2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅱ卷数学(理)(二)试题(解析版)

1、【解析】 直接由诱导公式计算即可第 1 1 页共 2222 页2020 届百校联考高考百日冲刺金卷全国H卷数学（理）试题一、单选题1 1.已知集合A x|x 6且x N*，则A的非空真子集的个数为（）A A. 3030B B. 3131C C. 6262D D. 6363【答案】A A【解析】先化简集合 A A，再根据非空真子集的个数与集合A A 的元素个数间的关系求解【详解】因为集合A x|x 6且x N*1,2,3,4,5所以A的非空真子集的个数为25230. .故选：A A【点睛】本题主要考查集合的基本关系，属于基础题 2 2 复数 z z 满足z 1 i 1 3i，则z（）A A .

2、2 2B B. 4 4C C.、5D D . 5 5【答案】C C【解析】 根据复数的除法运算求出复数 乙再求出模长|z|z|.【详解】故选：C.【点睛】本题考查了复数的乘除运算与模长计算问题，是基础题.2-231 3iz1 i1 3i 1 i22 i，故z .5. .3 3 .已知sin323， 则cos第2 2页共 2222 页【答案】B B第3 3页共 2222 页【详解】由诱导公式可得：311sincos，故cos233故选：B.B.【点睛】本题考查了诱导公式的简单应用，属于基础题 4 4.李冶，真定栾城（今河北省石家庄市栾城区）人 金元时期的数学家 与杨辉、秦九韶、 朱世杰并称为 宋

3、元数学四大家”在数学上的主要贡献是天元术（设未知数并列方程的方法）,用以研究直角三角形内切圆和旁切圆的性质 李治所著测圆海镜中有一道题:甲乙同立于乾隅， 乙向东行不知步数而立，甲向南直行，多于乙步，望见乙复就东北斜行，与乙相会，二人共行一千六百步，又云南行不及斜行八十步，问通弦几何的程序框图执行求AB，则判断框中应填入的条件为【答案】三角形ZC 90求解. .翻译过来是：甲乙两人同在直角顶点C处，乙向东行走到B处，甲向南行走到A处，甲看到乙便从A走到B处，甲乙二人共行走 16001600 步,AB比AC长A A .x22 2y ?B B.xx2?D D.x y?【解根据题意得，ACx,ABy,

4、BCz,z1600,y80,所以z15202x,再根据VABC为直角第4 4页共 2222 页【详解】则x y z1000,y x80,所以z15202x,符合程序框图所示：又VABC为直角三角形，且ZC 90,所以x2z2y2. .故选：A A【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了理解辨析的能力，属于基础题125 5.已知袋中有 3 3 个红球，n个白球，有放回的摸球 2 2 次，恰 1 1 红 1 1 白的概率是 一，25则n()A A . 1 1B B. 2 2C C. 6 6D D. 7 7【答案】B B【解析】 恰 1 1 红 1 1 白的概率为：C；二 12，然后求出答

5、案即可3n 3 n 25【详解】恰 1 1 红 1 1 白的概率为：C23J12n 23 n 3 n 25故选：B B【点睛】本题考查的是独立重复试验下的概率计算，较简单2 26 6已知双曲线C:x-上=1，圆R:(x 3)2y216. .Q是双曲线C右支上的一个45动点，以Q为圆心作圆Q与圆F1相外切，则以下命题正确的是()A A .e Q过双曲线C的右焦点B B.e Q过双曲线C的右顶点C C .e Q过双曲线C的左焦点D D .e Q过双曲线C的左顶点【答案】A A【解析】由e Q与eF1相外切得FQ 4 RQ，由双曲线的定义得：FQ F2Q 2a 4，然后可得F2Q RQ由题意得，AC

6、 x,ABy,BCz,第5 5页共 2222 页【详解】e Q与eF1相外切，可得：FQ 4 RQ,而FQ F?Q 2a 4,第6 6页共 2222 页故选：A A【点睛】 本题考查的是两圆的位置关系和双曲线的定义，较简单7 7 在VABC中，AB 5,AC 3,BC 4,VABC内有一点0,满足:1，可得0,M , N共线，然后即可得出答案【详解】uu1 uuruuu-2 uuu设CMCB,CNCA,23uuuruuuuuu1 uuu32 uuuuuuu 3uuuCOCBCA 2-CB-CA2 CMCN,2232由432 231,故O,M, N共线，2B B. 3 3【答案】D Dk【解析】

7、 函数y sin( x )的对称轴可表示为：x(k Z), f(x)f(x)在6故选：C C【点睛】uuuuuuuuu代B,C三点共线，若OCOA OB，贝V1等腰直角CMN中，CO的最小值为点C到MN的距离，则CO的最小值为、耳.8 8.已知函数y sin( x )(0,F2Q氏,故eQ过右焦点F2. .uuurCOuuuCBuuuCA,则CO的最小值为(B B.【答【解uuuu设CM1 uuu-CBuiurCN2 uurCA，从而可得3murCOuuuCBuuuCA1 uuuCBuuuu32 uuuCA 2 CM23uuuCN,由(。，2)的一条对称轴为x-，且 f(x)f(x)在上单调，

8、则的最大值为(第7 7页共 2222 页ko4J亠上单调可得6，然后可得koZ，使得3ko1463一ko剟一ko13，即可分析出答案 【详解】函数ysin( xk)的对称轴可表示为：x (k Z),6解得一ko剟一ko173又. .Q 0, ko0,1,一,3,8 8当ko3 3 时， 可取最大值为-3 3【点睛】本题考查的是正弦型函数的对称性和单调性，属于中档题一 一x y9 9已知椭圆一1(a b o)的上顶点为B,右焦点为F,延长BF交椭a buur uuu圆E于点C,BFFC( 1)，则椭圆E的离心率e( )A A - -11B B.1C -2121D.21【答案】A A(1Xo)c【

9、解析】设CuuuLUU口然后代入椭圆方程化简即x,y，由BFFC可得byo可 【详解】(1 )c设Cxo, yo,则由uuv uuvcBFFCx cxbyoyobf(x)f(x)在 ， 上单调可得koZ，使得3ko_6,ko14一312第8 8页共 2222 页故选：A A【点n1010 .已知1 2xaoa1xanXn，其中a0a1an243，则aoa1a2an( ( ) )123n 118291182A A . 182182B B.C C.D.-339【答案】B B【解析】由题可知，令x 1，得:3n243 n 5,根据导数的运算公式，11 2x2651 2x1 2x1223Xaox2a5

10、X，令xx 1，即可求出答案【详解】解：根据题意，aoa1an243，令x 1，得：3n243 n 5，6由于11 2x2 651 2x2 6dxa5xa0a5xaox2 61 2x12axax26ax62xax2a1x26ax6所以e2代入椭圆E的方程, 整理得:(1 )22e2A111所以e本题考查的是平面向量的坐标运算及求椭圆的离心率，属于中档题66第9 9页共 2222 页【解析】根据三视图知该几何体是一个三棱锥，在正方体中还原几何体，结合图中数据 及勾股定理求出各条棱长即可得出结论.【详解】根据三视图知，该几何体是一个三棱锥,画出图形如图所示：正方体的棱长为 2 2, A A、C C

11、 为所在棱的中点，则 CD=1CD=1，BC=AD=BC=AD= , , 5 5，BD=BE=CF=2&BD=BE=CF=2&，12 而n 5，令x 1，得a色空123故选：B.B.a518263【点本题考查二项式定理的展开式以及导数的应用，考查转化能力和计算能力1111 某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为（）A A 2、3B B.【答案】C C第1010页共 2222 页【解析】由-ex1可得axexx可 【详解】因为x0,所以由a lnxex1可得x令(x)xexxln x1YIy则(x)(x 1)e1 (x 1) ex11令h(x)ex-， 则h (x)ex20 x

12、xx ln x,然后利用导数求出右边的最小值即a xexx ln x1,X。ln X。. .x丄XDx01,x结合图形可得,AEBAEB, AFCAFC, AFDAFD 为直角三角形,由勾股定理得AB=BEAE13，AC=.CFAF =,5+1=、6，最 长的棱为 AB=AB=3,故选：C.C.【点睛】本题由三视图求几何体棱长，需先还原几何体，棱锥还原通常借助正方体或者长方体，可以看成由长方体( (或正方体) )切割而截成的，属于中等题 a in x1212 已知函数f (x),g(x) ex1( e e 为自然对数的底数)，x x (0,)(0,),x使得f(x)-g(x)成立，则实数a的最

13、小值为()A A 1 1B B.eC C 2 2D D ln2【答案】A A第1111页共 2222 页故a的最小值为 1.1.故选：A A【点睛】恒成立问题或者存在性问题，首选的方法是分离变量法，通过分离变量然后转化为最值问题 二、填空题第1212页共 2222 页1313 .已知f X xlg、X2aX是偶函数，则f 2X1【详解】0,上为增函数,【点睛】则实数k的取值范围是【答案】1,2x y 20【解析】根据x,y满足线性约束条件x 2，且直线kx y 2 0过定点kx y 200,2,将目标函数化为y 2x z,平移直线y 2x,根据z 2时，最优解在直线2x y 2 0上，而0,2

14、在可行域内，且满足2x y 2 0结合图形求解. .【详解】x y 2 0 x，y满足线性约束条件x 2，直线kx y 2 0，过定点0,2kx y 2 0目标函数化为y 2x z，平移直线y 2x，在 y y 轴上截距最大时，目标函数值最大， 当z 2时，可知：最优解在直线2x y 20上，f X的解集为【答1,1【解根据题意，利用复合函数的奇偶性，得出gXlg .X2X为奇函数,a 1，利用函数的单调性解不等式,即可求出f 2Xf x的解集. .解：由题知,f x是偶函数,XlgX2aX为奇函数,0 g X1gX2X2g X2，2X2X12X11X1，2Xf X的解集为:故答案为:1,1.

15、 .本题考查复合函数的奇偶性和利用单调性解不等式,考查计算求解能力X1414 .已知X,y满足线性约束条件Xkx0目标函数z 2Xy的最大值为 2 2,第1313页共 2222 页而0,2在可行域内，且满足2x y 20. .所以最大值点为0,2如图所示： */ /h1iJ t鼻f亡-/r / /* * *耳所以实数k的取值范围是1,2. .故答案为：1,2【点睛】本题主要考查线性规划的应用，还考查了数形结合的方法，属于中档题1515 已知点 0(0,0)0(0,0) ,A(4,0),一点，贝V孕的最小| AM |值为【答案】13【解析】设点M (x,y)，则!2y2，将y21 (x 2)2代

16、入消元，然| AM | (x 4) y后即可求出右边的最小值【详解】2 2 2设点M (x, y)，则L0 x2L| AM |(x 4)y又因为（x 2)2y21,则y21(x 2)2,2故|OM14x 3,110,x 1,3,第1414页共 2222 页| AM |4x 134x13易得函数y101在1,3上单调递增. .4x 13则|OM1的最小值为-，故|OM |的最小值为-. .| AM |9| AM |31故答案为：丄3【点睛】 本题考查的是利用圆的方程进行消元，然后利用函数的知识求最值，属于中档题1616 .公路北侧有一幢楼，高为6060 米，公路与楼脚底面在同一平面上 一人在公路

17、上向东行走，在点A处测得楼顶的仰角为4545行走 8080 米到点B处，测得仰角为 3030再行走8080 米到点C处，测得仰角为 则 tantan _【答案】色 212177【解析】 首先得到OA 60,OB60、3，然后由余弦定理得:OA2AB2OB22AB OBcos ABO,OC2BC2OB22BC OBcos OBC，然后求出OC即可【详解】1第1515页共 2222 页如图，0为楼脚，0P为楼高，则0P 60,易得：OA 60,OB60卫由余弦定理得：OA2AB2OB22AB OBcos ABO,OC2BC2OB22BC OBcos OBC,2 2 2 2 2两式相加得：OA OC

18、 2 AB OB OC 30800,则OC 20、77,故tan603. 77必LCll 120.7777故答案为:3、7777【点睛】解答本题的关键是要注意：本题对应的是一个立体图形，然后用余弦定理求解三、解答题1第1616页共 2222 页(1)(1)设bnan4an1【详解】1717 .已知数列1an满足a11a2，且数列154anan1是等差数列. .(1(1)求数列an的通项公式;(2(2)求数列an的前n项和Sn. .【答案】(1)anSnn2n2(2n 1)【解(1)令bn4 anan1,然后用等差数列的知识求出bnn即可(2(2) a a2n4n2114n212n 1，然后即可

19、求出Sn第1717页共 2222 页【点睛】1818 四棱锥P ABCD中，PA AD 2,AB BC CD 1, BCBC /AD/AD ,PADPAD 9090 . .PBA为锐角，平面PBA平面 PBDPBD . .(1)证明：PA平面ABCD;(2)求平面PCD与平面PAB所成的锐二面角的余弦值. .【答案】(1 1)证明见解析；(2)-1-7【解析】(1 1)先作AM PB于M，则由平面PAB平面PBD AM平面PBD AM BD，又在底面中可得ABD 90，从而可得DB平面PAB PA DB，结合PAD 90 PA平面ABCD. .(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，可得所

20、求【详解】(1)作AM PB于M,则bi1,b22,an2n4n21(2)由an2n4n2111414n211 1 148 2n 1Sn12n 12n12n 12(2n1)常见数列的求和方法:公式法(等差等比数列)、分组求和法、裂项相消法、错位相减第1818页共 2222 页则由平面PAB平面PBD AM平面PBD AM BD,取AD中点为Q，则BCPD BQ CD 1 QDQAABD 90B不重合,DB平面PABDBAMPA DB与PAADPA平面ABCD. .x轴与HB平行），（2 2）取AQ中点 H H，如图建立空间直角坐标系（其中则B 2丄,02 2C f|0，D0,2,0P 0,0,

21、2，的证明知：平面PAB法向量为uurBD设平面PCD法向量为mvUUIV02y 2z小m PD则VUUI03mCDX由（1 1）02ITX,y,z，3-3. LT UULTcos-m, BD1uuumBDLTUUUm BDJ.7第1919页共 2222 页第2020页共 2222 页【点睛】本题考查面面垂直、 线面垂直与线线垂直间的相互转化，考查了空间直角坐标系求二面角，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题；1919 直线l过点(4,0)，且交抛物线y22px(p 0)于代B两点，AOB 90. .(1) 求P;(2)过点(1,0)的直线交抛物线于M, N两点，抛物线上是否存在定点Q，使

22、直线设直线l : X my 4Q X0,y0,MXM, yM, NXN, yN,MN22ty 1，代入Y4X整理得：Y4ty二YMYN4t,YMYN4MQ, NQ斜率之和为定值，若存在，求出Q点坐标，若不存在,说明理由【答案】(1 1)2)【解析】(1 1 )设A x-!, y1, B x2, y2，由AOB 90得y24p2然后设直线l:xmy 4，与抛物线方程联立消元即可(2)设Q X0,y,M XM,yM, NXNN,MN : x ty 1，代入4x整理得:4ty40，即得YMYN4t, yMyN4，然后可推出kNQ16 t也2Y244Y04yt【详(1(1)设 A AX2,y2,则由A

23、OB 90X1X2%y22Y12p2Y22py20y24p2联立y22px消元得2y 2 pmy8p所以yy8p，所以4p28p解得(2)第2121页共 2222 页第2222页共 2222 页则kMQkNQYMYQYNYQYMYQYNYQ2222XMXQXNXQYMYQYNYQ4 444444 2 yQyMYNYMYQYNYQ2YQYQYMYNyMYN当且仅当匹上4时，此式为定值，2 4YQ解得YQ2,故Q(1,2)或(1, 2)【点睛】涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用设而不求”整体带入”等解法 2Q2Q .某养鸡厂在荒山上散养天然土鸡， 城里有 7 7

24、个饭店且每个饭店一年有 3QQ3QQ 天需要这 种土鸡，A饭店每天需要的数量是 14141818 之间的一个随机数，去年A饭店这 3QQ3QQ 天里 每天需要这种土鸡的数量x(单位：只)的统计情况如下表：X14141515161617171818频数45456Q6Q75756Q6Q6Q6Q这 3QQ3QQ 天内(假设这 7 7 个饭店对这种土鸡的需求量一样)，养鸡厂每天出栏土鸡7a 14 a 18只，送到城里的这 7 7 个饭店，每个饭店a只，每只土鸡的成本是 4Q4Q 元， 以每只 7Q7Q 元的价格出售，超出饭店需求量的部分以每只56 a元的价钱处理. .(I)若a 16，求养鸡厂当天在A

25、饭店得到的利润y(单位：元)关于需求量x(单 位：只，x N*)的函数解析式；(n)以表中记录的各需求量的频率作为各需求量发生时的概率，若养鸡厂计划一天出栏 112112 只或 119119 只土鸡，为了获取最大利润，你认为养鸡厂一天应该出栏112112 只还是 119119 只？4 2y 4tyYQ4t 416 t凶_2_2J 4YQt呼4YQ第2323页共 2222 页【答案】(I)y30X，X 16x N*； (n)119119 只. .480,x 16比较即可得出结论 【详解】记Y表示养鸡厂当天在一个饭店获得的利润可取 420420, 450450, 480480,P4200.15,P

26、4500.2,P 4800.65,丫1的分布列为:丫1420420450450480480P0.150.150.20.20.650.65E 420 0.15 450 0.2 480 0.65 465,若出栏 119119 只，则a 17,记丫2表示养鸡厂当天在一个饭店获得的利润当a 17时，y31X 17，X 17x N510,x 17【解析】(I)根据题意，可求出利润y关于需求量x的函数解析式:14 a y30a, xx 16a2a ,x axN,即可求出当a16时，y关于x的解析式;( (n) )根据离散型分布特点,分类讨论,求出出栏112112 只和出栏119119 只时的分布列和期望,

27、(I)当x a时，y70 405640 a x214 a x 16a a,当x a时，y30a,14 a16a2a ,x30a, xaa 16时，y30 x, x16480, x16n)若出栏112112 只，贝y a16(I)知，当当a16时，y当(由30 x,x480, x1616第2424页共 2222 页丫2可取 417417, 448448, 479479, 510510,P4170.15,PY，4480.2,P Y,4790.25,PY 5100.4,丫2的分布列为：丫2417417448448479479510510P0.150.150.20.20.250.250.40.4E丫2

28、417 0.15 448 0.2 479 0.25 510 0.4 475.9. .综上可知，7E丫7E丫2，则养鸡厂出栏 119119 只时，利润最大. .【点睛】本题考查求函数的解析式以及离散型分布列和期望，考查利用已学知识解决实际利润问题，考查解题和计算能力. .2Lx-02121.已知函数f(x)4e2, g(x)g(x) ln(xln(x a).a).2x, x 0(1) 若 f f (x)(x) ,g(x)有公共点M，且在点M处有相同的切线，求点M的坐标；(2) 判定函数h(x) f (x) g(x)在0,)上的零点个数. .In 2【答案】(1 1)M的坐标为(2e,1)或, l

29、n2. .( 2 2)见解析【解析】(1 1)设M xg,yo，分和 x x00 0 两种情况讨论，每种情况下利用两个函数在x x0处的导数值和函数值相等建立方程求解(2 2)结合(1 1)中得到的结论，分a e、a e、e a, 1、a 1四种情况讨论【详解】(1 1)设M xQ,yQ,第2525页共 2222 页则当x0-Q时,2XQ4e2In XQa (*)由()()得：xQ对函数(x)XQ2e22e2XQ2x亏In4e2故(x)为增函数，且综上,(2)_(*)XQa代入()()得:2e2(2e)2x0In XOaQ Q 时12 XQM的坐标为由(1 1)知:(2e,1)或2XQ4e2I

30、n岑XQIn x，求导得:Q 故xQ2eXQ2e时,e时，h (x)h(x)有唯一零点为:h(x)有唯一零点 e时，h(x)而h(Q)In(x)2e2x2e2lnxQ2x0In122 2 . .2XQIn 2Vh(x)2x . I2In(x4ea)x2e22x4e21h (x)x e2e21(x e)2Q，2e,h(x)h(2e) Q,2xIn(x a)2In(x4ee)Qh(x)无零点. .a, 1时，h(x)在Q,)上至多 1 1 个零点,In a-0, h(2e)1 In(2e a) Q.x故h(x)在(Q,2e),(2e,)上各 1 1 个零点. .x1当a 1时，h (x)2. .满

31、足：h (Q)2e x ah(x)在(Q,)上至少 2 2 个零点. .时，h(x)h (2e) Q,故在(Q,2e)上，h (x)仅 1 1 个零点. .设为m，在(Q, m)上，h(x)为减函数，在(m,)上，h(x)为增函数. .而h(Q) - Q, h(m) h(Q) Q,x时,h(x)第2626页共 2222 页故仅在(m，)上有 1 1 个零点. .综上可得：当a e时，h(x)有 o o 个零点；当a e或a 1时，有 1 1 个零点;当e a, 1时，h(x)有 2 2 个零点. .【点睛】本题考查的是导数的几何意义及利用导数研究函数的零点个数，属于压轴题32cos242sin248，再利用x(n)将直线|的参数方程代入椭圆C的直角坐标方程整理得2 23 sin t 12cos 8sin t 320,利用A,B中点为M 2,1,且直线过M 2,1,利用参数的几何意义求解【详解】x 2 tcos(因为直线l的参数方程为丫1 tsin，且3，x 2所以2222 .在平面直角坐标系xOy中，直线I的参数方程为x 2 t cos y 1t si n(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，椭圆C的极坐标方程为483co