2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅰ卷数学（理）（二）试题（解析版）

2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅰ卷数学（理）（二）试题

一、单选题

1．已知集合且，则的非空真子集的个数为(    )

A．30 B．31 C．62 D．63

【答案】A

【解析】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】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．

【答案】B

【解析】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的简单应用，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】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】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(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】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】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42+4•2＝3（42﹣4•2）．

因为||＝1，||＝2，则22＝4，

所以8+4•3（8﹣4•），

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】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，

所以则

解得.

故选：C

【点睛】

本题主要考查三角函数的对称性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

9．当时，不等式恒成立，则实数的最大值为(    )

A．1 B． C． D．

【答案】B

【解析】根据题意，对两边取对数，化简得，故在上为增函数，利用导数求出单调增区间，即可得出答案.

【详解】

解：由题意得，当时，不等式恒成立，

两边取对数，得，化简得，

故在上为增函数，

因为，

故的最大值为.

故选：B.

【点睛】

本题考查函数单调性的实际应用，利用导数研究单调性解决恒成立问题，考查转化思想和计算能力.

10．已知，其中，则(    )

A．182 B． C． D．

【答案】B

【解析】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（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】C

【解析】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.

【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】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.

【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.

二、填空题

13．已知是偶函数，则的解集为______.

【答案】

【解析】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】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______.

【答案】

【解析】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______.

【答案】

【解析】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

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】（1）根据已知利用递推关系式推出，化为，令，则，且与相减得：，进一步推出，即可得到{an}的通项公式；

（2）根据（1）求出，然后利用裂项相消法求和，即可证明.

【详解】

（1）由得：

，

两式相减得：.

当时，满足此式，

故对，有，

化为.

令，则，

且与相减得：

，

故，

即，

故为奇数时，.

又，

故，

故为偶数时，，

故.

（2）由（1）可得：

.

【点睛】

本题考查数列的求和，数列递推式，涉及到的知识点有根据数列的和之间的关系类比着往前或往后写一个式子，两式相减得到数列的项之间的关系，构造新的关系式，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于中等题.

18．四棱锥中，，，，.为锐角，平面平面.

（1）证明：平面；

（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）先作于，则由平面平面平面，又在底面中可得，从而可得平面，结合平面.

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，可得所求.

【详解】

（1）作于，

则由平面平面平面，

取中点为，则，

又为锐角，∴、不重合，

平面与平面.

（2）取中点，如图建立空间直角坐标系（其中轴与平行），

则，，，，

由（1）的证明知：平面法向量为，

设平面法向量为，

则，

令，

.

【点睛】

本题考查面面垂直、线面垂直与线线垂直间的相互转化，考查了空间直角坐标系求二面角，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题；

19．已知抛物线上有两点，，过，作抛物线的切线交于点，且.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）斜率为1且过焦点的直线交抛物线于，两点，直线交抛物线于，两点，求四边形面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）根据过，作抛物线的切线交于点，且，设过点的直线方程为，即，代入，得到，根据相切，则由，得，再根据两切线垂直求解.

（Ⅱ）：与联立，利用弦长公式得到.：与，利用弦长公式得到，由平行线之间的距离公式可得：

梯形的高为，然后由梯形的面积公式求解.

【详解】

（Ⅰ）过点作的切线，方程为，即，

代入，

，化为，

.

（Ⅱ）：与联立，得 ，

故.

：与，得：，

且由，

由平行线之间的距离公式可得：

梯形的高为，

故，

令，则.

.

在上，，在上，.

故当时，取最大值为.

【点睛】

本题主要考查直线与抛物线的位置关系和平面几何图形的面积最值问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.

20．某养鸡厂在荒山上散养天然土鸡，城里有7个饭店且每个饭店一年有300天需要这种土鸡，饭店每天需要的数量是14～18之间的一个随机数，去年饭店这300天里每天需要这种土鸡的数量（单位：只）的统计情况如下表：

这300天内（假设这7个饭店对这种土鸡的需求量一样），养鸡厂每天出栏土鸡只，送到城里的这7个饭店，每个饭店只，每只土鸡的成本是40元，以每只70元的价格出售，超出饭店需求量的部分以每只元的价钱处理.

（Ⅰ）若，求养鸡厂当天在饭店得到的利润（单位：元）关于需求量（单位：只，）的函数解析式；

（Ⅱ）以表中记录的各需求量的频率作为各需求量发生时的概率，若养鸡厂计划一天出栏112只或119只土鸡，为了获取最大利润，你认为养鸡厂一天应该出栏112只还是119只？

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）119只.

【解析】（Ⅰ）根据题意，可求出利润关于需求量的函数解析式：，即可求出当时，关于的解析式；

(Ⅱ)根据离散型分布特点，分类讨论，求出出栏112只和出栏119只时的分布列和期望，比较即可得出结论.

【详解】

（Ⅰ）当时，，

当时，，

，

当时，.

（Ⅱ）若出栏112只，则，

由（Ⅰ）知，当时，，

记表示养鸡厂当天在一个饭店获得的利润.

可取420，450，480，

，，，

的分布列为：

，

若出栏119只，则，

记表示养鸡厂当天在一个饭店获得的利润.

当时，，

可取417，448，479，510，

，，

，，

的分布列为：

.

综上可知，，则养鸡厂出栏119只时，利润最大.

【点睛】

本题考查求函数的解析式以及离散型分布列和期望，考查利用已学知识解决实际利润问题，考查解题和计算能力.

21．已知函数，，且与的图象有一个斜率为1的公切线（为自然对数的底数）.

（1）求；

（2）设函数，讨论函数的零点个数.

【答案】（1）（2）见解析

【解析】（1）由与的图象有一个斜率为1的公切线，分别对与求导并求出切线方程，列出等量关系可得；

（2）利用换元将转化为二次函数，分类讨论对其单调性，对图像特点进行分析，分情况讨论出函数的零点个数.

【详解】

（1）可得.

在处的切线方程为，

即.

.

在处的切线方程为，

故

可得.

（2）由（1）可得，

，

令，则，

，

时，有两根，

且，

，

得：，

在上，，

在上，，

此时，.

又时，时，.

故在和上，

各有1个零点.

时，

最小值为，故仅有1个零点.

时，.

其中，同，

在与上，

各有1个零点，

时，，仅在有1个零点，

时，对方程.

方程有两个正根，.

在上，，在上，，在，.

由，可得，

故.

，

故.

故在上，，

在上，，

在上，有1个零点：.

时，恒成立，

为增函数，仅有1个零点：.

综上，或时，有1个零点，

或时，有2个零点.

【点睛】

本题考查导数的应用，利用导数求切线是常考点，利用导数讨论零点个数是难点，通常结合分类讨论思想进行分析解决，属于难题.

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】（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，

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.

23．已知函数.

（Ⅰ）若恒成立，求实数的取值范围；

（Ⅱ）的解集为，求和.

【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ），，.

【解析】（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.