百校联考2020届高三考前冲刺必刷卷（五）全国I卷数学（文）试题 Word版含解析

百校联考2020届高三考前冲刺必刷卷（五）全国I卷数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 百校联考2020年高考考前冲刺必刷卷（五）‎ 全国Ⅰ卷文科数学 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知复数，则复数在复平面内对应点所在的象限为（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的四则运算化简复数形式,由复数的几何意义与复平面内点一一对应即可求解.‎ ‎【详解】由题意可得,，‎ 故复数在复平面内对应点为，‎ 因为是第四象限的点，‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查复数的四则运算及其几何意义;属于基础题.‎ ‎2.已知集合,，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,对集合和集合中的赋值,求出集合中元素与集合中或与集合中重复的元素即可.‎ - 28 -‎ ‎【详解】由题意知,集合中元素在集合中有 集合中元素在集合中的有 ‎ 所以集合中元素在集合或在集合中有 ‎ 故,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查集合的交与并的混合运算;正确求出集合中元素与集合中或与集合中重复的元素是求解本题的关键;属于基础题.‎ ‎3.已知实数，，则“”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】‎ ‎【分析】‎ 构造函数,利用函数的单调性和充分与必要条件的定义判断即可.‎ ‎【详解】，‎ 令，则，‎ 令，解得，‎ 因为为上的增函数,‎ 所以当时,;当时,,‎ 故在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以当时，，即,‎ 即“”是“”的充分条件；‎ 但当时，有,即,‎ 所以当时,可得或，‎ - 28 -‎ 故“”是“”的不必要条件.‎ 综上可知“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查充分与必要条件;解题的关键是构造函数,利用函数的单调性进行判断;属于中档题.‎ ‎4.已知条件P：①是奇函数；②值域为R；③函数图象经过第四象限．则下列函数中满足条件Р的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用奇函数的定义和值域的定义及其图象逐一进行判断即可.‎ ‎【详解】对于A选项： ,‎ 又因为的定义域为,关于原点对称,‎ 所以为定义在上的偶函数，‎ 故选项A不符合题意；‎ 对于B选项: 的定义域为,‎ 所以的定义域关于原点对称,‎ 又因为,‎ 所以为奇函数，①成立,‎ 当时，，‎ 当时， ，‎ - 28 -‎ 故的值域为,②不成立,‎ 所以选项B不符合题意；‎ 对于C选项：因为,‎ 所以的定义域为,关于原点对称,‎ 又因为,‎ 故为奇函数，‎ 因为函数的图象是由幂函数 的图象关于轴翻折得到的,‎ 所以函数值域为，图像经过第四象限，‎ 所以选项C符合题意；‎ 对于D选项:因为的定义域为,关于原点对称,‎ 又因为,‎ 所以函数为奇函数,‎ 因为 ,‎ 所以函数的值域为,不符合题意.‎ 所以选项D不符合题意；‎ 故选 C ‎【点睛】本题考查函数的基本性质——奇函数的概念和值域的求解及其图象;求解本题的关键是熟练掌握函数的图象及性质;属于中档题.‎ ‎5.已知角的终边过点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用任意角的三角函数的定义表示出,再由两角差的正弦和余弦二倍角公式即可求解.‎ - 28 -‎ ‎【详解】由任意角的三角函数的定义知,‎ ‎，‎ 所以,‎ 即.‎ 故选: A ‎【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义和两角差的正弦及二倍角公式;重点考查终边落在单位圆上三角函数的定义;属于基础题.‎ ‎6.已知函数，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知,,原不等式可化为,分和两种情况分别求出的表达式,解不等式即可.‎ ‎【详解】因为，所以原不等式可化为，‎ 当时,可得,‎ 所以可得,即,‎ 解得，即;‎ 当时,可得,‎ 所以可得,‎ 因为,所以只需即可,‎ 解得,因为,所以;‎ 综上可知,原不等式的解集为.‎ 故选: B - 28 -‎ ‎【点睛】本题考查利用分段函数求不等式的解集;利用转化不等式，然后分两种情况正确求出对应解析式及解集是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原出原几何体，可以看作是由一个直三棱柱削去两个三棱锥得到的．‎ ‎【详解】该几何体为一个直三棱柱削去两个三棱锥后剩下的几何体ACM－DE，故体积为 ‎.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查三视图，考查几何体的体积，解题关键是由三视图还原出原几何体．‎ ‎8.函数在区间上的大致图像为（ ）‎ - 28 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性排除A，D，根据，函数值的正负可选出选项.‎ ‎【详解】由题可得是偶函数，排除A,D两个选项，‎ 当时，，，‎ 当时，，，‎ 所以当时，仅有一个零点.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查函数的奇偶性和零点问题，解题时要善于观察出函数的一个零点，再分别讨论，函数值的正负便可得出选项.‎ ‎9.已知角满足，若，则实数的值为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 6‎ ‎【答案】A - 28 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角和的正弦公式及二倍角公式展开化简,然后弦化切即可求解.‎ ‎【详解】由可得，，‎ 两边同时除以得，‎ 即,所以，‎ 由正余弦的二倍角公式可得,,,‎ 所以,等式右边的式子分子分母同除可得,‎ ‎，‎ 所以,即，所以,‎ 故选: A ‎【点睛】本题考查两角和的正弦公式和二倍角公式的灵活运用;灵活运用两角和的正弦公式和二倍角公式把弦化为切是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎10.定义：表示，两数中较小的数．例如.已知，，若对任意，存在，都有成立，则的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求出函数的解析式,作出函数的图象,结合图像求出函数在区间 - 28 -‎ 上的最大值,利用函数单调性求出函数在区间上的最大值,根据题意,解关于的不等式即可.‎ ‎【详解】由题意可得,函数,‎ 即函数，‎ 作出函数的图象如图所示：‎ 由图象可得,当时，；‎ 因为函数为定义在上的增函数,‎ 所以当时，.‎ 由题意知，即，‎ 解得,所以实数的取值范围为，‎ 故选: C ‎【点睛】本题考查数形结合的思想和利用函数图象和函数单调性求函数最值解决任意与存在性问题,‎ 正确求出函数解析式，作出函数的图象和抽象出不等式是求解本题的关键;属于抽象型、难度大型试题.‎ - 28 -‎ ‎11.已知函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数的最小正周期为为函数的一条对称轴，则函数的一个增区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由辅助角公式化简函数解析式,利用三角函数的平移变换公式得到函数的解析式,利用最小正周期公式求出,再利用正弦函数的对称轴求出,由正弦函数的单调递增区间求解即可.‎ ‎【详解】由题意知,，‎ 所以，‎ 因为的最小正周期为，所以，解得，‎ 所以,‎ 由为的一条对称轴，则，‎ 即,因为,可得 所以函数，‎ 因为函数的单调递增区间为,‎ 所以令，解得,‎ - 28 -‎ 当时,,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查利用正弦函数的有关性质求正弦型函数解析式及单调区间;熟练掌握正弦函数的有关性质是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎12.已知函数，若有两个零点，，下列选项中不正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求出函数的导函数,判断出函数的单调性，进而求出函数的最值,根据函数零点的概念作出函数的图象,逐个判断每个选项的结论正确与否即可.‎ ‎【详解】因为函数,‎ 所以,其定义域为,‎ 令，解得，‎ 所以当时,；当时,;‎ 故在上单调递减，在上单调递增，‎ 因为函数有两个零点，,‎ 所以函数的图象如图所示：‎ - 28 -‎ 故，‎ 即，并且，故选项A、C正确；‎ 由于为的零点，故有，‎ 两式相减得，即，故选项B正确；‎ 因为,所以当时，，‎ 所以，故选项D不正确.‎ 故选: D ‎【点睛】本题考查利用函数的导数判断函数的单调性和最值,根据函数的零点求参数的范围;函数单调性的正确判断和最值的正确求解及零点概念的应用是求解本题的关键;属于难度大型、综合型试题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：.‎ 考点：导数的几何意义.‎ - 28 -‎ ‎14.若实数满足不等式组，存在可行解满足，则实数的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意作出可行域,由直线可得其恒过定点,围绕定点旋转直线找出与可行域有公共点的直线的斜率的最小值的位置,求出此时直线的斜率即可.‎ ‎【详解】根据题意作出可行域,如图阴影部分所示：‎ 因为直线,即为直线,‎ 所以直线恒过定点，‎ 围绕点旋转直线,‎ 可知当直线过点时其斜率有最小值,‎ 即当直线过点时有最小值，‎ 解方程组,解得,‎ 所以点坐标为,又因为直线过点,‎ - 28 -‎ 所以此时斜率,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查不等式组表示的平面区域与直线过定点问题;正确作出不等式组表示的平面区域和观察出直线过定点是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎15.已知数列的前项和为，若，，则数列的通项公式为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得,当时，,①，②，②－①得,即可求出时数列的通项公式,注意当时,代入进行检验即可.‎ ‎【详解】由②，可得当时，①，‎ ‎②－①得，即.‎ 所以数列从第二项起为公比为的等比数列,‎ 因,所以.‎ 当时，经检验不符合，‎ 所以数列的通项公式为，‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查已知数列的前项和求数列的通项公式;注意当时,代入通项进行检验是否符合,是本题的易错点;属于中档题,易错题.‎ ‎16.在三棱锥中，已知，则三棱锥外接球的表面积为________.‎ - 28 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作平面，垂足为，连接，利用线面垂直的判定及性质可得H为的垂心，利用三角形全等可得为的外心，从而可得为等边三角形,在和中利用勾股定理求出和半径,代入球的表面积公式求解即可.‎ ‎【详解】如图，‎ 作平面，垂足为，连接，‎ 所以,因为,,‎ 所以平面AHP，‎ 由线面垂直的性质可得,,‎ 同理可得，故H为的垂心,‎ 因为,所以,‎ 所以可得，即为的外心.‎ 所以为等边三角形，‎ 在中,因为,‎ 所以，‎ 在中,,‎ - 28 -‎ 设三棱锥的外接球的半径为,在中,，‎ 即，可得,‎ 即,解得，‎ 故所求外接球表面积为,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查利用线面垂直的判定及性质解决三棱锥的外接球问题;证明为的外心和利用勾股定理求外接球的半径是求解本题的关键;属于中档题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知平面向量.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）若，求向量与夹角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两向量共线的坐标表示,列出关于的方程求解即可;‎ 由两向量垂直的坐标表示求出的值,利用向量坐标的线性运算及向量模的坐标表示及向量数量积的坐标表示,代入夹角公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）由可得，解得；‎ ‎（2）由得，即，‎ 解得，则,‎ 则,,‎ 所以,, ‎ - 28 -‎ 设向量与的夹角为，则，‎ 所以，‎ 所以所求夹角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查两向量共线的坐标表示和两向量垂直的坐标表示及向量数量积的坐标表示和向量的夹角公式;着重考查学生的运算能力;属于中档题.‎ ‎18.已知函数为定义在上的偶函数，当时，.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间;‎ ‎（2）若函数有两个零点：求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）的单调递减区间为,，单调递增区间为；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意求出函数在上的单调区间,再利用偶函数在对称区间上单调性相反求出函数在区间上的单调区间即可;‎ 由函数为定义在上偶函数,只需方程在上有一个根即可,分三种情况,,分别求出时,函数的解析式,利用函数的单调性求出其值域,进而求出实数的取值范围即可.‎ ‎【详解】（1）由题意可得,当,时，，‎ 令，即,解得，‎ 当时,,所以，‎ 因为函数 在上单调递减，‎ - 28 -‎ 所以函数在上单调递减;‎ 当时,,所以，‎ 因为函数 在上单调递减,‎ 所以函数在上单调递增,‎ 所以函数在上单调递增;‎ 因为函数为定义在上的偶函数,‎ 由偶函数在对称区间上单调性相反可得,‎ 函数在上单调递增,在上单调递减,‎ 故函数单调递减区间为,，单调递增区间为.‎ ‎（2）由题可得,函数有两个零点，‎ 即方程有两个不同根，‎ 因为为定义在上的偶函数,其图象关于轴对称,‎ 故方程上有一个根即可.‎ 当时，则,因为，‎ 所以当时,，‎ 所以在上有一个根，‎ 由于在上单调递减,,‎ 所以,即,‎ 故实数的取值范围为；‎ 当时，令，解得，‎ 因为函数为上的减函数,‎ 所以当时,,‎ - 28 -‎ 所以函数为上的减函数,‎ 所以,‎ 当时，,‎ 所以函数为上的增函数，‎ 所以,‎ 要使方程在上有一个根,‎ 只需或，解得或,‎ 故实数的取值范围为或;‎ 当,时,因为,所以，‎ 所以函数,‎ 因为函数在上单调递减，‎ 所以函数在上单调递增,‎ 因为,所以,‎ 即，‎ 故只需，即,‎ 故实数的取值范围为. ‎ 综上可得，实数的取值范围为或.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求函数的单调区间及利用函数的单调性和奇偶性求函数的零点问题;利用分类讨论思想和函数的单调性正确求出函数值域是求解参数范围的关键;属于综合型强,难度大型试题.‎ - 28 -‎ ‎19.已知数列满足：.‎ ‎（1）求证：为等差数列，并求出数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，若不等式成立，求正整数的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析，；（2）31‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的定义,由可得,,推出为一个常数即可证得为等差数列,由等差数列通项公式即可求得数列的通项公式.‎ 由可得的表达式,代入求得,利用裂项相消法求出,解不等式即可.‎ ‎【详解】证明:因为，即，‎ 所以，即，‎ 故为等差数列，首项，公差为2，‎ 由等差数列通项公式可得,，‎ 所以所求数列的通项公式为；‎ 因为,所以，‎ 因为 ,‎ - 28 -‎ 所以，‎ 因为数列的前项和为,‎ 所以…‎ 令，即,可得，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 故当时，不等式成立,‎ 所以使不等式成立正整数的最小值为31.‎ ‎【点睛】本题考查定义法证明等差数列和利用裂项相消法求数列的前项和及等差数列的通项公式;熟练掌握等差数列的概念和裂项相消法求和是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎20.如图，在中，已知,为中点，分别为线段上动点（不包括端点），记.‎ ‎（1）当时，求的面积；‎ ‎（2）当时，求证：当变化时，恒有.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【分析】‎ 在中，利用正弦定理求出,再由三角形的面积公式即可求解.‎ 在中，根据余弦定理求出,由此可得，在中和在中分别利用正弦定理把表示为关于的表达式,即可得证.‎ ‎【详解】在中，由正弦定理可得,‎ ‎，‎ 因为，‎ 又因为,‎ 故，‎ 所以，‎ 故的面积为.‎ 证明:在中，根据余弦定理得 ‎，‎ 即，‎ 故，‎ 因此 当时，在中，‎ 因为,‎ - 28 -‎ 所以,‎ 即，,‎ 所以在中,由正弦定理可得,‎ ‎，‎ 因为，‎ 所以；‎ 在中，因为,,‎ 所以,因为,‎ 所以,‎ 在中，由正弦定理可得,‎ ‎,‎ 即,‎ 因为，‎ 所以，‎ 故 ‎【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形及三角形面积公式的应用; 把表示为关于的表达式是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎21.如图一，在直角梯形中，分别为的三等分点，, ，，，若沿着折叠使得点和重合，如图二所示，连结.‎ ‎ ‎ - 28 -‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点分别为，连结,,可得四边形为平行四边形,则,由,利用面面垂直的性质和线面垂直的性质及判定即可得证.‎ 由,把点到平面的距离转化为点到平面的距离,利用等体积法,通过代数运算间接求出点到平面的距离即可.‎ ‎【详解】（1）证明:取的中点分别为，连结,如图，‎ 则且，‎ 又因为且，‎ 所以且，‎ 故四边形为平行四边形，‎ 所以.‎ 因为为中点，三角形为等边三角形，‎ 所以，‎ 因为平面平面,平面平面,‎ 故平面，因为，‎ 所以平面，‎ 又因为平面,‎ - 28 -‎ 故平面平面；‎ ‎（2）因为，‎ 又因为平面,平面,‎ 故平面，‎ 故点到平面的距离等于点到平面的距离.‎ 由（1）知三棱锥的体积，‎ ‎，，‎ 故,‎ 在中，，‎ 取中点，连结，‎ 则，‎ 故，‎ 设点至平面的距离为，‎ 所以三棱锥的体积，‎ 由于，则，即，‎ 故点到平面的距离为.‎ - 28 -‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定及性质和面面垂直的性质以及利用线面平行和等体积法间接求点到面的距离;正确作出辅助线和等体积法的应用是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）若时，讨论在区间上零点个数；‎ ‎（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）一个零点；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分和两种情况进行分类讨论,利用零点存在性定理进行判断即可;‎ 利用分类讨论思想,分,,分别求解函数的导数,利用导数判断函数的单调性,求出函数在上的最小值即可.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 当时，，故，‎ 故在上无零点；‎ 当时，，‎ 因为，，故，‎ 因此在上单调递增.‎ 因为，，‎ 故存在唯一使得.‎ 综上知，在区间上有一个零点；‎ ‎（2）当时，，‎ ‎①当时，因为，，，‎ 故，所以在上单调递增.‎ - 28 -‎ 故，符合题意；‎ ‎②当时，令，，‎ 故在上单调递增，‎ 故，可得，‎ 所以在上单调递增，‎ 因此,符合题意；‎ ‎③当时，令，‎ 则，，‎ 令，，‎ 故，故，‎ 由零点存在性定理可知,存在使得，‎ 所以在上，在上，‎ 故在上单调递减，在上单调递增，‎ 当时，，与题意矛盾，‎ 故不符合题意.‎ 综上可得，实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的导数判断函数的单调性及零点存在性定理求函数的的零点和参数范围;利用分类讨论思想和通过求函数的导数正确判断函数的单调性求解函数最值是求解本题的关键;属于难度大,综合型试题.‎ - 28 -‎ - 28 -‎