2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅱ卷（三）数学（理）试题（解析版）
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一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】化简集合，根据补集定义，即可求得答案.
【详解】
，
.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了补集运算，解题关键是掌握集合补集定义，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
2．已知是虚数单位，，则复数的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】化简，求得 ，根据复数的共轭复数定义，即可求得答案.
【详解】
.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了求复数的共轭复数和复数除法运算，解题关键是掌握共轭复数定义和复数除法运算，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
3．在中，，，为上一点，且，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，由余弦定理，，即可求得答案.
【详解】
设，
由余弦定理；
即①
；
即，②
又③
由①②③可得.，
.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了根据余弦定理解三角形，解题关键是掌握余弦定理公式和灵活使用诱导公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
4．在正多边形中，只有三种形状能用来铺满一个平面图形而中间没有空隙，分别是正三角形、正方形、正六边形，称之为“正多边形的镶嵌规律”．已知如图所示的多边形镶嵌的图形，在内随机取一点，则此点取自正方形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】求出整个的面积以及符合条件的面积，代入几何概型计算公式即可.
【详解】
解：设小三角形的边长为，每个小三角形的面积为，
个小三角形的面积之和为，
又因长方形的长为，所以个正方形的面积为，
所以此点取自正方形的概率是．
故选：B.
【点睛】
本题考查几何概型概率计算问题，属于基础题.
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】结合三视图可得该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面边长为，高为的正四棱锥，上半部分是一个直径为的半球，即可求得答案.
【详解】
结合三视图可得该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面边长为，高为的正四棱锥，上半部分是一个直径为的半球，
该几何体的体积为：.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了根据三视图求几何体体积问题，解题关键是掌握三视图的基础知识和椎体体积公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
6．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.
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．如图给出的是计算的值的程序框图，其中判断框内应填入的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】该程序的功能是利用循环结构计算并输出的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可求得答案.
【详解】
该程序的功能是利用循环结构计算并输出的值，模拟程序的运行过程，
可得，，
，，
，，
，，，
，.
故选：C.
【点睛】
本题解题关键是掌握框图基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
9．已知大于的实数，满足，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为，，因为，所以，逐项判断，即可求得答案.
【详解】
，
，
，
，
，
，
对于A，
，故A错误；
对于B，
根据在定义域内是单调增函数，
可得，故B正确；
对于C，，大小不确定，故C错误；
对于D，根据，可得，故D错误.
故选：B.
【点睛】
本题解题关键是掌握对数函数的基础知识和不等式基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
10．已知抛物线的焦点到准线的距离为，若抛物线上存在关于直线对称的不同两点和，则线段的中点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】求得曲线，设点，，代入曲线方程，求出，
又由，关于直线对称得出，进而求出线段的中点坐标.
【详解】
解：因为焦点到准线的距离为，则，
所以．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】
本题考查直线与抛物线的位置关系，属于基础题.
11．已知三棱柱，四边形与均为边长为的正方形，，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据，可知，取中点，连接，再取的中点，连接，则，同理可证，所以为异面直线与所成的角（或其补角），即可求得答案.
【详解】
，
，
取中点，连接，再取的中点，连接，
则，同理可证，
为异面直线与所成的角（或其补角）.
又，
根据勾股定理，，，，
在中，由余弦定理得，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了求异面直线夹角余弦值，解题关键是掌握异面直线夹角定义和余弦定理公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
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，，则_________.
【答案】
【解析】根据向量数量积坐标公式，即可求得答案.
【详解】
，，
可得，
.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了求向量的数量积，解题关键是掌握向量数量积坐标公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
14．已知函数在处的切线方程为，则满足的的取值范围为_________.
【答案】
【解析】因为，可得，即，所以，是上的增函数，结合已知，即可求得答案.
【详解】
，
，
，
，是上的增函数，
又，，
，
.即
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了根据切线方程求参数和解函数不等式，解题关键是掌握导数求切线方程的方法和导数判断函数单调的解法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
15．若，则_________.
【答案】
【解析】由，展开化简可得，结合已知，即可求得答案.
【详解】
由，
展开化简可得
整理可得：，
.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了求三角函数值，解题关键是掌握正弦两角和公式和余弦的二倍角公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
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．已知正项等比数列满足，，数列的前项和为，
求与的通项公式；
设为奇数时，，为偶数时，，求数列的前项和．
【答案】，；.
【解析】根据题意，，，得出，所以，由，，，求出；
根据题意，数列的奇数项构成一个等比数列，首项为，公比为，数列的偶数项构成一个等差数列，首项为，公差为，列出前项和的式子.
【详解】
解：根据题意，，，
，，，所以，
因为，，
又，所以．
根据题意，数列的奇数项构成一个等比数列，首项为，公比为；
数列的偶数项构成一个等差数列，首项为，公差为，
所以；
故．
【点睛】
本题主要考查等差数列和等比数列的基础知识，以及分组求和法来求和，考查了转化思想，方程思想，逻辑推理能力和数学计算能力，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
包裹重量 | |||||
包裹数 | |||||
损坏件数 |
表
包裹重量 | |||||
出厂价（元件） | |||||
卖价（元件） |
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：
利润 | ||||
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．在平面直角坐标系中，椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，圆经过椭圆的短轴端点．
求椭圆的方程；
过椭圆的右焦点作互相垂直的两条直线分别与椭圆相交于，和，四点，求四边形面积的最小值．
【答案】；.
【解析】根据题意求出，因为圆经过椭圆的两个短轴端点，则，所以，列出椭圆的方程；
对直线的斜率情况讨论，当斜率不存在或为时，四边形，当直线的斜率存在时，，，利用二次函数的性质求出四边形面积的最小值.
【详解】
解：根据题意，四个顶点围成的四边形为菱形，其面积为，，
因为圆经过椭圆的两个短轴端点，则，
所以，，
故椭圆的方程为．
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，
由消去得，
，．
同理得，．
令，则．
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率为零时，，，
.
，四边形面积的最小值为．
【点睛】
本题考查椭圆的方程，以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题.
21．已知函数的最小值为.
（1）求的解析式；
（2）若函数有两个零点，，且，求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】（1）因为定义域为，从而，令，由于，则；故当时，，单调递增，当时，，单调递减，即可求得答案；
（2）根据题意，，因为，是函数的两个零点，所以，，即可求得答案.
【详解】
（1），
定义域为，从而，
令，由于，
则；
故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故，
，故，
.
（2）
，
，是函数的两个零点，
，
两式相减，可得
即，
故.
，.
令，其中，
则，
构造函数，
则.
对于，恒成立，故，
即.
可知，
.
【点睛】
本题主要考查了根据最值求函数表达式和根据导数证明不等式，解题关键是掌握导数求最值的方法和根据导数证不等式恒成立的证法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
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.
