2020届百校联盟高考复习全程精练模拟（全国Ⅰ卷）数学（理）试题（解析版）

2020届百校联盟高考复习全程精练模拟（全国i卷）数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】解出集合，利用交集的定义可求得集合.

【详解】

因为，又，所以.

故选：A.

【点睛】

本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.

2．已知是虚数单位，则复数（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【解析】根据复数的基本运算求解即可.

【详解】

.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.

3．若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】利用指数函数和对数函数的单调性比较、、三个数与和的大小关系，进而可得出、、三个数的大小关系.

【详解】

对数函数为上的增函数，则，即；

指数函数为上的增函数，则；

指数函数为上的减函数，则.

综上所述，.

故选：C.

【点睛】

本题考查指数幂与对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性结合中间值法来比较，考查推理能力，属于基础题.

4．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“—  —”．如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦至少有2个阳爻的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用组合的方法求所求的事件的对立事件,即该重卦没有阳爻或只有1个阳爻的概率,再根据两对立事件的概率和为1求解即可.

【详解】

设“该重卦至少有2个阳爻”为事件.所有“重卦”共有种；“该重卦至少有2个阳爻”的对立事件是“该重卦没有阳爻或只有1个阳爻”,其中,没有阳爻（即6个全部是阴爻）的情况有1种,只有1个阳爻的情况有种,故,所以该重卦至少有2个阳爻的概率是.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了对立事件概率和为1的方法求解事件概率的方法.属于基础题.

5．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】将函数的解析式变形为，利用双勾函数的单调性可得出函数的单调区间，结合可判断出函数的图象.

【详解】

，

故该图象是由函数的图象先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到的，

由于函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，

故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增.

，故函数的图象大致为D项.

故选：D.

【点睛】

本题考查函数图象的识别，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点与函数值符号，结合排除法得解，考查推理能力，属于中等题.

6．二项式展开式中，项的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.

【详解】

二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.

故选：D

【点睛】

本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.

7．已知向量与向量平行，，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.

【详解】

设，且，，

由得，即，①，由，②，

所以，解得，因此，.

故选：B.

【点睛】

本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.

8．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入、的值分别为、，则输出的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】列出循环的每一步，由此可得出输出的值.

【详解】

由题意可得：输入，，，；

第一次循环，，，，继续循环；

第二次循环，，，，继续循环；

第三次循环，，，，跳出循环；

输出.

故选：B.

【点睛】

本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.

9．已知等差数列中，，则（    ）

A．20 B．18 C．16 D．14

【答案】A

【解析】设等差数列的公差为,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得即可.

【详解】

设等差数列的公差为.由得,解得.所以.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题.

10．过椭圆的左焦点的直线过的上顶点，且与椭圆相交于另一点，点在轴上的射影为，若，是坐标原点，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】求得点的坐标，由，得出，利用向量的坐标运算得出点的坐标，代入椭圆的方程，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得椭圆的离心率.

【详解】

由题意可得、.

由，得，则，即.

而，所以，所以点.

因为点在椭圆上，则，

整理可得，所以，所以.

即椭圆的离心率为

故选：D.

【点睛】

本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出、、的齐次等式，充分利用点在椭圆上这一条件，围绕求点的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题.

11．已知函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（    ）

A．函数在上单调递减

B．函数在上单调递增

C．函数的对称中心是

D．函数的对称轴是

【答案】B

【解析】根据图象求得函数的解析式，结合余弦函数的单调性与对称性逐项判断即可.

【详解】

由图象可得，函数的周期，所以.

将点代入中，得，解得，由，可得，所以.

令，得，

故函数在上单调递减，

当时，函数在上单调递减，故A正确；

令，得，

故函数在上单调递增.

当时，函数在上单调递增，故B错误；

令，得，故函数的对称中心是，故C正确；

令，得，故函数的对称轴是，故D正确.

故选：B.

【点睛】

本题考查由图象求余弦型函数的解析式，同时也考查了余弦型函数的单调性与对称性的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

12．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】取的中点，连接、，推导出，设设球心为，和的中心分别为、，可得出平面，平面，利用勾股定理计算出球的半径，再利用球体的表面积公式可得出结果.

【详解】

取的中点，连接、，

由和都是正三角形，得，，则，则，由勾股定理的逆定理，得.

设球心为，和的中心分别为、.

由球的性质可知：平面，平面，

又，由勾股定理得.

所以外接球半径为.

所以外接球的表面积为.

故选：B.

【点睛】

本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，找出球心的位置，并以此计算出球的半径长，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

二、填空题

13．函数的图象在处的切线方程为__________．

【答案】

【解析】利用导数的几何意义,对求导后在计算在处导函数的值,再利用点斜式列出方程化简即可.

【详解】

,则切线的斜率为.

又,所以函数的图象在处的切线方程为,即.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了根据导数的几何意义求解函数在某点处的切线方程问题,需要注意求导法则与计算,属于基础题.

14．在等比数列中，，则________．

【答案】1

【解析】设等比数列的公比为,再根据题意用基本量法求解公比,进而利用等比数列项之间的关系得即可.

【详解】

设等比数列的公比为.由,得,解得.又由,得.则.

故答案为：1

【点睛】

本题主要考查了等比数列基本量的求解方法,属于基础题.

15．假设10公里长跑，甲跑出优秀的概率为，乙跑出优秀的概率为，丙跑出优秀的概率为，则甲、乙、丙三人同时参加10公里长跑，刚好有2人跑出优秀的概率为________．

【答案】

【解析】分跑出优秀的人为：甲、乙和甲、丙和乙、丙三种情况分别计算再求和即可.

【详解】

刚好有2人跑出优秀有三种情况：其一是只有甲、乙两人跑出优秀的概率为；其二是只有甲、丙两人跑出优秀的概率为；其三是只有乙、丙两人跑出优秀的概率为,三种情况相加得.即刚好有2人跑出优秀的概率为.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了分类方法求解事件概率的问题,属于基础题.

16．已知为双曲线的左、右焦点，过点作直线与圆相切于点，且与双曲线的右支相交于点，若是上的一个靠近点的三等分点，且，则四边形的面积为_______．

【答案】60

【解析】根据题中给的信息与双曲线的定义可求得与,再在中,由余弦定理求解得,继而得到各边的长度,再根据计算求解即可.

【详解】

如图所示：设双曲线的半焦距为.

因为,,,所以由勾股定理,得.

所以.

因为是上一个靠近点的三等分点,是的中点,所以.

由双曲线的定义可知：,所以.

在中,由余弦定理可得

,所以,整理可得.

所以,解得.所以.

则.则,得.

则的底边上的高为.

所以

.

故答案为：60

【点睛】

本题主要考查了双曲线中利用定义与余弦定理求解线段长度与面积的方法,需要根据双曲线的定义表示各边的长度,再在合适的三角形里面利用余弦定理求得基本量的关系.属于难题.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，已知．

（1）求角的大小；

（2）若，求的面积．

【答案】（1）；（2）

【解析】(1)利用正弦定理边化角,再利用二倍角的正弦公式与正弦的和角公式化简求解即可.

(2)由(1)有,根据正弦定理可得,进而求得的值,再根据三角形的面积公式求解即可.

【详解】

（1）由,得,

得,

由正弦定理得,

显然,同时除以,得.

所以.所以.

显然,所以,解得.又,所以.

（2）若,由正弦定理得,得,解得.

又,

所以.

【点睛】

本题主要考查了正余弦定理与面积公式在解三角形中的运用,需要根据题意用正弦定理进行边角互化,再根据三角恒等变换进行化简求解等.属于中档题.

18．如图，在四棱锥中，平面，，为的中点．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】(1) 取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.

(2) 以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.

【详解】

（1）证明：如图,取的中点,连接.

又为的中点,则是的中位线.所以且.

又且,所以且.所以四边形是平行四边形.

所以.因为,为的中点,所以.

因为,所以.因为平面,所以.

又,所以平面.所以.

又,所以平面.又,所以平面.

（2）易知两两互相垂直,所以分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

因为,所以点.

则.设平面的法向量为,

由,得,

令,得平面的一个法向量为；显然平面的一个法向量为；

设二面角的大小为,则.

故二面角的余弦值是.

【点睛】

本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,需要用到线线垂直与线面垂直的转换以及法向量的求法等.属于中档题.

19．已知是抛物线的焦点，点在轴上，为坐标原点，且满足，经过点且垂直于轴的直线与抛物线交于、两点，且.

（1）求抛物线的方程；

（2）直线与抛物线交于、两点，若，求点到直线的最大距离.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）求得点的坐标，可得出直线的方程，与抛物线的方程联立，结合求出正实数的值，进而可得出抛物线的方程；

（2）设点，，设的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合求得的值，可得出直线所过定点的坐标，由此可得出点到直线的最大距离.

【详解】

（1）易知点，又，所以点，则直线的方程为.

联立，解得或，所以.

故抛物线的方程为；

（2）设的方程为，联立有，

设点，，则，所以.

所以，解得.

所以直线的方程为，恒过点.

又点，故当直线与轴垂直时，点到直线的最大距离为.

【点睛】

本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中最值问题的求解，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.

20．已知函数．

（1）当时，求曲线在点的切线方程；

（2）讨论函数的单调性．

【答案】（1）；（2）当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.

【解析】(1)根据导数的几何意义求解即可.

(2)易得函数定义域是,且.故分,和与四种情况,分别分析得极值点的关系进而求得原函数的单调性即可.

【详解】

（1）当时,,则切线的斜率为.

又,则曲线在点的切线方程是,

即.

（2）的定义域是.

.

①当时,,所以当时,；当时,,

所以在上单调递增,在上单调递减；

②当时,,所以当和时,；当时,,

所以在和上单调递增,在上单调递减；

③当时,,所以在上恒成立.所以在上单调递增；

④当时,,

所以和时,；时,.

所以在和上单调递增,在上单调递减.

综上所述,当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.

【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义以及含参数的函数单调性讨论,需要根据题意求函数的极值点,再根据极值点的大小关系分类讨论即可.属于常考题.

21．对于很多人来说，提前消费的认识首先是源于信用卡，在那个工资不高的年代，信用卡绝对是神器，稍微大件的东西都是可以选择用信用卡来买，甚至于分期买，然后慢慢还！现在银行贷款也是很风靡的，从房贷到车贷到一般的现金贷．信用卡“忽如一夜春风来”，遍布了各大小城市的大街小巷．为了解信用卡在市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中随机抽取了100人进行抽样分析，得到如下列联表（单位：人）

（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关？

（2）①现从所抽取的40岁及以下的网民中，按“经常使用”与“偶尔或不用”这两种类型进行分层抽样抽取10人，然后，再从这10人中随机选出4人赠送积分，求选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率；

②将频率视为概率，从市所有参与调查的40岁以上的网民中随机抽取3人赠送礼品，记其中经常使用信用卡的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】（1）不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关；（2）①；②分布列见解析，，

【解析】(1)计算再对照表格分析即可.

(2)①根据分层抽样的方法可得经常使用信用卡的有人,偶尔或不用信用卡的有人,再根据超几何分布的方法计算3人或4人偶尔或不用信用卡的概率即可.

②利用二项分布的特点求解变量的分布列、数学期望和方差即可.

【详解】

（1）由列联表可知,,因为,

所以不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关.

（2）①依题意,可知所抽取的10名40岁及以下网民中,经常使用信用卡的有（人）,偶尔或不用信用卡的有（人）.

则选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率.

②由列联表,可知40岁以上的网民中,抽到经常使用信用卡的频率为,

将频率视为概率,即从市市民中任意抽取1人,恰好抽到经常使用信用卡的市民的概率为.

由题意得,

则,

,

,

.

故随机变量的分布列为：

故随机变量的数学期望为,方差为.

【点睛】

本题主要考查了独立性检验以及超几何分布与二项分布的知识点,包括分类讨论以及二项分布的数学期望与方差公式等.属于中档题.

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，曲线的极坐标方程为.

（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线交于、两点，求的面积.

【答案】（1），；（2）.

【解析】（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在曲线的极坐标方程两边同时乘以，结合可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）计算出直线截圆所得弦长，并计算出原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】

（1）由得，故直线的普通方程是.

由，得，代入公式得，得，

故曲线的直角坐标方程是；

（2）因为曲线的圆心为，半径为，

圆心到直线的距离为，

则弦长.

又到直线的距离为，

所以.

【点睛】

本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线与圆中三角形面积的计算，考查计算能力，属于中等题.

23．已知函数.

（1）解不等式；

（2）记函数的最小值为，正实数、满足，求证：.

【答案】（1）；（2）见解析.

【解析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的的解集；

（2）利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值为，进而可得出，再将代数式与相乘，利用基本不等式求得的最小值，进而可证得结论成立.

【详解】

（1）当时，由，得，即，解得，此时；

当时，由，得，即，解得，此时；

当时，由，得，即，解得，此时.

综上所述，不等式的解集为；

（2），

当且仅当时取等号，所以，.

所以，

当且仅当，即，时等号成立，所以.

所以，即.

【点睛】

本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立，涉及绝对值三角不等式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.