河南广东等省2020届高三普通高等学校招生全国统一考试4月联考数学（文）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试·联考 文科数学 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.设集合，则集合的真子集的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可用列举法列出所有真子集即可.‎ ‎【详解】由题可解集合，则集合A的真子集有、、.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的真子集，可用列举法或公式计算即可，易错点为列举法容易忽略空集，属于基础题.‎ ‎2.如图，复数，在复平面上分别对应点，，则（ ）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可得点，，即可得复数，的代数形式，进行复数相乘即可.‎ ‎【详解】由图可得：，，‎ ‎∴.‎ 故选：C.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义及复数的运算，解题关键是根据复数的几何性质求复平面所表示的复数，运用乘法法则进行复数运算即可，属于基础题.‎ ‎3.若向量与向量平行，则( ).‎ A. B. 2 C. D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可解得，所以可得，即可求得.‎ ‎【详解】由，可得，解得，‎ 所以，‎ 可得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查向量的共线定理及向量模的运算，属于基础题.‎ ‎4.若函数的图像关于轴对称，则常数( )‎ A. B. C. 1或 D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方法一：可知是偶函数，则可解出a；方法二：可知是偶函数，利用特殊值，令，可解出a.‎ ‎【详解】方法一：可知是偶函数，则 即，‎ 解得.‎ 方法二：可知是偶函数，令，‎ - 22 -‎ 即，‎ 解得.‎ 此时为偶函数，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，由函数是偶函数求参数值，常用或代入特殊值建立方程求解，属于基础题.‎ ‎5.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2016年1月至2018年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.‎ 根据该折线图，判断下列结论：‎ ‎（1）月接待游客量逐月增加；‎ ‎（2）年接待游客量逐年增加；‎ ‎（3）各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月；‎ ‎（4）各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳.‎ 其中正确结论的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题图可知逐一分析即可，这三年8月到9月的月接待游客量在减少，则结论（1）错误，（2）（3）（4）正确.‎ ‎【详解】由题图可知，这三年8月到9月的月接待游客量在减少，则结论（1）错误；‎ - 22 -‎ 年接待游客数量逐年增加，故（2）正确；‎ 各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月，故（3）正确；‎ 各年1月至6月的月接待游客量相对变化较小，而7月至12月则变化较大，故（4）正确；‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查折线统计图，考查统计思想与分析数据能力，属于简单题.‎ ‎6.若抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，则( )‎ A. 2 B. 4 C. 8 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出抛物线的焦点及双曲线的一个焦点，由条件得.‎ ‎【详解】抛物线的焦点是，‎ 双曲线的一个焦点是，‎ 由条件得解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线与双曲线的性质，属于综合题，但是难度不大，注重基础知识点考查，属于简单题.‎ ‎7.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ - 22 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 排除法：根据函数为奇函数，故图象关于原点对称；函数有，0，1三个零点；当时，函数值为正数，进行选项排除即可.‎ ‎【详解】函数为奇函数，故图象关于原点对称，故排除D；‎ 函数有，0，1三个零点，故排除A；‎ 当时，函数值为正数，故排除B.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数的图象，根据解析式求图像通常利用排除法，依据有函数奇偶性、单调性、零点、定义域、值域、特殊值等，属于中等题.‎ ‎8.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的体积为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 由三视图及条件可知：此直三棱柱的底面是等腰直角三角形，得出底面上的高和边长，再由直三棱柱的高为2，利用体积公式可求体积.‎ ‎【详解】由三视图可知：此直三棱柱的底面是等腰直角三角形，‎ 底面上的高为1，两条直角边，斜边为2.‎ 直三棱柱的高为2，故，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查几何体三视图及体积公式，考查转化和空间想象能力，属于基础题.‎ ‎9.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数函数的性质可得，，可得.‎ ‎【详解】∵，∴‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查对数的大小比较，若同底采用对数函数的单调性比较，不同底则引入中间值进行比较，属于基础题.‎ ‎10.在中有，角，，所对应的边分别为，，，，，则角为（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】C - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由正弦定理得：或，即可求角C.‎ ‎【详解】∵，∴，‎ 由正弦定理得：即 可得或，‎ ‎∴或，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理的应用，易错点为利用正弦求三角形内角容易忽略为钝角的情况，本题属于简单题.‎ ‎11.如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，点为长方体的一个顶点，点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从点到点的最短距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当点所在的棱长为2；②当点所在的棱长为4；③当点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB的距离即可得最短距离.‎ ‎【详解】由长方体的侧面展开图可得：‎ ‎（1）当点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从到的距离可能为；；.‎ ‎（2）当点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从到的距离可能为 - 22 -‎ ‎；；.‎ ‎（3）当点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从到的距离可能为；；.‎ 综上所述，沿着长方体的表面从点到点的最短距离为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.‎ ‎12.倾斜角为的直线与双曲线交于不同的两点、，且点、在轴上的投影恰好为双曲线的两个焦点，则该双曲线的焦距为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方法一；由双曲线的对称性可知直线过原点，可得为等腰三角形且，根据勾股定理及双曲线的定义可得：.方法二：等腰中，可得，且.又根据，联立可解得.‎ ‎【详解】方法一；由双曲线的对称性可知直线过原点，在等腰中，，‎ 则，，.‎ 由双曲线的定义可得：‎ 即 故.‎ 方法二：等腰中，，‎ - 22 -‎ ‎∴.‎ 又，‎ ‎∴，‎ 得.‎ ‎∴.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，解题关键是将题目条件进行转化，建立等量关系求解，属于中等题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知数列满足，，为常数，，，则__________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数列是公比为的等比数列，根据条件及等比数列通项公式列方程求解即可.‎ ‎【详解】数列是公比为的等比数列，且，，‎ 则可得.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式，根据通项公式求公比，通常借助方程求解，属于基础题.‎ ‎14.曲线在点处的切线方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得切点，对求导可得 - 22 -‎ ‎，即为切线斜率，由此可求其切线方程.‎ ‎【详解】由，可得切点，‎ ‎，，‎ 其切线方程为即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查应用导数求切线方程，求出函数的导数即可得到切线斜率，再根据点斜式即可求出切线方程，属于简单题.‎ ‎15.函数在处取得极大值，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式及辅助角公式化简，由题意可得取得极大值时，代入结合同角三角函数商数关系可得结果.‎ ‎【详解】；‎ 令，，则.‎ 由题意得：，∴.‎ ‎∴.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数恒等变换及同角三角函数关系，解题的关键是利用诱导公式及辅助角公式化简，再根据三角函数性质及同角三角函数关系可得结论，属于中等题.‎ ‎16.若函数，则不等式的解集为__________.‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据绝对值的性质，结合函数的解析式、指数函数的单调性进行求解即可.‎ ‎【详解】因为，所以 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了指数函数的单调性的应用，考查了指数不等式的解法，考查了绝对值不等式，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.某地自2014年至2019年每年年初统计所得的人口数量如表所示：‎ 年份 ‎2014‎ ‎2015‎ ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ ‎2019‎ 人数（单位：千人）‎ ‎2082‎ ‎2135‎ ‎2203‎ ‎2276‎ ‎2339‎ ‎2385‎ ‎（1）根据表中的数据判断从2014年到2019年哪个跨年度的人口增长数量最大？并描述该地人口数量的变化趋势；‎ ‎（2）研究人员用函数拟合该地的人口数量，其中的单位是年，2014年年初对应时刻，的单位是千人，经计算可得，请解释的实际意义.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）2016年到2017年的人口的增长数量最大，2014年到2019年该地每年人口的增长数量呈先递增后递减的趋势（或2014年到2019年该地每年人口总数呈逐渐递增的趋势）；（2）到2020年中，该地的总人数大约可增长到2450千人（或到2020年6月末或7月初，该地的总人数大约可增长到2450千人）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据表中的数据，逐年作差，可得从2014年到2019年每年增加的数量，逐年增多，从2017后，增加的人数逐年减少；‎ ‎（2）根据函数的表达式及题意，可得表示2014+t年的人口数量，不难得到的实际意义．‎ ‎【详解】（1）从2014年到2015年该地的人口增长数量：；‎ 从2015年到2016年该地的人口增长数量：；‎ 从2016年到2017年该地的人口增长数量：；‎ 从2017年到2018年该地的人口增长数量：；‎ 从2018年到2019年该地的人口增长数量：；‎ 故2016年到2017年的人口的增长数量最大.‎ ‎2014年到2019年该地每年人口的增长数量呈先递增后递减的趋势.‎ ‎（或2014年到2019年该地每年人口总数呈逐渐递增的趋势）.‎ ‎（2）由题意，2014年年初对应时刻，表示2014+t年的人口数量，‎ ‎，表示2014+6.5=2020.5年的人口数量，‎ 故其实际意义为：到2020年中，该地的总人数大约可增长到2450千人.‎ 或到2020年6月末或7月初，该地的总人数大约可增长到2450千人.‎ ‎【点睛】本题考查统计表及函数模型的应用，考查运算求解及数学分析能力，属于简单题.‎ ‎18.已知等差数列的前项和为，满足，，数列满足，且，数列的前项和为.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1）；（2）9‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列公差为，由，列方程解得首项与公差，由此可得通项；‎ ‎（2）将通项代入，由一元二次方程的求根公式可得，再利用裂项相消求出.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为.‎ 由，得：，.‎ 解得：，.‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）得：.‎ 由一元二次方程的求根公式得：.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项及裂项相消求和，等差数列通项一般根据条件列方程解出首项与公差即可，本题求解关键是求，考查一元二次方程与数列的综合应用，属于中等题.‎ ‎19.已知椭圆的中心为，左、右焦点分别为、，上顶点为，右顶点为，且、、成等比数列.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）判断的形状，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）直角三角形，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为、、，由题设可得及，消得a、c齐次式，解得离心率；‎ ‎（2）设椭圆的方程为，则，，，.方法一：利用向量，方法二：利用斜率，方法三：利用勾股定理，可得到是直角三角形.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为、、，‎ 则、、.‎ 由题设及，消得：即.‎ 解得：或.‎ 又，则.‎ ‎（2）方法一：设椭圆的方程为，‎ 则，，，.‎ ‎∴，，‎ ‎∴，∴，‎ 故，∴是直角三角形.‎ 方法二：设椭圆的方程为，‎ 则，，，.‎ ‎∴，，‎ ‎∴，∴，‎ 故，∴是直角三角形.‎ - 22 -‎ 方法三：由条件得：在中，，，.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 故，∴是直角三角形.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆离心率及三角形形状判断，离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解，本题属于简单题．‎ ‎20.如图，在四棱锥中，底而为菱形，且菱形所在的平面与所在的平面相互垂直，，，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求四棱锥的最长侧棱的长.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在菱形中，，平面，平面，由此可证.‎ ‎（2）取中点，连结，，由已知易得：是正三角形，，进一步可证平面，由勾股定理可求出侧棱，，，的长度，得到最长的是，或可先判断CF最长，求解出长度即可.‎ ‎【详解】（1）在菱形中，，平面，平面.‎ ‎∴平面.‎ - 22 -‎ ‎（2）方法一：取中点，连结，，‎ 由已知易得：是正三角形，∴.‎ 又∴平面平面且交线为，∴平面，‎ 又平面，∴，‎ 又∵，，‎ ‎∴平面，‎ 又，平面，∴，，‎ 在菱形中，，，，‎ ‎，.‎ 在中，.‎ 在中，.‎ 在中，，‎ ‎∴.‎ 显然在侧棱，，，中最长的是.‎ ‎∴四棱锥的最长侧棱的长为.‎ 方法二：取中点，连结，，‎ 由已知易得：是正三角形，∴，‎ 又∵平面平面且交线为，∴平面，‎ 又平面，∴，‎ 又∵，，∴平面.‎ 又，平面∴，.‎ 在菱形中，，，∴最长.‎ 在中，.‎ - 22 -‎ ‎∴四棱锥的最长侧棱的长为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明及棱长求解，考查棱长的关键是垂直判定定理及性质定理的应用，在借助勾股定理求解即可，考查空间思维及推理能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数，的最大值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）试推断方程是否有实数解？若有实数解，请求出它的解集.‎ ‎【答案】（1）；（2）无实数解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，对函数f（x）=-x+lnx求导数，研究出函数在定义域上的单调性，判断出最大值，即可求出；‎ ‎（2）由于函数的定义域是正实数集，故方程|2x（x-lnx）|=2lnx+x可变为，再分别研究方程两边对应函数的值域，即可作出判断．‎ ‎【详解】(1)已知函数，则，‎ 可得，‎ 令，x=1，‎ 当00;当x>1时,f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数，‎ ‎∴；‎ ‎(2)|2x(x−lnx)|=2lnx+x可得，‎ 由(1)知f(x)max=f(1)=−1，即−x+lnx≤−1，‎ ‎∴|x−lnx|≥1，‎ 又令,，‎ 令g′(x)>0,得0e，‎ ‎∴g(x)的增区间为(0,e),减区间为(e,+∞)，‎ ‎∴,∴g(x)<1，‎ - 22 -‎ ‎∴|x−lnx|>g(x),即恒成立，‎ ‎∴方程即方程|2x(x−lnx)|=2lnx+x没有实数解.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，根的存在性及根的个数判断，根的存在性及根的个数判断稍难，此类问题通常是利用转化思想和方程思想将问题进行转化为求新函数值域问题，属于中等题.‎ ‎（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.曲线的极坐标方程为（常数），曲线的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程和的普通方程；‎ ‎（2）若曲线，有两个不同的公共点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）：，：；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直角坐标与极坐标关系及题目条件得曲线直角坐标方程，利用消元法消去t可得的普通方程；‎ ‎（2）若曲线，有两个不同的公共点，法一：方程联立利用根与系数关系，利用判别式解出即可求实数的取值范围；法二：数形结合可得圆心到直线距离小于半径，解出即可求实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）方法一：由得：.‎ - 22 -‎ 由得：，即.‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为：，的普通方程为：.‎ 方法二：由得：.‎ 由得：；由得：.‎ ‎∴.‎ 整理得的普通方程为：.‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为：，的普通方程为：.‎ ‎（2）方法一：由消得：.‎ 由曲线，有两个不同的公共点得：，解得：.‎ 又当圆：过点时，有，且曲线表示不过点的直线.‎ ‎∴.‎ ‎∴实数的取值范围为.‎ 方法二：圆心到直线的距离为：.‎ 由曲线，有两个不同的公共点得：，即.‎ 又当圆：过点时，有，且曲线表示不过点直线.‎ - 22 -‎ ‎∴.‎ ‎∴实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查直角坐标与极坐标的互化、参数方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系，解题的关键是熟记直角坐标与极坐标的互化关系，直线与圆的位置关系可借助二次方程判别式或距离关系求解，属于中等题.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数，且的解集为．‎ ‎（Ⅰ）求的值； ‎ ‎（Ⅱ）若正实数满足，求证：．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)求解绝对值不等式可得 ；‎ ‎(2)由题意结合柯西不等式即可证得结论，注意等号成立的条件.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）因为，‎ 所以等价于，‎ 由，得解集为 又由的解集为，故．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，‎ 又∵是正实数，‎ ‎∴ ．‎ 当且仅当时等号成立，‎ 所以．‎ - 22 -‎ 点睛：根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，从而应用柯西不等式．‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎