五省创优名校2020届高三上学期全国I卷第二次联考数学（文）试题 Word版解析版.doc

1、 2020年普通高等学校招生全国I卷五省优创名校第二次联考数学（文科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.命题 ，则 是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接根据全称命题的否定是特称命题可得结果.【详解】由全称命题的否定是特称命题可得：命题的否定是,故选C.【点睛】本题考查了命题的否定，对于含有量词的命题的否定，只需改量词，否结论即可，是基础题2.已知集合 ，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别求出集合M，N，由交集的定义求出【详解】因为，所以 故选A.【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式的解法，考查运算求解能力，是基础题3.函

2、数 的定义域是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据分母不等于0，及对数函数和根号有意义的条件列得不等式组，进行求解.【详解】由题意可得 解得 ，即 的定义域是 .故选C.【点睛】此题主要考查函数的定义域及其求法，注意二次根号有意义的条件及分母不能为0；4.复数 满足 ，则A. 1B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】设，利用复数模的计算公式列出关于x，y的方程，解得x，y即可【详解】设，则 ，解得 .故，故选B.【点睛】本题考查了复数模的计算公式，考查了运算能力，属于基础题5.已知 ，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用对数式的运算性质比较a与b

3、的大小，再比较a，c与2的大小关系，由此得答案【详解】因为，所以.故选B.【点睛】本题考查对数值的大小比较，考查对数函数与指数函数的性质，借用中间量是解决此类问题的常用方法，是基础题6.已知非零向量与满足|2|，且|2|=，则向量与的夹角是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，对|2|=平方，结合|2|，求出向量、的夹角的余弦值，即得、的夹角【详解】因为|2|=，所以，即，所以，因为|2|，所以，所以与的夹角为故选B.【点睛】本题考查了利用平面向量数量积求向量的模长与夹角的问题，是基础题目7.已知函数 ，则“ ”是“ 是奇函数”的A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件C

4、. 必要不充分条件D. 充分不必要条件【答案】D【解析】【分析】先将m=2代入f(x)中，利用奇函数的定义证明是奇函数，再说明m取其它值也可以使得f(x)为奇函数，结合充要条件的定义得结论.【详解】因为，所以 ，所以 ，则是奇函数.因为当 时， ，此时也是奇函数，故“”是“是奇函数”的充分不必要条件.故选D.【点睛】本题考查了充要条件及奇函数的定义，考查了运算求解能力和推理论证能力，属于基础题.8.函数 的部分图象大致是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别利用函数的奇偶性及特殊函数值进行排除，即可判断答案【详解】因为，所以是偶函数，其图象关于y轴对称，排除C，D；当 时， ，

5、排除A.故选B.【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数值及函数的奇偶性的应用，属基础题9.已知 在 上单调递减，且 ，则A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】先由在 上单调递减，得到区间长度应该小于等于半个周期，可得，再由检验即可.【详解】因为在 上单调递减，所以 ，所以 .因为 ，所以 或 .当时， 符合题意，此时 ，则 ；当时， 不符合题意，综上， ，则，故选D.【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象和性质的应用，考查了三角函数值，属于基本知识的考查10.定义在 上的函数 满足 ，且当 时，则函数 在 上的零点个数为A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析

6、】由f（x+2）3f（x），得到函数在其他区间的解析式，作出函数的图象，将问题转化为直线与函数在上的图象的交点的个数，即可求出零点个数【详解】设，则.因为时， ，所以.因为，所以当时，同理可得当时，；当时，此时最大值为x=-3时，f(x)=,因为函数 在 上的零点个数等价于直线与函数 在上的图象的交点的个数，结合的图象（如图），直线与函数在上的图象有7个交点，即函数在上有7个零点.故选C.【点睛】本题主要考查函数零点的个数及函数解析式的求解方法，考查了数形结合思想，利用f（x+2）3f（x）求解解析式是解决本题的关键11.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图则该几何体

7、的外接球的表面积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知：该几何体为一个三棱锥，作出图形，得到球心位置利用勾股数计算得到其外接球的半径【详解】由三视图知（结合长方体）该几何体的实物图应为三棱锥，故球心肯定在长方体上、下底面的中心连线 上（设上、下底面的中心分别为 .记球心为点，设，则 ，结合三视图数据得，解得 ，则 ，故该几何体的外接球的表面积为故选B.【点睛】本题考查了球表面积计算公式、三棱锥的三视图及球心位置的确定，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12.定义在 上的函数满足 ，且对任意的 都有 （其中为的导数），则下列一定判断正确的是A. B. C. D. 【答

8、案】D【解析】【分析】由题意构造函数，由得到，说明函数F(x)对称轴为x1，又对任意，都有成立，得到函数F(x)在上单调递增，再比较各选项中自变量的大小即可得到函数值的大小【详解】设 ，则 ，因为当 时， ，所以 ，则 在 上单调递增.因为 ，即 ，所以 ，所以 关于 对称，则，因为在上单调递增，所以，则有，所以A、B、C均错，故选D.【点睛】解决此类问题的关键是熟练掌握函数的性质如奇偶性、单调性、周期性、对称性等，本题还考查了构造函数的技巧，属于难题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数 的图象在 处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】求函数的导数，利用导数的几何意义

9、求得斜率，由点斜式写出切线方程.【详解】因为，所以，所以，故所求切线方程为.故答案为：.【点睛】本题主要考查导数几何意义，以及导数的基本运算比较基础14.已知 ，则 _.【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式并将所求写成齐次式形式，再将弦化为切即可.【详解】，故答案为：【点睛】本题考查了二倍角的正弦公式，考查了齐次式的应用，属于基础题.15.九章算术中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪。在四棱锥 中，底面 为邪田，两畔分别为1，3，正广 为 ， 平面，则邪田的邪长为_；邪所在直线与平面 所成角的大小为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】过点作，垂足

10、为，在Rt中，可求BC长，即为邪长，又由题意可证平面，得到 即为所求，在Rt中，求得正切值，可得角.【详解】过点作，垂足为，延长，使得（如图）.由题意可得，则 由题意知，所以，所以.因为 平面，所以，又，所以 平面 ，则 是直线 与平面 所成角的平面角， ，所以故答案为： 【点睛】本题以数学文化为载体，考查了线面角及线面垂直的证明，考查了转化与化归思想及推理论证能力，属于中档题.16.在数列 中， ，且 ，则_.【答案】3750【解析】【分析】由题意，由此可用累加法及裂项相消法求得，可得，进而求得，利用等差数列求和公式求得结果.【详解】因为 ，所以将以上等式累加可得： ，即 .因为 符合上式，

11、所以 ，则 .所以是以4为首项，以1为公差的等差数列，故 ，故答案为：3750.【点睛】本题考查了累加法及裂项相消法求通项及求和的方法，考查了等差数列的证明及求和公式，考查了运算能力及推理论证能力，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.设等比数列的前 项和为 .（1）求的通项公式；（2）若 ，求 的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将已知用基本量及q表示，联立方程组，求解即可.（2）由（1）结果求得，可得，由裂项相消法求得结果.【详解】（1）设等比数

12、列 的公比为 ，显然 ，则 解得， 故（2）因为 ，所以 ，所以， 所以故即【点睛】本题考查了等比数列通项公式及求和公式的应用，考查了裂项相消法求和，属于基础题.18.已知函数.关于的不等式的解集为，且.（1）求的值.（2）是否存在实数，使函数的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由对数函数单调性解得不等式中x的范围，可将m、n用表示，利用，解得.（2）令则原函数通过换元转化为，利用二次函数对称轴与t的范围的关系，分类讨论分别求得h(t)的最小值，令其为，从而求得.【详解】（1）由，又，所以，又因为的解集为 ，所以 因为，所以，解得或，因

13、为，所以 （2）由（1）可得 令 ，则当 时，不符合题意； 当 时， ，解得，又，则当 时， ，解得，不符合题意. 综上，存在实数符合题意【点睛】本题考查了对数函数单调性的应用，考查了二次函数性质及运算求解能力，考查了分类讨论的数学思想，属于中档题.19.如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面是等腰梯形，且 ，其中 .（1）证明：平面 平面 .（2）求点 到平面 的距离。【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由题意结合已知数据，利用勾股数证得，又由 平面可得，从而证得 平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论.（2）先求得,利用余弦定理及三角形面积公式求得，利用等体积转化根据可得距离.【

14、详解】（1）过点作交于点.因为底面 是等腰梯形，且 ，所以 在 中， ，同理可得 因为 与 相似，所以 ，所以 ，则 因为 平面平面，所以 因为 平面平面，且 ，所以 平面 因为 平面 ，所以平面 平面 （2）因为平面，所以 ，因为 ，所以 在 中，因为 ，所以，所以 ，则的面积为 设点到平面 的距离为，则三棱锥的体积 因为 ，所以，解得 故点到平面的距离为【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理，考查了点面距离的求法，等体积转化是解决此类问题的常用方法，属于中档题.20.在 中，角 所对的边分别为 .已知 .（1）若，求的周长；（2）若为锐角三角形，求 的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】

15、【分析】（1）利用正弦定理将已知条件边化角，化简后求得B，再利用余弦定理求得，可得周长.（2）利用正弦定理将化为角的三角函数，化简后利用A的范围及正弦函数的性质求解范围.【详解】（1）因为，所以， 所以 因为，所以，所以 因为 ，且，所以，即，则 的周长为 （2）因为 ，所以 则 因为为锐角三角形，所以，所以， 则 ，从而 故的取值范围是【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，考查了三角函数的恒等变形及正弦函数的性质，其中求解锐角三角形中角A的范围是易错点.21.已知函数 .（1）求的单调区间与最值；（2）若，不等式 恒成立，求的取值范围.【答案】（1）单调递增区间，单调递减区间为， 无最小值；（

16、2）【解析】【分析】（1）对f(x)求导，利用导函数的正负可得原函数的单调性及最值.（2）利用（1）的结论得到，将所求不等式进行分类参数后得到，利用上述结论可得，再说明等号可以成立，即可得到结果.【详解】（1）因为，所以 所以当 时，；当 时， 则的单调递增区间为，单调递减区间为 故 无最小值（2）由（1）可知 ，即， 则 ，即 若 ，则 因为 ，所以（当且仅当 时，等号成立），而显然有解.故 ，即的取值范围为【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调区间及最值，考查了解决不等式恒成立问题的方法技巧，其中利用进行放缩是难点，属于较难题型.22.在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （为参数），以

17、坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 的极坐标方程为 .（1）求直线和曲线的普通方程；（2）已知点，且直线和曲线交于两点，求 的值【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）消去曲线C中的参数可得C的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的普通方程.（2）由直线的普通方程可知直线过P，写出直线的参数方程，与曲线C的普通方程联立，利用直线参数的几何意义及韦达定理可得结果.【详解】（1）因为曲线 的参数方程为 （为参数），所以消去参数，得曲线的普通方程为 因为直线 的极坐标方程为 ，即 ，所以直线的普通方程为 （2）因为直线经过点 ，所以得到直线的参数方程为 （为参数）设 ，把直线的参数方程代入曲线的普通方程，得， 则， 故【点睛】本题考查了直角坐标方程与极坐标方程及参数方程的互化，考查了直线参数方程及参数的几何意义，属于中档题.23.已知正实数满足 .（1）求 的最小值.（2）证明：【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.【详解】（1）因为 ，所以 因为 ，所以 （当且仅当 ，即 时等号成立），所以（2）证明：因为 ，所以 故 （当且仅当 时，等号成立）【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中档题.