2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅰ卷（三）数学（理）试题（解析版）

2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅰ卷（三）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据指数函数单调性，求出，得出，求出集合，根据交集的计算即可得出答案.

【详解】

解：由题可知，，

，

，

所以.

故选：D.

【点睛】

本题考查集合的交集和补集运算，属于基础题.

2．已知是虚数单位，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据复数除法的运算法则求出，再由模长公式，求出即可.

【详解】

，

.

故选:B.

【点睛】

本题考查复数的代数运算和模长，属于基础题.

3．设是等差数列的前项和，且，，则（    ）

A．2017 B．2019 C．4036 D．4038

【答案】C

【解析】设等差数列公差为，可得，结合，建立方程组，求解得到通项公式，即可求出结论.

【详解】

由，得，所以，

又，所以，，

所以，

所以.

故选:C.

【点睛】

本题考查等差数列通项的基本量计算，属于基础题.

4．如图，长方形内部的阴影部分为六个全等的小正三角形顶点连接组成的图形，在长方形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设小三角形的边长为，每个小三角形的面积为，六个小三角形的面积之和为，又长方形的宽为，长为，即可求得答案.

【详解】

设小三角形的边长为，每个小三角形的面积为，六个小三角形的面积之和为，

又长方形的宽为，长为，

长方形的面积为，

故此点取自阴影部分的概率是：.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了几何型概率问题，解题关键是掌握概率计算公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

5．已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，点，分别在双曲线的两条渐近线上，轴，，四边形为梯形，则双曲线离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】求出的坐标，然后求解的坐标，利用向量的数量积转化求解双曲线的离心率即可.

【详解】

解：设，所以，直线的方程为，

直线的方程为，解得，

，又直线的方程为，

则，，又因为，

所以，，

，.

故选：A.

【点睛】

本题考查双曲线的离心率，结合向量知识，属于基础题.

6．如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由几何体的三视图，可看出几何体为一个半球挖去个正四棱锥后剩余的几何体，根据棱锥和球的体积公式求出几何体的体积.

【详解】

解：根据三视图，此几何体为一个半球挖去个正四棱锥后剩余的几何体，

正四棱锥的底面边长为，高为1，

所以四棱锥的体积为，半球的体积为，

故该几何体的体积为.

故选：B.

【点睛】

本题考查由三视图还原几何体，以及运用棱锥和球的体积公式，考查想象能力和计算能力.

7．函数的图象大致为(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】判断函数的奇偶性，结合具体函数值，进行排除即可.

【详解】

易知定义域为，

，

为偶函数，关于轴对称，

排除C，

又，排除A和D.

故选：B.

【点睛】

本题考查了函数图象的识别和判断，考查了函数的奇偶性，属于基础题.

8．已知，，设，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】由已知，，可得，且a＞1＞b＞0，不难判断x，y，z的大小关系，再根据对数运算法则及对数函数性质可得大小关系.

【详解】

∵a＞b＞0，，

∴可得，且a＞1＞b＞0，

∴，

，

，

又，

，单调递增，

，

∴，

∴，

∵，，，

根据对数函数性质可得，

∴．

故选B．

【点睛】

本题考查对数函数的性质及运算定律，涉及基本不等式和不等式性质的应用，属于综合题.

9．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为(    )

A．31 B．39 C．47 D．60

【答案】D

【解析】根据循环程序框图，循环计算到时，输出，即可得出答案.

【详解】

解：根据题意，，；，；

，；，；

，；，；

，；

，；

，；

，；

，，

故输出的结果为.

故选：D.

【点睛】

本题考查程序框图的循环计算，考查计算能力.

10．已知圆与抛物线相交于两点，且，若抛物线上存在关于直线对称的相异两点和，则线段的中点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据圆与抛物线的对称性求出点坐标，代入抛物线方程，求出，设点，代入抛物线方程作差，得到斜率与关系，即可求解.

【详解】

因为关于轴对称，所以纵坐标为，

横坐标为1，代入，

可得.设点，.

则则，

，又关于直线对称.

，即，，

又的中点一定在直线上，.

线段的中点坐标为.

故选:A.

【点睛】

本题考查抛物线标准方程、直线与抛物线位置关系，注意相交弦中点问题“点差法”的应用，属于中档题.

11．已知三棱柱内接于一个半径为的球，四边形与均为正方形，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．

【详解】

直三棱柱ABC−A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点，

如图：BC的中点为O，连结ON，

MN∥B1C1=OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，

∵分别是，的中点，，

可得A1C1⊥B1C1，

四边形与均为正方形，可得BC=CA=CC1，

∵三棱柱内接于一个半径为的球，

设BC=CA=CC1=a,

三棱柱外接球可看作棱长为a的正方体外接球，

∴，解得a=2，

∴BC=CA=CC1=2,

CO=1,AO=,AN=,，

在△ANO中,由余弦定理可得：

,

故选：B.

【点睛】

本题考查异面直线及其所成的角，涉及几何体外接球及空间位置关系等知识点，根据外接球半径解出三棱柱棱长是关键点，也是本题难点，属于较难题.

12．设函数在区间上单调，且，当时，取到最大值，若将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍得到函数的图象，则函数零点的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由已知可得，由得出对称中心及对称轴，得出，再得出的解析式，再有变换得出，再分别画出与图象，得出结论.

【详解】

解：设，

，即，

又，

为的一条对称轴，

且，则为的一个对称中心，

由于，所以与为同一周期里相邻的对称轴和对称中心，

则，．

又，且，

解之得，．

故，由图象变换可得，．

因为在处的切线斜率为，在处切线斜率不存在，即切线方程为．

所以右侧图象较缓,如图所示，

同时时，，

所以的零点有个．

故选：D.

【点睛】

本题主要考查正弦型函数的图象和性质及零点，转化为两个函数的图象的交点，属于难题.

二、填空题

13．已知向量，，且，则向量在方向上的投影为______.

【答案】或

【解析】由向量垂直的坐标关系，求出，再由向量的投影公式，即可求解.

【详解】

根据题意，，，

，或，

所以向量在方向上的投影为或.

故答案为:或.

【点睛】

本题考查向量的坐标运算、向量的投影，考查计算求解能力，属于基础题.

14．已知的展开式中含项的系数为，则实数______.

【答案】2

【解析】求出二项展开式通项公式，得到项的系数，建立的方程，求解即可.

【详解】

，

所以由，

得系数为，.

故答案为:2.

【点睛】

本题考查二项展开式定理通项公式，熟记公式是解题关键，属于基础题.

15．已知等比数列的前项和为，且，若，，则满足的最大正整数的值为______.

【答案】12

【解析】根据已知求出通项公式，进而求出，得到不等式，等价转化为，即，求解即可得出结论.

【详解】

根据题意，，，，所以，

记，

，

由题意，即，

，

，因此只需，

，，

由于为整数，因此最大为的整数部分，即为12.

故答案为:12.

【点睛】

本题考查等比数列的通项、前项和、求解不等式，合理放缩是解题的关键也是难点，属于中档题.

16．某饮料厂生产，两种饮料.生产桶饮料，需该特产原料公斤，需时间小时；生产桶饮料，需该特产原料公斤，需时间小时，每天饮料的产量不超过饮料产量的倍，每天生产两种饮料所需该特产原料的总量至多公斤，每天生产饮料的时间不低于生产饮料的时间，每桶饮料的利润是每桶饮料利润的倍，若该饮料厂每天生产饮料桶，饮料桶时利润最大，则_________.

【答案】

【解析】设每天，两种饮料的生产数量分别为桶，桶，则有，画出可行域，结合已知，即可求得答案.

【详解】

设每天，两种饮料的生产数量分别为桶，桶，则有

则其表示的可行域如图中阴影部分所示，

设B饮料每桶利润为1，则目标函数为，则，表示直线在轴上的截距，

，只取整数，

当直线经过点即，时，取得最大值，

故.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了线性规划问题，关键是根据所给的约束条件准确地画岀可行域和目标函数．在平面区域中，求线性目标函数的最优解，要注意分析线性目标函数所表示的几何意义，从而确定目标函数在何处取得最优解．

三、解答题

17．在中，，为上一点，且，.

（Ⅰ）若，为钝角，求的长；

（Ⅱ）若，求的周长.

【答案】（Ⅰ）4（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）在中，根据正弦定理，结合范围，求出，即可求出结论；

（Ⅱ）由已知可得，由结合面积公式，求出，设，分别在中，用余弦定理表示，再由互补，建立的方程，求解即可.

【详解】

（Ⅰ）在中，由正弦定理得，

，解得，

则，，所以，

所以.

（Ⅱ）由，得，

所以，

因为，，所以，设

由余弦定理得；，

；

，

可得，所以，

故的周长为.

【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.

18．已知某快递公司收取快递费的标准是：重量不超过的包裹收费元；重量超过的包裹，在收费元的基础上，每超过（不足，按计算）需再收元．该快递公司承揽了一个工艺品厂家的全部玻璃工艺品包裹的邮寄事宜，该厂家随机统计了件这种包裹的两个统计数表如下：

表

表

估计该快递公司对每件包裹收取快递费的平均值；

将包裹重量落入各组的频率视为概率，该工艺品厂家承担全部运费，每个包裹只有一件产品，如果客户收到有损坏品的包裹，该快递公司每件按其出厂价的赔偿给厂家．现该厂准备给客户邮寄重量在区间和内的工艺品各件，求该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望．

【答案】元；见解析，.

【解析】由统计表估计该快递公司对每件包裹收取的快递费的平均值；

重量在的产品数为，其损坏率为，重量在的产品数为，其损坏率为，设重量在的这件产品的利润记为，重量在的这件产品的利润记为，，，，，分别求出相应的概率，由此能求出该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望．

【详解】

解：根据题意，设公司对每件包裹收取的快递费的平均值为，

（元）．

重量在的产品数为，其损坏率为．

重量在的产品数为，其损坏率为，

设重量在的这件产品的利润记为，

则，，

设重量在的这件产品的利润记为，

则，，

所以，，，，

则，，

，

所以其分布列为：

根据题意，．

【点睛】

本题考查平均数、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，属于中档题.

19．如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，为三棱锥外一点，且为等边三角形．

证明：；

若平面平面，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的长．

【答案】证明见解析；.

【解析】取的中点，连接，，证明平面，可得到结论；

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用夹角公式求出二面角的余弦值，得出结论.

【详解】

解：取的中点，连接，，

因为是等边三角形，所以，

又因为，所以，

因为，所以平面，

因为平面，故．

因为平面平面，

平面平面，

所以平面，

且，，

故以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

取的中点，连接，，

同理可证平面，，，

设，

则，，，，

所以，，

设平面的一个法向量为，

则，

，

令，则．

因为平面的一个法向量为，

所以，

所以，，

所以或．

因为为三棱锥外一点，

所以，

所以．

【点睛】

本题考查线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理，考查向量法求二面角的余弦值，属于中档题.

20．已知椭圆的一个短轴端点为，过椭圆的一个长轴端点作圆的两条切线，且切线互相垂直.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点分别作出直线交椭圆于两点，设这两条直线的斜率分别为，且，求圆上一点到直线所过定点的最小距离.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）根据椭圆的对称性可得，再由，即可求出椭圆的方程；

（Ⅱ）当直线斜率存在时，设直线方程为，与椭圆方程联立，得到坐标关系，将用坐标表示，化简得出关系，求出直线过定点，当直线斜率不存在时，求出其方程也过同一定点，即可求出结论.

【详解】

（Ⅰ）根据题意，，

又过椭圆的一个长轴端点所作的圆的两条切线互相垂直，

所以，

所以，故椭圆的方程为.

（Ⅱ）①当直线斜率存在时，设直线方程为，

，，

代入椭圆的方程得，

所以，，

故，，

所以

所以，

将代入得：，

所以直线必过.

②当直线斜率不存在时，，，

，

解得，则直线也过点.

故，

从而点到点的最小距离为.

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，相交弦问题注意根与系数关系的应用，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题.

21．已知函数的最大值为.

（Ⅰ）求函数的解析式；

（Ⅱ）若方程有两个实根，且，求证：.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析

【解析】（Ⅰ）求导求出，对分类讨论，求出极大值，最大值，建立的方程关系，求解即可；

（Ⅱ）代入方程，整理得到，进而有，，令，，转化为证明，构造函数，根据函数单调性证明即可.

【详解】

（Ⅰ）的定义域为，，

当时，，

即函在上单调递增，无最大值.

当时，令，可得，

当时，；

当时，，

故函数在上单调递增，在上单调递减.

所以，

所以，.

故.

（Ⅱ）设,

因为是函数的两个零点，

所以，.

两式相减，可得，

即，故.

那么，.

令，其中，

则.

构造函数，则.

对于，恒成立，故，

所以，即，

因为，可知，

故.

【点睛】

本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、不等式的证明，构造函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的极坐标分别为，且的顶点都在圆上，将圆向右平移3个单位长度后，得到曲线.

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）设，曲线与相交于两点，求的值.

【答案】（1）（2）11

【解析】（1）直接利用转换关系，把极坐标转化为直角坐标，再进一步求解即可，进行转换；

（2）由（1）联立曲线与，利用一元二次方程根和系数的关系即可求出结果．

【详解】

（1）由可得点的直角坐标系为，

点的直角坐标系为，

点的直角坐标系为.

设圆的直角坐标系方程为，

代入可得，

.

圆的直角坐标方程为.

故曲线的直角坐标方程为：.

（2）由（1）联立曲线，可得，

整理可得，，

，

.

【点睛】

本题主要考查参数方程、极坐标方程，直线与圆的位置关系等知识，考查转化能力和运算求解能力，属于中档题．

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若，对，不等式恒成立，求的最小值.

【答案】（1）或.（2）4

【解析】（1）由题意可得，利用零点分段法进行分区间讨论，脱去绝对值符号解不等式，再求并集即可；

（2）由题意可得，利用基本不等式，从而求得mn的最小值．

【详解】

（1）原不等式可化为，

①当时，

原不等式可化为，

解得，

；

②当时，

原不等式可化为，

解得，

；

③当时，

原不等式可化为，

解得，

；

综上，不等式的解集为或.

（2），

.

由恒成立可知，

不等式恒成立.

，

，

，当且仅当时等号成立.

故的最小值4.

【点睛】

本题考查绝对值三角不等式及基本不等式的应用，绝对值不等式的解法通常零点分段法脱去绝对值分区间解不等式即可，基本不等式的应用需注意取等条件不要遗漏，属于中等题.