2020届全国大联考高三2月联考数学(理)试题(解析版)

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业2020届全国大联考高三2月联考数学（理）试题一、单选题1设集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】根据一元二次不等式和分式不等式的解法可求得集合，根据交集定义可求得结果.【详解】，.故选：.【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到一元二次不等式和分式不等式的求解，属于基础题.2已知为虚数单位，复数满足，则（ ）A2BCD【答案】B【解析】将化为，再利用复数的代数形式的乘除法运算化简，即可得到答案【详解】因为，所以故选：B【点睛】本题主要考查复数的除法运算，属于基础

2、题3“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】首先将化简可得，然后根据充分条件和必要条件即可得到答案【详解】由得，因为在上单调递增，所以，而，所以，故充分性成立；而当时，且，故必要性不成立故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，属于基础题4运行如图所示的程序框图，设输出的数据构成集合，从集合中任取一个元素，则函数在上是增函数的概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】按照程序框图运行程序即可得到集合，根据幂函数单调性可确定满足条件的的所有可能的取值，根据古典概型概率公式计算可得结果.【详解】按照程序框图运行程序，输入，满足，则

3、，满足；则，满足；则，满足；则，不满足，框图运行结束，.当或时，在上是增函数，所求概率.故选：.【点睛】本题以程序框图和幂函数单调性为载体，考查了古典概型概率问题的求解；关键是能够熟练掌握幂函数的解析式与该函数在第一象限内图象单调性之间的关系.5已知向量 ，若，则k等于AB2C-3D1【答案】C【解析】根据向量垂直坐标表示得方程，解得.【详解】因为，所以,选C.【点睛】向量平行：，向量垂直：，向量加减： 6已知斜率为2的直线l过抛物线C：的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点M的纵坐标为1，则p（ ）A1BC2D4【答案】C【解析】设直线l的方程为xy，与抛物线联立利用韦达定理可

4、得p【详解】由已知得F（，0），设直线l的方程为xy，并与y22px联立得y2pyp20，设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点C（x0，y0），y1+y2p，又线段AB的中点M的纵坐标为1，则y0（y1+y2），所以p=2,故选C【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题，利用韦达定理是解题的关键，属中档题7我国古代木匠精于钻研，技艺精湛，常常设计出巧夺天工的建筑在一座宫殿中，有一件特别的“柱脚”的三视图如图所示，则其体积为（ ） ABCD【答案】C【解析】根据“柱脚”的三视图可知，该“柱脚”是由半圆柱和一个三棱柱组合而成，结合三视图求出相应的长度，利用柱体和椎体的体积公式，即

5、可得到答案【详解】根据“柱脚”的三视图可知，该“柱脚”是由半圆柱和一个三棱柱组合而成，半圆柱的底面半圆的直径为，高为，故半圆柱的体积为，三棱柱的底面三角形的一边长为，该边上的高为，该三棱柱的高为，故该三棱柱体积为，所以该“柱脚”的体积为故选：C【点睛】本题主要考查对三视图所表达的空间几何体的识别及几何体体积的计算由三视图还原几何体，要弄清楚几何体的特征，把三视图中的数据、图形特点准确地转化为对应几何体中的线段长度、图形特点，再进行计算8将函数的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，所得图象经过点，则的最小值为（ ）ABCD【答案】D【解析】先逆用两角和的正弦公式化简可得，再根据的图象变换规律

6、，可得变换后的解析式为，将点代入解方程并结合，即可求出的最小值【详解】所以将函数的图象向右平移个单位，得到的函数图象对应的函数解析式为，再向上平移1个单位，得到的函数图象对应的函数解析式为，因为所得图象经过点，所以，所以，所以，所以，又，所以当时，取得最小值故选：D【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式的逆用，三角函数图象的平移变换及三角方程的解法9已知双曲线的在、右焦点分别，过作的切线，交双曲线右支于点，若，则双曲线的离心率为（ ）A2B3CD【答案】D【解析】设切线与圆切于点，连结，则，过作，垂足为，又为的中点，所以为的中位线，结合图形可求得，再由双曲线的定义列出方程，即可求出双曲线的离心率

7、【详解】设切线与圆切于点，连结，则，过作，垂足为，因为，所以，又为的中点，所以为的中位线，又，所以，在中，所以，在中，所以，所以，所以，由双曲线的定义可得，即，所以，所以，所以故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质中的离心率的求解，关键是利用平面几何的知识求出，再利用双曲线的定义找到问题解决的切入点10有一个长方形木块，三个侧面积分别为8，12，24，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为（ ）A2BC4D【答案】B【解析】先求长方体从同一顶点出发的三条棱的长度，从而可得正四面体模型棱长的最大值.【详解】设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为，则，故，若能从该长方体

8、削得一个棱长最长的正四面体模型，则该四面体的顶点必在长方体的面内，过正四面体的顶点作垂直于长方体的棱的垂面切割长方体，含正四面体的几何体必为正方体， 故正四面体的棱长为正方体的面对角线的长，而从长方体切割出一个正方体，使得面对角线的长最大，需以最小棱长为切割后的正方体的棱长切割才可，故所求的正四面体模型棱长的最大值.故选：B.【点睛】本题考查正四面体的外接，注意根据外接的要求确定出顶点在长方体的侧面内，从而得到正四面体的各顶点为某个正方体的顶点，从而得到切割的方法，本题属于中档题.11已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，若平面内点满足，则的最大值为（ ）A7B6C5D4【答案】C【解析】设，根

9、据可得，再根据可得点的轨迹，它一个圆，从而可求的最大值.【详解】设，故，.由可得，故，因为，故，整理得到，故点的轨迹为圆，其圆心为，半径为2，故的最大值为，故选：C.【点睛】本题考查坐标平面中动点的轨迹以及圆中与距离有关的最值问题，一般地，求轨迹方程，可以动点转移法，也可以用几何法，而圆外定点与圆上动点的连线段长的最值问题，常转化为定点到圆心的距离与半径的和或差，本题属于中档题.12已知是函数（其中）图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最小值为（ ）ABCD【答案】D【解析】由指数函数单调性可确定，当最小时，可确定分别为过作两段图象的切线，利用过某一点曲线切线的求解方法可构造方程组求

10、得，进而得到所求最小值.【详解】由解析式可知：在上单调递减，在上单调递增，.设过点的直线与在上的图象相切，设切点坐标为，则，解得：，设过点的直线与在上的图象相切，设切点坐标为，同理可求得：，是图象上的点，且的最小值为，又，解得：，.故选：.【点睛】本题考查函数最值的求解问题，涉及到导数几何意义的应用；关键是能够通过平面向量数量积的定义将问题转化为过某一点的曲线切线方程的求解问题，充分体现了转化与化归思想在考试中的应用.二、填空题13已知实数满足约束条件，则的最小值是_【答案】.【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最值即可

11、【详解】实数满足约束条件的可行域如图： 目标函数，点，在点处有最小值： 故答案为-8【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解，是常用的一种方法14已知向量的夹角为，若，则_【答案】【解析】根据向量数量积运算公式可知，只需根据已知求出，即可求出的值【详解】因为，所以，又向量的夹角为，所以，所以故答案为：【点睛】本题主要考查向量模的求法，属于基础题15记，则_.【答案】126【解析】分别令、，可求得各项系数和与常数项；利用，得到展开式通项公式，求得，进而求得结果.【详解】令得：；令得：；，展开式通项为，令，则，.故答案为：.【点睛】本题考

12、查二项式定理中与各项系数和、指定项系数有关的问题的求解；在求解与各项系数和有关的问题时，通常采用赋值法来快速求得结果.16已知的内角所对边分别为，且，则的最大值为_【答案】【解析】利用正弦定理将化为，然后利用三角形内角和定理将用代换，再利用两角和的正弦公式展开整理可得，再由同角三角函数关系可得，将其代入展开式消去，结合基本不等式即可求出的最大值【详解】因为，由正弦定理得，又，所以，即，所以，所以，当或时，等式不成立，所以，所以，所以又，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以的最大值为故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理，两角差的正切公式及基本不等式的应用，需要注意的是在利用基本不等式时，

13、要根据条件确定三、解答题17设等比数列的公比为，是的前项和，已知，成等差数列，且，.（1）求的通项公式；（2）记数列的前项和为，试问是否存在使得？如果存在，请求出的值：如果不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在；当时，【解析】（1）根据等差中项的性质和等比数列通项公式可构造出方程组求得和，进而得到所求通项公式；（2）采用错位相减法可求得，可证得为递增数列，结合，可确定结果.【详解】（1），成等差数列，即，由可得：，即，联立及可解得：，.（2）由（1）知：，则，两式作差得：，.当时，单调递增.而，当时，.【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解、错位相减法求解数列的前项和、利用数列的单调性求

14、解参数值的问题；关键是能够通过的形式确定数列的单调性，进而避免将问题变为解不等式的问题.18某少儿游泳队需对队员进行限时的仰卧起坐达标测试.已知队员的测试分数与仰卧起坐个数之间的关系如下：；测试规则：每位队员最多进行三组测试，每组限时1分钟，当一组测完，测试成绩达到60分或以上时，就以此组测试成绩作为该队员的成绩，无需再进行后续的测试，最多进行三组；根据以往的训练统计，队员“喵儿”在一分钟内限时测试的频率分布直方图如下：（1）计算值；（2）以此样本的频率作为概率，求在本次达标测试中，“喵儿”得分等于的概率；“喵儿”在本次达标测试中可能得分的分布列及数学期望.【答案】（1）；（2）见解析【解析】

15、（1）频率分布直方图中所有频率之和为1，由此可求得；（2）由频率分布直方图可得一次测试得分的分布列，三组测试中，“喵儿”得80分为事件A，则“喵儿”可能第一组得80分，或者第二组得80分，或者第三组得80分，由于三组相互独立，从而可计算概率，仿照可计算出三组测试其得分的概率，得分布列，再由期望公式计算出期望【详解】（1） （2）由直方图可知，“喵儿”的得分情况如下：060801000.10.50.1在本次的三组测试中，“喵儿”得80分为事件A，则“喵儿”可能第一组得80分，或者第二组得80分，或者第三组得80分，则（6分），分布列如下：060801000.0010.555数学期望【点睛】本题考

16、查频率分布直方图，考查相互独立事件的概率，考查随机变量的分布列和期望解题时依据概率公式计算出概率是解题关键.19如图，在三棱柱中，侧面是为菱形，在平面内的射影恰为线段的中点.（1）求证：；（2）若，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接，由线面垂直的判定方法可证得面，从而得到，根据平行关系可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量求法可求得结果.【详解】（1）证明：如图，连接，易知.侧面是菱形，.由射影定义可知：面，又面，而，且，面，面，平面，.，.（2）由（1）知：，于是以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所

17、示： 不妨设.在菱形中，.在中，.于是，.又由，可解得：，.设平面的法向量为，则由，得，令，则，即.同理可得平面的法向量.，二面角的平面角为锐角，所求的余弦值为.【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；立体几何需要证明线线垂直时，通常采用证明线面垂直的方式，利用线面垂直的性质得到线线垂直结论.20已知椭圆的离心率为，分别为的左顶点和上顶点，若的中点的纵坐标为.分别为的左、右焦点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与交于两点，的重心分别为.若原点在以为直径的圆内，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据离心率、中点坐标和椭圆关系可构造方程组求得，

18、进而得到椭圆方程；（2）将方程与椭圆方程联立，得到韦达定理的形式；根据重心的坐标表示和点与圆的位置关系可得到，代入韦达定理的结论可构造不等式求得的范围，验证后确定满足即可.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意有，且，结合，解得：，椭圆的方程为.（2）设，联立方程消去得：，由可得：，解得：，则，由题意得：，的重心，原点在以为直径的圆内，即.， 变形为，解得：，满足，即实数的取值范围为.【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到椭圆标准方程的求解、点与圆的位置关系的应用等知识；解决直线与椭圆的应用问题常常将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理来表示出已知中的等量或不等关系，进而构造关于参数的

19、等式或不等式求得结果.21已知函数，且在上满足恒成立.（1）求实数的值；（2）令在上的最小值为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）分别在和两种情况下讨论导函数的正负，得到原函数单调性，由此可知时不合题意，并求出时，则只需即可，令，利用导数可求得，结合，由此可确定仅有满足条件；（2）利用导数和零点存在性定理可确定函数的单调性，得到，由可化简得到，代入解析式即可证得结论.【详解】（1）当时，原函数可化为：，则，当时，在上单调递增，当时，不合题意；当时，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，即.要使在时恒成立，则只需，即.令，则，当时，；当时，即在上单调递减，在上单调递增.又，满足条件的只有，即.（2）由（1）知：，.令，则，即在上单调递增；又，使得，即，且当时，；当时，即在上单调递减；在上单调递增，即，即.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数解决恒成立问题、证明不等式；在证明不等式的过程中，由于无法确定方程准确的根，此时常采用零点存在定理锁定零点所在区间，进而得到所需的等量关系.22在平面直角坐标系，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，点为上的动