2020届高考数学（理）百校联考百日冲刺金卷全国Ⅰ卷试题（解析版）

2020 届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅰ卷·理数（二） 第Ⅰ卷 一、选择题 1.已知集合 且 ，则 非空真子集的个数为( ) A. 30 B. 31 C. 62 D. 63 【答案】A 【解析】 【分析】 先化简集合 A，再根据非空真子集的个数与集合 A 的元素个数间的关系求解. 【详解】因为集合 且 ， 所以 的非空真子集的个数为 . 故选：A 【点睛】本题主要考查集合的基本关系，属于基础题. 2.复数 满足 ，则 （ ） A. 2 B. 4 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算求出复数 z，再求出模长|z|． 【详解】 ，故 . 故选：C. 【点睛】本题考查了复数的乘除运算与模长计算问题，是基础题． 3.已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 的{ | 6A x x= < }*Nx∈ A { | 6A x x= < } { }*N 1,2,3,4,5x∈ = A 52 2 30− = z ( )1 1 3z i i⋅ + = + z = 5 ( )( )1 3 11 3 21 2 i iiz ii + −+= = = ++ 5z = 3 1sin 2 3 π α + =   cosα = 1 3 1 3 − 2 2 3 2 2 3 −【答案】B 【解析】 【分析】 直接由诱导公式计算即可. 【详解】由诱导公式可得： ，故 . 故选：B. 【点睛】本题考查了诱导公式 简单应用，属于基础题. 4.李冶，真定栾城（今河北省石家庄市栾城区）人.金元时期的数学家.与杨辉、秦九韶、朱世杰并称为“宋 元数学四大家”.在数学上的主要贡献是天元术（设未知数并列方程的方法），用以研究直角三角形内切圆 和旁切圆的性质.李治所著《测圆海镜》中有一道题：甲乙同立于乾隅，乙向东行不知步数而立，甲向南直 行，多于乙步，望见乙复就东北斜行，与乙相会，二人共行一千六百步，又云南行不及斜行八十步，问通 弦几何.翻译过来是：甲乙两人同在直角顶点 处，乙向东行走到 处，甲向南行走到 处，甲看到乙，便 从 走到 处，甲乙二人共行走 1600 步， 比 长 80 步，若按如图所示的程序框图执行求 ，则 判断框中应填入的条件为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 的 3sin 2 π α +   1cos 3 α= − = 1cos 3 α = − C B A A B AB AC AB 2 2 2 ?x z y+ = 2 2 2 ?x y z+ = 2 2 2 ?y z x+ = ?x y=根 据 题 意 得 ， 则 ， 所 以 ，再根据 为直角三角形 求解. 【详解】由题意得， 则 ， 所以 ， 符合程序框图所示: 又 为直角三角形，且 ， 所以 . 故选：A 【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 5.甲、乙两位选手进行乒乓球比赛，5 局 3 胜制，每局甲赢的概率是 ，乙赢的概率是 ，则甲以 获胜 的概率是( ) A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，可知 5 局 3 胜制，甲以 获胜，则第 4 局甲胜，且前 3 局甲胜 2 局，根据二项分布即可求出 概率. 【详解】解：由题可知，5 局 3 胜制，甲以 获胜， 则第 4 局甲胜，且前 3 局甲胜 2 局， 故所求概率为 . 故选：A. 【点睛】本题考查独立重复试验求概率以及二项分布的实际应用，属于基础题. 6.双曲线 ： 的渐近线与圆 ： 相切，则双曲线 的渐近线方 程为( ) . , , ,AC x AB y BC z= = = 1600, 80x y z y x+ + = = + 1520 2z x= − ABC 90C = ∠ , , ,AC x AB y BC z= = = 1000, 80x y z y x+ + = = + 1520 2z x= − ABC 90C = ∠ 2 2 2x z y+ = 2 3 1 3 3:1 8 27 16 27 16 81 32 81 3:1 3:1 2 2 3 2 2 1 8 3 3 3 27P C  = ⋅ ⋅ =   1C ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > 2C ( )2 22 1x y− + = 1CA. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 双曲线 的一条渐近线方程为 ，根据渐近线与圆 ： 相切，则有 求解. 【详解】双曲线 的一条渐近线方程为 ， 圆心 到渐近线的距离为 1， 即 ，得 即 . 所以双曲线 的渐近线方程为： 故选;D 【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质和直线与圆的位置关系，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 7.已知向量 、 满足 ， ， ，则 与 夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据| | | |，两边平方，根据| |，| |，得出向量的数量积，再根据夹角公式求解． 【详解】由已知，（ ）2＝3（ ）2，即 4 2+4 • 2＝3（4 2﹣4 • 2）． 因为| |＝1，| |＝2，则 2 2＝4， 所以 8+4 • 3（8﹣4 • ）， 1 2y x= ± 1 3y x= ± 2 2y x= ± 3 3y x= ± 1C 0bx ay− = 2C ( )2 22 1x y− + = 2 2 2 1= + b a b 1C 0bx ay− = ( )2,0 2 2 2 1= + b a b 2 23a b= 3 3 b a = 1C 3 3y x= ± a b 1a = 2b = 2 3 2a b a b+ = −   a b 45° 60° 90° 120° 2a b+  3= 2a b−  a b 2a b+  2a b−  a a b b + a a b b + a b a 1 b= ， a b = a b即 • ． 设向量 与 的夹角为 θ， 则| |•| |cosθ ， 即 cosθ ， 故 θ＝60°． 故选：B. 【点睛】本题考查了向量夹角的求法，考查了数量积的运算法则及模的求解方法，属于基础题 8.已知函数 的图象在 上有且仅有两条对称轴，则 的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据正弦函数的对称轴，令 ， ，则 ， . 再根据 的图象在 上有且仅有两条对称轴，令 求解. 【详解】令 ， ， 则 ， . 因为 的图象在 上有且仅有两条对称轴， a 1b = a b a b 1= 1 2 = ( ) ( )sin 06f x x πω ω = + >   ( )0,π ω 31, 2     4 3,3 2      4 7,3 3      71, 3      6 2x k π πω π+ = + k Z∈ 3 k x π π ω + = k Z∈ ( ) sin 6f x x πω = +   ( )0,π ( ) ( ) ( ) 13 0, 3 0, 13 , 23 , k k k k π π ω π π ω π π πω π π πω  + − ≤   + >  + +   + +    > +   ≤ +  4 7,3 3 ω  ∈   1 20 x x m< < < 2 1 1 2 x xx x< m e 1 e e 2 1 1 2 x xx x< 1 2 1 2 ln lnx x x x < ( ) ln xf x x = ( )0,m 1 20 x x m< < < 2 1 1 2 x xx x< 2 1 1 2ln lnx x x x< 1 2 1 2 ln lnx x x x < ( ) ln xf x x = ( )0,m ( ) 2 1 ln 0 0xf x x ex −′ = ≥ ⇒ < ≤ m e10.已知 ，其中 ，则 ( ) A. 182 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由 题 可 知 ， 令 ， 得 ： ， 根 据 导 数 的 运 算 公 式 ， 得 ，令 和 ，即可求出答案. 【详解】解：根据题意， ， 令 ，得： ， 由于 ， 即 ， ， 令 ，解得 ， 而 ，令 ，得 . 故选：B. 【点睛】本题考查二项式定理的展开式以及导数的应用，考查转化能力和计算能力. 11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为（ ） ( ) 0 11 2 n n nx a a x a x+ = + +⋅⋅⋅+ 0 1 243na a a+ +⋅⋅⋅+ = 0 1 2 1 2 3 1 na aa a n + + +⋅⋅⋅+ =+ 182 3 91 3 182 9 1x = 3 243 5n n= ⇒ = ( ) ( ) ( )6 6 62 5 51 0 1 2 1 21 1 22 6 12 2 6 x x a xa xx a x ′ ′ ′   + +  ⋅ = + = = + +⋅⋅⋅+              0x = 1x = 0 1 243na a a+ +⋅⋅⋅+ = 1x = 3 243 5n n= ⇒ = ( )61 21 2 6 x ′ +⋅     ( )51 2x= + ( ) 62 5 51 0 1 5 0 2 6 a xa xa a x a x a x ′′   ′= + +⋅⋅⋅+ = + +⋅⋅⋅+       ( )6 62 51 0 1 2 12 2 6 x a xa xa x ′ ′ +  = + +⋅⋅⋅+        ( )6 62 51 0 1 2 12 2 6 x a xa xa x C +∴ = + +⋅⋅⋅+ + 0x = 1 12C = 5n = 1x = 0 51 2 182 1 2 3 6 3 a aa a+ + +⋅⋅⋅+ =A. B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图知该几何体是一个三棱锥，在正方体中还原几何体，结合图中数据及勾股定理求出各条棱长即 可得出结论． 【详解】根据三视图知，该几何体是一个三棱锥， 画出图形如图所示： 正方体的棱长为 2，A、C 为所在棱的中点， 则 CD=1，BC=AD= ，BD=BE=CF= ， 结合图形可得, △AEB，△AFC，△AFD 为直角三角形， 由勾股定理得 AB ，AC= ， 最长的棱为 AB= ， 故选：C. 2 3 2 2 6 5 2 2 2 2= 8 1 3BE AE+ = + = 2 2 = 5+1= 6CF AF+ 3【点睛】本题由三视图求几何体棱长，需先还原几何体，棱锥还原通常借助正方体或者长方体，可以看成 由长方体(或正方体)切割而截成的，属于中等题. 12.已知函数 ，若 ， ，使得 ，则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意， 表示两点 ， 距离的平方，画出图象，可知 ， ，则 ，分类讨论 ，结合条件即可求出 的取值范围. 【详解】解：令 ， 则 为两点 ， 距离的平方， 画出 与 的图象. 设 ， ，两函数图象在 ， 处的切线斜率都为 1， ， 当 时，可知 为 最小值.即 ， 解得 ， 当 时，显然成立， 故 . 故选：A. ( ) ( )lnf x x a= − 1x∃ ( )2 ,x a∈ +∞ ( ) ( )2 2 1 2 2 1 4x f x x f x− + − =       a ( , 2 1−∞ −  2, 2  −∞   ( , 2−∞  ( ],2−∞ ( ) ( )2 2 1 2 2 1x f x x f x− + −       ( )( )1 1,x f x ( ), tt e a+ ( )1 ,0A a+ ( )0,1B a+ 1ABk = − a a ( )2t f x= ( ) ( ) ( )2 2 1 2 1 2 2 1,S x x x f x x f x= − + −       ( )( )1 1,x f x ( ), tt e a+ ( ) ( )ln x ay f x == − xy e a= + ( )1 ,0A a+ ( )0,1B a+ A B 1ABk = − 1a > − 2AB ( )1 2,S x x ( ) 2 4 2 1a ≥ +  1 2 1a− < ≤ − 1a ≤ − 2 1a ≤ −【点睛】本题考查指对数函数的应用，涉及切线斜率和两点间距离，考查转化和分析能力. 第Ⅱ卷 二、填空题 13.已知 是偶函数，则 的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，利用复合函数的奇偶性，得出 为奇函数， ，利用函 数的单调性解不等式，即可求出 的解集. 【详解】解：由题知， 是偶函数， 故 为奇函数， ， 对 ， 即 在 上为增函数， ， 即 的解集为： . 故答案为： . 【点睛】本题考查复合函数的奇偶性和利用单调性解不等式，考查计算求解能力. 14.已知 ， 满足线性约束条件 目标函数 的最大值为 2，则实数 的取值范围 是______. 【答案】 【解析】 【分析】 ( ) ( )2lgf x x x a x= + + ( ) ( )2 1f x f x− ≤ 1 ,13      ( ) ( )2lgg x x a x= + + ( )0 0 1g a= ⇒ = ( ) ( )2 1f x f x− ≤ ( )f x ( ) ( )2lgg x x a x= + + ( )0 0 1g a= ⇒ = ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 20 0 0x x g x g x x g x x g x< < ⇒ < < ⇒ < < ( )f x ( )0, ∞+ ( ) ( ) ( )2 2 12 1 2 1 2 1 13f x f x x x x x x∴ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ( ) ( )2 1f x f x− ≤ 1 ,13      1 ,13      x y 2 0 2 2 0 x y x kx y + − ≥  ≤  − + ≥ 2z x y= − + k ( ]1,2−根据 ， 满足线性约束条件 ，且直线 过定点 ，将目标函数化为 ，平移直线 ，根据 时，最优解在直线 上，而 在可行域内，且 满足 结合图形求解. 【详解】 ， 满足线性约束条件 ，直线 ，过定点 目标函数化为 ，平移直线 ，在 y 轴上截距最大时，目标函数值最大， 当 时，可知：最优解在直线 上， 而 在可行域内，且满足 . 所以最大值点为 如图所示： 所以实数 的取值范围是 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查线性规划的应用，还考查了数形结合的方法，属于中档题. 15.已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为 ， ，过 的直线交椭圆 于 ， 两点，且 .圆 与 的延长线， 的延长线，直线 都相切，则圆 的半径为______. x y 2 0 2 2 0 x y x kx y + − ≥  ≤  − + ≥ 2 0kx y− + = ( )0,2 2y x z= + 2y x= 2z = 2 2 0x y− + = ( )0,2 2 2 0x y− + = x y 2 0 2 2 0 x y x kx y + − ≥  ≤  − + ≥ 2 0kx y− + = ( )0,2 2y x z= + 2y x= 2z = 2 2 0x y− + = ( )0,2 2 2 0x y− + = ( )0,2 k ( ]1,2− ( ]1,2− C 2 2 12 x y+ = 1F 2F 2F C A B 1 90AF B∠ = ° M 1F A 1F B AB M【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，设 分别与直线 ， 延长线， 延长线切于 ， ， ，得出四边形 是正 方形，利用椭圆的定义，列式转化即可求出圆 的半径. 【详解】解：由题知，设 分别与直线 ， 延长线， 延长线切于 ， ， ， 则四边形 是正方形， 而 ， ， 故 ， 所以 . 故答案为： . 【点睛】本题考查圆的半径和椭圆的定义的应用，以及圆的切线，考查转化思想和计算能力. 16.四边形 中， ， ， ， ，则四边形 面积最大值为______. 2 2 M AB 1F A 1F B P Q R 1F RMQ M M AB 1F A 1F B P Q R 1F RMQ 1 1F R F B BP= + 1 1FQ F A AP= + 1 1 1 1 4 4 2F R FQ F A F B AB a+ = + + = = 1 2 2MF R r= = 2 2 ABCD 5AB = 6BC = 7CD = 8DA = ABCD【答案】 【解析】 【分析】 在△CBD，△ABD 中，由余弦定理可得 再由三角形面积公式，可得 ，结合同角基本关系可得 ，利用余弦定理的有界性求得最值． 【详解】 中， ，① 中， ，② 由①②得： ， , 两式平方相加得： ， ∴ ， ∴ 最大值为 . 故答案为： 【点睛】本题考查余弦定理、三角形面积公式的应用，考查运算能力与逻辑推理能力，属于中档题． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.已知数列 满足： . （1）求数列 的通项公式； （2）求证： . 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）根据已知利用递推关系式推出 ，化为 ，令 ，则 ， 4 105 21cos 20cos 1C A− = − 21sin 20sin ABCDC A S+ = ( )2 2 221 20 840cos 1 ABCDA C S+ − + = + ABD∆ 2 2 25 8 2 5 8cosBD A= + − × × CBD∆ 2 2 26 7 2 6 7cosBD C= + − × × 21cos 20cos 1(*)C A− = − 1 15 8sin 6 7sin2 2ABCDS A C= × × + × × 21sin 20sin (**)ABCDC A S⇒ + = (*) (**) ( )2 2 221 20 840cos 1 ABCDA C S+ − + = + 2 2 21 21 20 840 1681ABCDS+ + + =≤ ABCDS 1680 4 105= 4 105 { }na 1 1 2 2 3 1 11, ( 1)( 2)3n na a a a a a a n n n+= + + + = + + { }na 1 2 2 3 1 1 1 1 1 n na a a a a a + + + + ⇒ − < 2 , 23       0S ′ < 2 3t = S 128 2 27 A A x x ( )7 14 18a a≤ ≤ a 56 a− 16a = A y x *Nx ∈ ( )*30 , 16 N480, 16 x xy xx 1 2 1 2 1 2 0 t t t t  + =  < ( )h x讨论思想进行分析解决，属于难题. 请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方 框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题 的首题进行评分. 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，椭圆 的极坐标方程为 . （Ⅰ）当 时，把直线 的参数方程化为普通方程，把椭圆 的极坐标方程化为直角坐标方程； （Ⅱ）直线 交椭圆 于 ， 两点，且 ， 中点为 ，求直线 的斜率. 【答案】（Ⅰ） ， ；（Ⅱ） . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据直线 的参数方程为 ，且 ，消去 t 即可直线的的普通方程.根据椭圆 的极 坐标方程 ，变形为 ，再利用 求解. （Ⅱ）将直线 的参数方程代入椭圆 的直角坐标方程整理得 ，利用 ， 中点为 ，且直线过 ，利用参 数的几何意义求解. 【详解】（Ⅰ）因为直线 的参数方程为 ，且 ， 所以 ， 消去 t 得 ， 2B xOy l 2 cos 1 sin x t y t ϕ ϕ = +  = + t x C 2 2 2 48 3cos 4sin ρ θ θ= + 3 πϕ = l C l C A B A B ( )2,1M l 3 1 2 3 0x y− + − = 2 2 116 12 x y+ = 3 2 − l 2 cos 1 sin x t y t ϕ ϕ = +  = + 3 πϕ = C 2 2 2 48 3cos 4sin ρ θ θ= + 2 2 2 23 cos 4 sin 48ρ θ ρ θ+ = cos , sinx yρ θ ρ θ= = l C ( ) ( )2 23 sin 12cos 8sin 32 0t tϕ ϕ ϕ+ + + − = A B ( )2,1M ( )2,1M l 2 cos 1 sin x t y t ϕ ϕ = +  = + 3 πϕ = 12 2 31 2 x t y t  = +  = + 3 1 2 3 0x y− + − =所以直线 的普通方程为： ； 因为椭圆 的极坐标方程为 . 所以 ， ， 椭圆 的直角坐标方程为： . （Ⅱ）将直线 的参数方程代入椭圆 的直角坐标方程整理得： ， 因为 ， 中点为 所以 ， 故 ， 所以直线 的斜率为 . 【点睛】本题主要考查参数方程，极坐标方程，直角坐标方程的转化以及直线与曲线的位置关系，还考查 了运算求解的能力，属于中档题. 选修 4-5：不等式选讲 23.已知函数 . （Ⅰ）若 恒成立，求实数 的取值范围； （Ⅱ） 解集为 ，求 和 . 【答案】（Ⅰ） 或 ；（Ⅱ）， ， . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据绝对值三角不等式，由 ，求得 最小值，再由 求解. （Ⅱ）不等式的解集与相应方程根的关系，当 时， ，即 ，解得： 或 4.，再 的 l 3 1 2 3 0x y− + − = C 2 2 2 48 3cos 4sin ρ θ θ= + 2 2 2 23 cos 4 sin 48ρ θ ρ θ+ = 2 23 4 48x y+ = C 2 2 116 12 x y+ = l C ( ) ( )2 23 sin 12cos 8sin 32 0t tϕ ϕ ϕ+ + + − = A B ( )2,1M 1 2 0t t+ = 312cos 8sin 0 tan 2kϕ ϕ ϕ+ = ⇒ = = − l 3 2 − ( ) 2f x x a x= − + − ( ) 3f x ≥ a ( )f x x≤ [ ]2,m a m 5a ≥ 1a ≤ − 4a = 6m = ( ) ( )2 2 2x a x x a x a− + − ≥ − − − = − ( )f x 2 3a − ≥ 2x = ( )2 2f = 2 2a− = 0a =分类求解. 【详解】（Ⅰ）因为 ， 当且仅当 时取等， 故 最小值为 ， 或 . （Ⅱ）由不等式解集的意义可知： 时， ，即 ，解得： 或 4. 时，如图所示： 不合题意舍去. 时，如图所示： 由 与 解得： ， 即 ， 综上， ， . 【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式和不等式的解集与相应方程根的关系，还考查了数形结合的思想 和运算求解的能力，属于中档题. ( ) ( )2 2 2x a x x a x a− + − ≥ − − − = − ( )( )2 0x a x− − ≤ ( )f x 2a - 2 3 5a a∴ − ≥ ⇔ ≥ 1a ≤ − 2x = ( )2 2f = 2 2a− = 0a = 0a = 4a = y x= 2 6y x= − 6x = 6m = 4a = 6m =