分别沿，向上折起，使得，．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ ‎20．（12分）已知椭圆，过的直线与椭圆相交于，两点，且与轴相交于点．‎ ‎（1）由，求直线的方程；‎ ‎（2）设关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点．‎ ‎21．（12分）已知函数．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（，，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，且曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求，，的值；‎ ‎（2）已知点的直角坐标为，与曲线交于，两点，求．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若不等式（，）对任意都成立，证明：．‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高三最新信息卷 文科数学（七）答案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】C ‎【解析】由，解得，故，‎ 又，所以．‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】∵复数，∴，，则，‎ 故选A．‎ ‎3．【答案】B ‎【解析】∵，∴，‎ 又，∴，故选B．‎ ‎4．【答案】D ‎【解析】由图形可推理出个正方形为第次操作，‎ 第一次操作后正方形面积为，三角形面积为；‎ 第二次操作后正方形面积为，三角形面积为；‎ 第三次操作后正方形面积为，三角形面积为；‎ ‎…；‎ 由此类推可得：第次操作后正方形面积为，三角形面积为，‎ 第一次操作后正方形个数为，第二次操作后正方形个数为，‎ 第三次操作后正方形个数为，第四次操作后正方形个数为，第五次操作后正方形个数为，‎ 则由几何概型可得概率为面积之比，即，‎ 故选D．‎ ‎5．【答案】A ‎【解析】由题意，因为，所以，‎ 所以函数是偶函数，图象关于轴对称，排除选项C；‎ 又因为当时，，所以排除选项B；‎ 令，则，故选A．‎ ‎6．【答案】C ‎【解析】依题意，得，，‎ 则应在高三年级中抽取的学生人数为．‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】依题意，，故选B．‎ ‎8．【答案】B ‎【解析】设，的夹角为，‎ 因为，，所以，‎ 设，如图，‎ 那么轴时，．‎ ‎9．【答案】A ‎【解析】由 ‎，‎ 解得，‎ 可得的值为时，满足判断框内的条件，‎ 当的值为时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出的值，‎ 故判断框内可以填入的条件为“”．‎ ‎10．【答案】B ‎【解析】中，，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴，‎ 又，∴，‎ 又，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，解得或（不合题意，舍去），‎ ‎∴的面积为．‎ ‎11．【答案】D ‎【解析】由题意知，的边上的高为，要使面积最小，‎ 即求的最小值．‎ 由条件可知，，‎ 不妨设直线，的斜率分别为，（，），，‎ 则，‎ ‎∵点在双曲线上，∴，∴，‎ 直线的方程为，令，得，‎ 直线的方程为，令，得，‎ 即，‎ 当且仅当时，取等号，此时关于轴对称，‎ 其面积最小值为．‎ ‎12．【答案】B ‎【解析】因为，所以，‎ 令，则，‎ 又因为是在上的偶函数，所以是在上的奇函数，‎ 所以是在上的单调递增函数，‎ 又因为，‎ 可化为，即，‎ 又因为是在上的单调递增函数，所以恒成立，‎ 令，则，‎ 因为，所以在单调递减，在上单调递增，‎ 所以，则，所以，‎ 所以正整数的最大值为．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】因为，所以，‎ 因为，所以切点坐标为，所以切线方程为．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】，，成等比数列，，∴，‎ 由题意得，解得（舍）或，‎ 可得，，，‎ 当且仅当时等号成立，‎ ‎∴的最小值为．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】因为在区间上单调，‎ 所以，‎ 因为，，所以，，‎ 所以，，‎ 当，所以．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】该几何体的直观图如图所示，‎ 该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积，‎ 两个四棱柱的体积和为，‎ 交叉部分的体积为四棱锥的体积的倍，‎ 在等腰中，，边上的高为，则，‎ 则由该几何体前后，左右，上下对称，知四边形为边长为的菱形，‎ 设的中点为，连接，，易证即为四棱锥的高，‎ 在中，，‎ 又，∴，‎ 因为，所以，‎ 所以所求体积为．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）；（2）；（3）是最佳回归方程，合适．‎ ‎【解析】（1）设抽到不相邻的两组的数据为事件，‎ 设这组数据分别为，，，，，，从中选取组数据共有，，，，，，，，，，，，，，共种情况，‎ 其中，抽到相邻数据的情况有，，，，共种情况，‎ ‎∴．‎ ‎（2）后四组数据是：‎ ‎∴，，‎ 又，，‎ ‎∴，‎ 则，∴关于的线性回归方程为．‎ ‎（3）由（2）知，当时，，∴，‎ 当时，，∴，∴求出的回归方程是最佳回归方程；‎ 当时，，‎ ‎∵，∴间隔时间设置为分钟合适．‎ ‎18．【答案】（1）证明见解析；；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，可得，‎ 又，，∴，∴是首项为，公比为的等比数列，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，‎ 又∵对任何的都有，∴恒成立，‎ 即，即当时，．‎ ‎19．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）设，取中点，连接，‎ ‎∵四边形为正方形，∴为中点，∴且，‎ 又，所以可得到且，所以四边形平行四边形，‎ 所以，平面，平面，‎ 所以平面，即平面．‎ ‎（2）连接，由，，，可得，，‎ 由已知条件也易得出平面，所以，‎ 又，所以平面，即为三棱锥的高，‎ 又，所以．‎ ‎20．【答案】（1）或；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1）由条件可知直线的斜率存在，‎ 可设直线的方程为，则，‎ 由，有，所以，，‎ 由在椭圆上，则，解得，‎ 此时在椭圆内部，所以满足直线与椭圆相交，‎ 故所求直线方程为或．‎ ‎（2）设，，，‎ 直线的方程为，‎ 由，得，‎ 由，解得，‎ ‎，，‎ 当时，，‎ 故直线恒过定点．‎ ‎21．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1），记，‎ 令，得，函数在上单调递增；‎ ‎，得或，函数在或上单调递减．‎ ‎（2）记，‎ 由，，得或，‎ ‎∵，所以．‎ ‎①当时，，且时，；‎ 时，，‎ 所以，‎ ‎∴时，恒成立；‎ ‎②当时，，‎ 因为，所以，此时单调递增，且，‎ 所以，成立；‎ ‎③当时，，，‎ 所以存在使得，因此不恒成立．‎ 综上，的取值范围是．‎ ‎22．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，得，‎ 则，即，‎ 因为，，所以．‎ ‎（2）将代入，得，‎ 设，两点对应的参数分别为，，则，，‎ 所以．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1），即，‎ ‎①当时，，解得；‎ ‎②当时，，无解；‎ ‎③当时，，解得，‎ ‎∴不等式的解集为．‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，即，∴，‎ ‎∵，∴，‎ 解得，当且仅当时取等号，‎ ‎．‎