理科数学-全国名校2020年高三6月大联考（新课标Ⅰ卷）（全解全析）.doc

全国名校2020年高三6月大联考（新课标Ⅰ卷）‎ 理科数学·全解全析 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ C D B A C C B A D A A A ‎1．C 【解析】由，解得或，所以集合或；由，即，解得，所以集合，所以．故选C．‎ ‎2．D 【解析】因为，所以，所以，所以复平面内与对应的点为，在第四象限．故选D．‎ ‎3．B 【解析】由已知可得，∴，，∴，即 ，故选B．‎ ‎4．A 【解析】因为，所以，即．因为，所以．记，则，所以函数在上单调递增，所以当时，，即，所以，即b>c．综上，．故选A．‎ ‎5．C 【解析】由题意，知，因为函数的图象与轴的交点中，两个相邻交点的距离为，所以函数的最小正周期，所以，所以；由题意，可得，是非奇非偶函数，故A错误；又 ，所以B，D错误；由，得，所以函数的单调增区间为，，所以函数在上是增函数，C正确．故选C．‎ ‎6．C 【解析】方法一：由题可知函数的定义域为，因为，所以 ，所以函数为奇函数，故可排除选项A、B．又，，所以，故排除选项D．故选C．‎ 方法二：因为，，所以观察各选项中的图象可知C符合题意，故选C．‎ ‎7．B 【解析】由，得D为BC的中点，由，得，所以 ‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ ‎，故选B．‎ ‎8．A 【解析】如图，画出不等式组表示的平面区域．由题意，直线恒过定点，则若平面区域D为四边形，k的取值范围应该满足，又，，， ，所以．故选A．‎ ‎9．D 【解析】当A，B的分界点为某一有理数时，，则A中有最大值，B中无最小值．若，则A中无最大值，B中有最小值．当A，B的分界点为某一无理数时，A中无最大值，B中无最小值，故选D．‎ ‎10．A 【解析】由题意，双曲线的右顶点为，渐近线方程为，即．由为的中点，可知．故以为直径的圆的圆心坐标为，半径．由题意知双曲线的渐近线与圆相切，所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即，整理得，即，，解得，所以．故选A．‎ ‎11．A 【解析】当时，∵，∴．∵，∴，若，则，此时在上单调递减，不符合题意，∴．令得，则在上单调递减，在上单调递增，由题意，得，解得．故选A．‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ ‎12．A 【解析】如图，取的中点，连接，则．‎ 因为三角形的面积为定值，所以当平面时，四面体的体积最大．‎ 因为为直角三角形，所以其外接圆圆心为的中点，设四面体的外接球球心为，则平面，易知点、点位于平面同侧．‎ 又因为平面，所以．连接，，‎ 故四边形为直角梯形，过作于点，则四边形为矩形．‎ 连接．设四面体的外接球的半径为，．‎ 在中，，，所以．‎ 在中，，所以．①‎ 在中，．‎ 在直角梯形中，，，．‎ 在中，，即．②‎ 解①②组成的方程组，得．所以，解得（负值舍去）．‎ 所以四面体的外接球的体积．故选A．‎ ‎13．或 【解析】抛物线，即，其准线方程为，由抛物线的定义可知点M到焦点的距离与点M到准线的距离相等，由题意可得点M的纵坐标为1，所以把代入抛物线方程可得，所以M点的坐标为或．‎ ‎14．425 【解析】方法一（直接法）（1）农业种植项目甲与农闲时间的务工项目乙都不选取时，不同的选取方法有（种）；（2）选取农业种植项目甲，不选农闲时间的务工项目乙时，不同的选取方法有（种）；（3）不选农业种植项目甲，选取农闲时间的务工项目乙时 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ ‎，不同的选取方法有（种）．所以甲乙不同时被选取的方法共有（种）．‎ 方法二（排除法）先从6个农业种植项目和7个农闲时间的务工项目中选取2个农业种植项目和4个农闲时间的务工项目，此时不同的选取方法有（种）；‎ 若农业种植项目甲与农闲时间的务工项目乙都选，则不同的选取方法为（种）．‎ 所以农业种植项目甲与农闲时间的务工项目乙不同时被选取的方法有（种）．‎ ‎15． 【解析】由，，得，所以 ，．由正弦定理，可得 ．在中，由余弦定理，得，即，解得或（舍去），所以．‎ ‎16． 【解析】方程没有实数解，即方程没有实数解，‎ 令，则．‎ ‎①当时，，此时无零点；‎ ‎②当时，显然单调递减，又，且，此时有零点；‎ ‎③当时，令，可得，‎ 所以当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增，‎ 所以当时，函数取得最小值，为，‎ 令，解得，‎ 此时函数没有零点，即方程没有实数解.‎ 综上，实数的取值范围为.‎ ‎17．（12分）‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ ‎【解析】（1）∵对于任意，都有成立，‎ ‎∴令，得，即，（3分）‎ ‎∴数列是首项和公比都为的等比数列，‎ 于是，．（6分）‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎∴，（9分）‎ ‎∴．‎ 又易知函数在上是增函数，且，而，所以．（12分）‎ ‎18．（12分）‎ ‎【解析】（1）因为平面平面，平面平面，且，‎ 所以平面，故．（2分）‎ 在中，，，‎ 所以，故．（4分）‎ 又，所以平面，‎ 又平面，所以．（6分）‎ ‎（2）由（1）可知，平面，‎ 所以为与平面所成的角，‎ 由已知可得，故，所以．（7分）‎ 又，如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，．‎ 所以，，．（8分）‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ 设平面的法向量为，‎ 则由，可得，即．‎ 令，则．所以是平面的一个法向量．（9分）‎ 设平面的法向量为，‎ 则由，可得，即．‎ 令，所以是平面的一个法向量．（10分）‎ 所以．‎ 设二面角的平面角为，由图可得，‎ 所以，所以二面角的平面角为．（12分）‎ ‎19．（12分）‎ ‎【解析】（1）由，得，即．‎ 又因为点在椭圆上，‎ 所以，解得，‎ 故椭圆的标准方程为．（4分）‎ ‎（2）设、．直线的斜率显然存在，设为，则直线的方程为．‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ 将直线与椭圆的方程联立得：，‎ 消去，整理得，（6分）‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 由根与系数之间的关系可得：，．（8分）‎ ‎∵点关于轴的对称点为，则．‎ ‎∴直线的斜率，‎ 直线的方程为：，（9分）‎ 即 ‎．‎ ‎∴直线过轴上的定点．（12分）‎ ‎20．（12分）‎ ‎【解析】（1）当时，，则．‎ ‎∵，令，得．（2分）‎ ‎∴时，，单调递减；时，，单调递增．‎ 又∵，‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ ‎∴时，的最大值为，最小值为．（5分）‎ ‎（2）设，则，‎ ‎．‎ ‎，恒成立，等价于当时，恒成立，（7分）‎ 当时，在上，，函数单调递减，在上，，函数单调递增，‎ 又，不合题意；‎ 当时，，在上单调递增，‎ 又，不合题意；（9分）‎ 当时，，在上单调递减，‎ ‎∴当时，恒成立，‎ ‎∴．（11分）‎ 综上所述，a的取值范围为．（12分）‎ ‎21．（12分）‎ ‎【解析】（1）由题意，‎ ‎．（2分）‎ 样本方差，故，所以，‎ 所以该企业生产的产品为正品的概率 ‎．（5分）‎ ‎（2）①从件正品中任选两个，有种选法，其中等级相同有种选法，‎ ‎∴某箱产品抽检被记为B的概率为．（7分）‎ ‎②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为，则5箱产品恰有3箱被记为B的概率，‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ 所以，（9分）‎ 所以当时，，函数单调递增；‎ 当时，，函数单调递减．‎ 所以当时，取得最大值，最大值为．（10分）‎ 由，解得．‎ ‎∴时，5箱产品恰有3箱被记为B的概率最大，最大值为．（12分）‎ ‎22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）‎ ‎【解析】（1）由，可得，得，‎ 所以曲线的普通方程为，（3分）‎ 将代入，可得曲线的直角坐标方程为．（5分）‎ ‎（2）由（1）得直线的方程为，故直线恒过点．‎ 曲线的圆心为，半径，‎ 因为，所以点在圆内，所以圆与直线恒相交．（8分）‎ 所以的最小值为，的最大值为．（10分）‎ ‎23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）‎ ‎【解析】（1）当时，，不等式可化为．（1分）‎ ‎①当时，不等式可化为，即，无解；‎ ‎②当时，不等式可化为，即，解得；（3分）‎ ‎③当时，不等式可化为，即，解得，‎ 综上，可得，故不等式的解集为．（5分）‎ ‎（2）当时，不等式，即，整理得，‎ 即，即，因为，所以分离参数可得．（8分）‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎ 显然函数在上单调递减，所以，‎ 而函数，当且仅当，即时取等号，‎ 所以实数的取值范围为．（10分）‎ 理科数学 全解全析 第10页（共10页）‎