百师联盟2020届高三练习题五（全国II卷）数学（文）试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com 百师联盟2020届高三练习题五全国卷文科数学试卷 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.已知集合，，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；‎ ‎【详解】解：因为，，所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.‎ ‎2.某校为了了解500名住校学生对宿舍管理制度的看法，将这些学生编号为1，2，…，500，采用系统抽样的方法从这些学生中抽取50名进行问卷调查，若52号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是( )‎ A. 3号学生 B. 200号学生 C. 422号学生 D. 500号学生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出分段间隔，再根据等差数列的通项公式计算可得；‎ ‎【详解】解：根据系统抽样的定义首先确定分段间隔为，‎ 因为52号学生被抽到，即抽到的号码首项为2，‎ 则抽到的号码数，‎ 当时，，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查系统抽样的计算，属于基础题.‎ - 21 -‎ ‎3.已知，则“”是“”的( )‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件、必要条件的定义，举特例判断可得；‎ ‎【详解】解：当，时，，但；当，时，，但；综上，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎4.函数的定义域为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据使式子有意义，则对数函数的真数大于零，偶次方根的被开方数大于等于零，得到不等式组，解得即可；‎ ‎【详解】解：根据函数解析式，有，解得，所以函数的定义域为，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数的定义域，关键是使式子有意义，一元二次不等式及对数不等式的解法，属于中档题.‎ ‎5.已知双曲线的左右焦点为，，点为双曲线上任意一点，则的最小值为( )‎ A. 1 B. C. 2 D. 3‎ - 21 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义，设点在双曲线右支上，则，设，再根据二次函数的性质计算可得；‎ ‎【详解】解：由题意知，，，不妨设点在双曲线右支上，则，设，所以，所以当时，的值最小，最小为1，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义的应用，二次函数的性质，考查转化思想，属于基础题.‎ ‎6.如图的程序框图表示求式子的值，则框图中①处可填入的条件为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据已知循环条件和循环体判定循环的次数，然后根据运行的后输出的结果，从而得出所求．‎ ‎【详解】解：根据题意可知该循环体运行情况如下：‎ - 21 -‎ 第1次：，‎ 第2次：，‎ 第3次：，‎ 第4次：，‎ 第5次：，‎ 第6次：，‎ 因为输出结果是的值，，且下一个因数为，所以①处可填的条件为“”，故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，以及周期性的运用，属于基础题．‎ ‎7.已知函数，，集合，，现从集合，中分别任取一个元素，，则使得成立的概率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意得到，，则的组合共有种，再求出满足的事件数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；‎ ‎【详解】解：由题意知，集合，，则的组合有种，而满足即且的组合有，种，故所求概率，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率计算问题，属于中档题.‎ ‎8.函数的部分图象如下图所示，则函数 - 21 -‎ 的解析式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可得周期，求出可排除B、C，再利用过点区分选项A、D即可.‎ ‎【详解】由图象知, ,‎ 所以，得，故排除选项B、C，‎ 又图象过点，代入选项A不成立，代入选项D成立，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，由图象求解析式，属于中档题.‎ ‎9.已知向量与向量满足，，，则向量与向量的夹角为( )‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设向量，的夹角为，则，，即可求出，从而得到向量的夹角；‎ - 21 -‎ ‎【详解】解：设向量，的夹角为，‎ ‎，，所以，，因为，故或，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算律，及夹角的计算，属于中档题.‎ ‎10.函数在的图象大致为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断函数的奇偶性，当时，，求出函数的导函数，即可判断函数的单调性，再由特殊值即可得解；‎ ‎【详解】解：因为，‎ 且，故函数为偶函数，‎ - 21 -‎ 当时，，‎ 所以，，，即在有极值点，在=1处的切线斜率为负，且，满足上述的选项为A；故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，导数的应用，属于中档题.‎ ‎11.抛物线的焦点为，点是抛物线上的点，为坐标原点，若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意可得的外接圆的圆心一定在抛物线上，且圆心在的垂直平分线上，所以，从而求出外接圆的半径以及圆的面积；‎ ‎【详解】解：因为的外接圆与抛物线的准线相切，所以的外接圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，则的外接圆的圆心一定在抛物线上.又因为圆心在的垂直平分线上，，，则此外接圆的半径，故此外接圆的面积，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，直线与圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎12.在中，分别为，，所对的边，函数的导函数为，当函数的定义域为时，的取值范围为( )‎ - 21 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出函数的导数，依题意即恒成立，所以，再结合余弦定理即可求出的取值范围；‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以，若的定义域为，则有，即，结合余弦定理，，故，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查导数的计算，对数函数的定义域以及不等式恒成立问题，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若复数，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据复数的除法将化简，再根据复数的乘方计算可得；‎ ‎【详解】解：因为，，，，‎ 所以，所以.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法及乘方运算，属于基础题.‎ - 21 -‎ ‎14.已知，，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据同角三角函数的基本关系求出，，再根据两角和的余弦公式计算可得；‎ ‎【详解】解：因为，且，，所以，，‎ 所以 ‎①，又，所以②，由①②，知.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系及两角和的余弦公式，属于中档题.‎ ‎15.如图，边长为1的正方形沿对角线翻折，使得平面与平面所成二面角大小为，则四面体的体积为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接与交于点，连接，则为平面与平面所成二面角，过点作平面，即可求出，再根据计算可得；‎ - 21 -‎ ‎【详解】解：如图，连接与交于点，连接，则，，所以为平面与平面所成二面角，大小为，且平面，过点作平面，则点在上，所以，，则，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查二面角的应用，锥体的体积计算，属于中档题.‎ ‎16.已知函数，关于的方程恰有8个不同实数解，则的取值范围为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则方程转化为，要使关于的方程有8个不同实数解，则关于的方程的两根需满足，得到不等式解得即可；‎ ‎【详解】解：令，则方程转化为，而的图象如图，由图象可知，要使关于的方程有8个不同实数解，则关于的方程 - 21 -‎ 的两根需满足，所以有，解得，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数方程的综合应用，数形结合思想，属于中档题.‎ 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.已知数列的前项和为，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，求使不等式对一切都成立的整数的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用计算可得；‎ ‎（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，判断的单调性，即可得到参数的取值范围；‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ - 21 -‎ ‎，两式作差得，，所以，结合得.‎ ‎（2）因为，‎ 所以.‎ 因为 所以，数列单调递增，‎ ‎.‎ 令，解得，所以.‎ ‎【点睛】本题考查定义法求数列的通项公式，以及裂项相消法求和，属于中档题.‎ ‎18.如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为线段上的动点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若将直三棱柱沿平面截开，求四棱锥的表面积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎（1）连接，，可证四边形为平行四边形，从而得到，再可得，即可得到平面平面，从而得证；‎ ‎（2）连接即可证明平面，得到，再根据面积公式求出锥体的表面积即可；‎ ‎【详解】解：（1）证明：连接，，因为，分别为，中点，‎ 所以，，‎ 又因为，，‎ 所以，，‎ 所以四边形为平行四边形，‎ 所以，‎ 又为中点，‎ 所以，‎ 又，，‎ 所以平面平面，‎ 又平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）连接，因为，，，平面，平面，‎ 所以平面，‎ - 21 -‎ 所以，‎ ‎，，，，‎ 在中，，，，‎ 所以，‎ 所以，，‎ 所以四棱锥的表面积.‎ ‎【点睛】本题考查面面平行，线面平行的证明，锥体的表面积的计算，属于中档题.‎ ‎19.2019年下半年以来，各地区陆续出台了“垃圾分类”的相关管理条例，实行“垃圾分类”能最大限度地减少垃圾处置量，实现垃圾资源利用，改善生存环境质量.某部门在某小区年龄处于区间内的人中随机抽取人进行了“垃圾分类”相关知识掌握和实施情况的调查，并把达到“垃圾分类”标准的人称为“环保族”，得到图各年龄段人数的频率分布直方图和表中统计数据.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）根据频率分布直方图，估计这 - 21 -‎ 人年龄的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替，结果保留整数）；‎ ‎（3）从年龄段在的“环保族”中采用分层抽样的方法抽取9人进行专访，并在这9人中选取2人作为记录员，求选取的2名记录员中至少有一人年龄在区间中的概率.‎ 组数 分组 ‎“环保族”人数 占本组频率 第一组 ‎45‎ ‎0.75‎ 第二组 ‎25‎ 第三组 ‎0.5‎ 第四组 ‎3‎ ‎02‎ 第五组 ‎3‎ ‎0.1‎ ‎【答案】（1），，；（2）31；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图和表中统计数据计算可得；‎ ‎（2）根据频率分布直方图计算出平均数即可；‎ ‎（3）根据古典概型的概率计算公式计算可得；‎ ‎【详解】解：（1）对于第一组，人数为，占总人数，故总人数人，所以，，.‎ ‎（2）设这人年龄平均值为，所以.‎ - 21 -‎ ‎（3）易知采用分层抽样法抽取的9人中，在内的有5人，在内的有4人，选取2名记录员的可能情况共有种，均在内的有种，恰有一个在内的有种，故所求概率.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，古典概型的概率计算问题，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，其右顶点为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过原点且斜率为的直线交椭圆于，两点，点是椭圆上异于，的一动点，直线，的斜率分别为，，试问为定值吗？若是，求出该定值；若不是，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）是，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由右顶点，得到，则由离心率及计算可得；‎ ‎（2）直线的方程为，，，，联立椭圆及直线方程，消元列出韦达定理，则，，在整体代入计算可得；‎ ‎【详解】解：（1）因为椭圆右顶点为，所以，又，，，所以椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）为定值且.‎ 理由：直线的方程为，，，，联立椭圆及直线方程，，消去得，，，‎ - 21 -‎ ‎，‎ ‎，，①，‎ 又点在椭圆上，即，，代入①得，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，（且，）‎ ‎（1）当时，讨论函数的极值；‎ ‎（2）当时，若函数在上恒有两个零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，无极值；当时，极大值为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先求出函数导函数，再对分类讨论计算可得；‎ ‎（2）当时，，若函数在上恒有两个零点，即有两个解，即，利用换底公式得，令利用导数求函数的单调性，即可得到函数的值域，从而得到参数的取值范围；‎ ‎【详解】解：（1）当时，，，‎ ‎①当时，在上，，单调递增，无极值；‎ ‎②当时，令，，时，，单调递增；‎ - 21 -‎ 当时，，单调递减，‎ 所以此时取得极大值.‎ ‎（2）当时，，若函数在上恒有两个零点，即有两个解，令，，利用换底公式可得，‎ 令，，令 时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，时，，‎ 所以，则有，解得.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及函数的零点问题，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：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.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，圆的参数方程为（为参数），在以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与轴，轴分别交于，两点，点是圆上任一点，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接消元得到圆的普通方程，首先将直线的极坐标方程化简，再利用公式将极坐标方程转化为直角坐标方程；‎ - 21 -‎ ‎（2）首先求出直线与轴，轴的交点，设点的坐标为，表示出点到直线的距离，求出距离最值，再根据面积公式计算可得；‎ ‎【详解】解：（1）由消去参数，得，‎ 所以圆的普通方程为.‎ 由，得，‎ 所以直线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）直线与轴，轴的交点为，，‎ 设点的坐标为，则点到直线的距离为 ‎，‎ 所以，又，‎ 所以面积的最大值是.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化，参数方程的应用，极坐标方程与直角坐标方程的转化，属于中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.设函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）已知，若，，恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎（1）依题意可得，再解分式不等式即可；‎ ‎（2）首先将函数化为分段函数形式，即可判断函数的单调性，即可得到再根据基本不等式计算可得；‎ ‎【详解】解：（1）或，又，所以不等式的解集为或.‎ ‎（2）则在单调递减，在单调递增，所以，当且仅当即时取“=”，‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式及分式不等式的解法，基本不等式的应用，属于中档题.‎ - 21 -‎ - 21 -‎