2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅱ卷（一）数学（理）试题（解析版）

2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅱ卷（一）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意，是方程的解，可得，求出集合，即得.

【详解】

，是方程的解，

，.

解方程，得或，.

故.

故选：.

【点睛】

本题考查集合的运算，属于基础题.

2．若为实数，且复数为纯虚数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据复数的分类，实部为0，虚部不为0的复数是纯虚数，可得的值.

【详解】

依题意为纯虚数，

故，则.

故选：C.

【点睛】

本题考查复数的分类，属于基础题.

3．已知某地区在职特级教师、高级教师、中级教师分别有100人，900人，2000人，为了调查该地区不同职称的教师的工资情况，研究人员在该地区按照分层抽样的方法随机抽取了60人进行调查，则被抽取的高级教师有（    ）

A．2人 B．18人 C．40人 D．36人

【答案】B

【解析】求出该地区在职特级教师、高级教师、中级教师的比例，从而得到高级教师的比例，即可得答案；

【详解】

依题意，该地区在职特级教师、高级教师、中级教师的比例为，

则随机抽取60人，高级教师有人.

故选：B.

【点睛】

本题考查分层抽样的特点，考查数据处理能力，属于基础题.

4．已知圆过点，点在圆上，则面积的最大值为（    ）

A．100 B．25 C．50 D．

【答案】D

【解析】设圆的方程为，将代入，求出圆的方程，即可求出面积的最大值.

【详解】

设圆的方程为，将代入可得，

，解得.

故圆的一般方程为，即，

故的面积.

面积的最大值为.

故选：.

【点睛】

本题主要考查圆的一般方程，属于基础题.

5．执行如图所示的程序框图，若输入的值为256，则输出的值为（    ）

A．8 B．3 C． D．

【答案】C

【解析】根据程序框图一步一步往下执行，即可得答案；

【详解】

运行该程序，第一次，，，；

第二次，，，；

第三次，，，；

第四次，，，；

第五次，，，；

第六次，，，；

第七次，，，

此时输出的值为.

故选：C.

【点睛】

本题考查程序框图中的循环结构，考查运算求解能力，属于基础题.

6．《九章算术（卷第五）·商功》中有如下问题：“今有冥谷上广二丈，袤七丈，下广八尺，袤四丈，深六丈五尺，问积几何”.译文为：“今有上下底面皆为长方形的墓坑，上底宽2丈，长7丈；下底宽8尺，长4丈，深6丈5尺，问它的容积量是多少？”则该几何体的容积为（    ）（注：1丈尺.）

A．45000立方尺 B．52000立方尺 C．63000立方尺 D．72000立方尺

【答案】B

【解析】对几何体进行分割得到，再利用体积公式计算，即可得到答案.

【详解】

进行分割如图所示，面面，，，，

，连结，面面，

故

立方尺.

故选：B.

【点睛】

本题考查利用割补法求多面体的体积，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.

7．已知等差数列的前项和为.若，，则数列前2019项的和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和.

【详解】

由等差数列性质可知，，解得；

而，故，则，故，

，

设的前项和为，则，

故.

故选：D.

【点睛】

本题考查等差数列基本量运算、裂项相消法求和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

8．的展开式中的系数为（    ）

A．296 B． C． D．

【答案】C

【解析】写出二项式展开式的通项，即可求出的系数.

【详解】

二项式展开式的通项为，

所以的系数为

.

故选：.

【点睛】

本题考查二项式定理的通项公式，属于基础题.

9．如图，网格小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据三视图，画出几何体的直观图，即可求表面积.

【详解】

在长方体中，沿平面和平面进行切割，得到该几何体的直观图为多面体，如图所示

则,

,

，,

故所求表面积.

故选：.

【点睛】

本题考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于中档题.

10．已知双曲线的右顶点为，以为圆心作圆，圆与直线交于两点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由，得为正三角形. 设圆的半径为，由，得.由勾股定理得，解得.再根据点到直线的距离为，整理可求双曲线的离心率.

【详解】

因为，故为正三角形.

设圆的半径为，则圆心到直线的距离.

由，得，故.

因为，由勾股定理得，解得，

又点到直线的距离为，

化简可得，故.

故选：.

【点睛】

本题考查双曲线的离心率，属于中档题.

11．定义在上函数的导函数为，且，若，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】令，可求函数在上单调递减. 由，可得，从而可求不等式的解集.

【详解】

令，则，

由，得，

，函数在上单调递减.

由，可得，，

即，

又函数在上单调递减，.

故不等式的解集为.

故选：.

【点睛】

本题考查导数在研究函数中的应用，属于中档题.

12．已知数列的前项和为，且，，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【解析】依题意，，对分奇数和偶数进行讨论，利用数列的前项和公式可得关于的方程，解方程即可得到答案.

【详解】

依题意，，

故当为奇数时，，

当为偶数时，，

，

即，

又

，

所以，，

.

故选：A.

【点睛】

本题考查数列递推关系的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解的关键是对关系的灵活运用.

二、填空题

13．已知向量，则夹角的余弦值为_________.

【答案】

【解析】求出，根据即得.

【详解】

，

，

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查两向量的夹角公式，属于基础题.

14．已知实数满足，则的最小值为_________.

【答案】1

【解析】画出可行域，根据目标函数的几何意义即求的最小值.

【详解】

作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示

由，可得，则为直线在轴上的截距.

 平移直线，当直线过可行域内的点时，最小，最小值为1.

故答案为：1.

【点睛】

本题考查简单的线性规划，属于基础题.

15．当时，不等式恒成立，则实数的最大值为_________.

【答案】

【解析】设，由，得，得函数在上为增函数，即求的最大值.

【详解】

设，由，得，

即当时，都有，

函数在上为增函数，

，.

故的最大值为.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题，属于中档题.

16．已知函数（，）的部分图象如图所示，其中是图象的一个最高点，是图象与轴的交点，将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的后，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的单调递增区间为________.

【答案】（）

【解析】根据图像得到的解析式，再根据伸缩变换和平移变换得到的解析式，进而求出单调区间.

【详解】

依题意，，

，即，故，；

将代入中，可知，，

故，；

不妨设，故函数；

将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的后，

得到，再向右平移个单位长度，

得到；

令（），

解得（），

故函数的单调递增区间为（）.

故答案为：（）.

【点睛】

本题考查三角函数的图像与性质、伸缩变换与平移变换、单调区间，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

三、解答题

17．在中，，，，是线段上的一点，且.

（1）求的长度；

（2）求的面积.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）利用同角三角函数的基本关系可得，的值，再利用正弦定理求得的长度；

（2）根据可得，再利用正弦定理求得，进一步利用余弦定理求得，最后代入三角形的面积公式，即可得答案；

【详解】

（1）因为，

且，

联立两式，解得，，

故，

由正弦定理，

所以.

（2）因为，

故，

所以，

在中，由正弦定理，

故，

在中，由余弦定理，

得，

解得或（舍去）.

所以的面积.

【点睛】

本题考查三角形的内角和、诱导公式、正余弦定理解三角形，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

18．如图所示，在三棱锥中，平面平面，是线段上的点，为等边三角形，，.

（1）若，求证：；

（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.

【答案】（1）见解析（2）或.

【解析】（1）利用面面垂直性质定理可得平面，从而推出，再证明，进一步利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，即可得到线线垂直；

（2）以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得答案；

【详解】

（1）依题意，，

在中，，，

由余弦定理可求得，，

∴，即，

又平面平面，平面平面，平面，

∴平面，

等边中，，

则，且，

∴平面，∴.

（2）以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出

则，，，，

故，，

设平面的一个法向量为，

则即

取，则，，

所以，

设，

故，则，

故，

解得或，则或.

【点睛】

本题考查线面垂直判定定理、面面垂直性质定理的应用、已知线面角求线段长，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.

19．为了感谢消费者对超市的购物支持，超市老板决定对超市积分卡上积分超过10000分的消费者开展年终大回馈活动，参加活动之后消费者的积分将被清空.回馈活动设计了两种方案：

方案一：消费者先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题；

方案二：消费者全部选择单选题进行回答；

其中单选题答对得2分，多选题答对得3分，无论单选题还是多选题答错得0分；每名参赛的消费者至多答题3次，答题过程中得到3分或3分以上立刻停止答题，得到超市回馈的奖品.为了调查消费者对方案的选择，研究人员在有资格参与回馈活动的500名消费者中作出调研，所得结果如下所示：

（1）是否有99%的把握认为消费者的性别与方案的选择有关；

（2）小明回答单选题的正确率为0.8，多选题的正确率为0.75.

（ⅰ）若小明选择方案一，记小明的得分为，求的分布列以及期望；

（ⅱ）如果你是小明，你觉得通过哪种方案更有可能获得奖品，请通过计算说明理由.

附：，.

【答案】（1）没有99%的把握认为消费者的性别与方案的选择有关.

（2）（ⅰ）见解析，3.05（ⅱ）方案一，见解析

【解析】（1）直接根据卡方公式将数据代入计算，并与6.635比较大小，即可得到结论；

（2）（ⅰ）的所有可能取值为0，2，3，4，求出概率值，进而得到分布列和期望；

（ⅱ）分别计算两种方案获得奖品的概率，即可得答案；

【详解】

（1）依题意，完善列联表如下所示：

，

故没有99%的把握认为消费者的性别与方案的选择有关.

（2）（ⅰ）的所有可能取值为0，2，3，4，

则，

，

，

，

故的分布列为：

所以.

（ⅱ）小明选择方案一获得奖品的概率为

，

小明选择方案二获得奖品的概率为

，

因为，所以小明选择方案一更有可能获得奖品.

【点睛】

本题考查独立性检验思想的应用、卡方公式计算、随机变量的分布列和期望，考查阅读理解能力、运算求解能力.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为.

（Ⅰ）若，求点到点距离的最大值；

（Ⅱ）若过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆分别交于两点，点分别在直线上，比较的大小关系，并说明理由.

【答案】（Ⅰ）最大值；（Ⅱ），见解析.

【解析】（Ⅰ）根据，得点在椭圆上. 设点，则，可得，可求最大值；

（Ⅱ）设直线的方程为，（且）.把直线的方程代入椭圆的方程，利用韦达定理证明，可得，即得线段的大小关系.

【详解】

（Ⅰ）依题意，点在椭圆上.

设点，则，

故，其中，

故当时，，

的最大值为.

（Ⅱ）设直线的方程为，（且）.

由，得.

依题意，即，

则.

因为

所以直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，即.

因为，所以.

【点睛】

本题考查椭圆定义的应用，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于难题.

21．已知函数

（Ⅰ）若，证明：函数在区间上有且仅有1个零点；

（Ⅱ）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）先判断函数在区间上的单调性，再根据零点存在定理即可证明；

（Ⅱ）令，由题意只需.对分类讨论即求.

【详解】

（Ⅰ）证明：函数的定义域为.

当时，，

则，

当时，，函数在上单调递增，

又，

故函数在上有且仅有1个零点.

（Ⅱ）令，

则；

当时，对恒成立，在上单调递减，

，又，不等式无解，；

当时，对恒成立，在上单调递增，

，又，；

当时，令，得，

当时，；当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

，；

令，则，

易知在上单调递增，

则，从而不可能成立，舍去.

综上所述，实数的取值范围为.

【点睛】

本题考查零点存在定理，考查导数在函数中的应用，考查分类讨论的数学思想方法，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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（Ⅰ）求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；

（Ⅱ）若曲线交于两点，求直线的极坐标方程以及的极坐标（要求写出的极径非负，极角在上）.

【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）极坐标方程为；的极坐标为或.

【解析】（Ⅰ）先把曲线的参数方程化为普通方程，再把普通方程化为极坐标方程.由得，即得曲线的直角坐标方程；

（Ⅱ）由曲线的直角坐标方程求出直线的直角坐标方程，再化为极坐标方程；先求出两点的直角坐标，再化为极坐标.

【详解】

（Ⅰ）依题意，曲线，故

即曲线的极坐标方程为；

曲线，即，

则曲线的直角坐标方程为.

（Ⅱ）联立，

两式相减可得，

即，故，

即直线的极坐标方程为；

联立故，

解得或

故的极坐标为或

【点睛】

本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，属于中档题.

23．已知函数

（1）求不等式的解集；

（2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据零点分段讨论求解不等式的解集；

（2）分离参数等价转化为恒成立，求解的值域即可得解.

【详解】

（1）依题意，

当时，原式化为，

故，解得；

当时，原式化为

故，解得；

综上所述，不等式的解集为

（2）依题意，

即

对恒成立

令

故实数的取值范围是

【点睛】

此题考查解绝对值不等式，根据不等式恒成立求参数取值范围，关键在于等价转化，通过求函数最值解决问题.