燕博园联考2020届高三综合能力测试（全国卷I）数学（理）试题 Word版含解析

燕博园联考2020届高三综合能力测试（全国卷I）数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 燕博园联考2020届高三年级综合能力测试（CAT）（一）‎ 理科数学（全国卷）详解版 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知全集为，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于集合,求得函数的定义域,再求得补集；对于集合,解得一元二次不等式,‎ 再由交集的定义求解即可.‎ ‎【详解】,‎ ‎,.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.‎ ‎2.复数满足，则复数在复平面内所对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.‎ ‎【详解】设,则,‎ - 23 -‎ ‎,,‎ 所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.‎ ‎3.已知等差数列的前项和为，且，则（ ）‎ A. 45 B. 42 C. 25 D. 36‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的性质可知,进而代入等差数列的前项和的公式即可.‎ ‎【详解】由题,.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前项和.‎ ‎4.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断的奇偶性,即可排除B,C；再由,即可排除D.‎ - 23 -‎ ‎【详解】由题,显然定义域为,设,则,所以函数是奇函数,其图象关于原点对称,排除B,C；且当时,,排除D,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查图象的识别,考查函数奇偶性的应用,属于基础题.‎ ‎5.音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受，熔铸人们的美学趣味．著名数学家傅立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐声都能用数学表达式来描述，它们是一些形如的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音．由乐声的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波．下列函数中不能与函数构成乐音的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由基本音的谐波的定义可得,利用可得,即可判断选项.‎ ‎【详解】由题,所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍,称为基本音的谐波,‎ 由,可知若,则必有,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查三角函数的周期与频率,考查理解分析能力.‎ ‎6.已知为非零向量，“”为“”（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 由数量积的定义可得,为实数,则由可得,根据共线的性质,可判断；再根据判断,由等价法即可判断两命题的关系.‎ ‎【详解】若成立,则,则向量与的方向相同,且,从而,所以；‎ 若,则向量与的方向相同,且,从而,所以.‎ 所以“”为“”充分必要条件.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、数量积的应用.‎ ‎7.把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题 ‎①的值域为 ‎②的一个对称轴是 ‎③的一个对称中心是 ‎④存在两条互相垂直的切线 其中正确的命题个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④.‎ ‎【详解】由题,,‎ - 23 -‎ 则向右平移个单位可得, ‎ ‎,的值域为,①错误；‎ 当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确；‎ 当时,,所以的一个对称中心是,③正确；‎ ‎,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确.‎ 即②③④正确,共3个.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.‎ ‎8.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，它历史悠久，风格独特，神兽人们喜爱．下图即是一副窗花，是把一个边长为12的大正方形在四个角处都剪去边长为1的小正方形后剩余的部分，然后在剩余部分中的四个角处再剪出边长全为1的一些小正方形．若在这个窗花内部随机取一个点，则该点不落在任何一个小正方形内的概率是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 由几何概型可知,概率应为非小正方形面积与窗花面积的比,即可求解.‎ ‎【详解】由题,窗花的面积为,其中小正方形的面积为,‎ 所以所求概率,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查几何概型的面积公式的应用,属于基础题.‎ ‎9.已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.‎ ‎【详解】由题,因为,所以,‎ 设,则由,可得,解得,‎ 可将三棱锥还原成如图所示的长方体,‎ 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,‎ 所以外接球的体积.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.‎ - 23 -‎ ‎10.一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有（ ）‎ A. 17种 B. 27种 C. 37种 D. 47种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.‎ ‎【详解】所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.‎ ‎11.已知双曲线的焦距为，若的渐近线上存在点，使得经过点所作的圆的两条切线互相垂直，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得；由过点所作的圆的两条切线互相垂直可得,又焦点到双曲线渐近线的距离为,则,进而求解.‎ 详解】,所以离心率,‎ 又圆是以为圆心,半径的圆,要使得经过点所作的圆的两条切线互相垂直,必有,‎ 而焦点到双曲线渐近线的距离为,所以,即,‎ - 23 -‎ 所以,所以双曲线的离心率的取值范围是.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围,考查双曲线的性质的应用.‎ ‎12.点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.‎ ‎【详解】设,则,所以,‎ 依题意可得,‎ 设,则,‎ 当时,,则单调递减；当时,,则单调递增,‎ 所以,且,‎ - 23 -‎ 有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．‎ ‎13.抛物线上到其焦点距离为5的点有_______个．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设符合条件的点,由抛物线的定义可得,即可求解.‎ ‎【详解】设符合条件的点,则,所以符合条件的点有2个.‎ 故答案为:2‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义的应用,考查抛物线的焦半径.‎ ‎14.已知数列的前项和为且满足，则数列的通项_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得时；再由可得时,两式作差可得,进而求解.‎ ‎【详解】当时,,解得；‎ 由,可知当时,,两式相减,得,即,‎ 所以数列是首项为,公比为的等比数列,‎ - 23 -‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查等比数列的通项公式的应用.‎ ‎15.对任意正整数，函数，若，则的取值范围是_________；若不等式恒成立，则的最大值为_________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将代入求解即可；当为奇数时,,则转化为,设,由单调性求得的最小值；同理,当为偶数时,,则转化为,设,利用导函数求得的最小值,进而比较得到的最大值.‎ ‎【详解】由题,,解得.‎ 当为奇数时,,由,得,‎ 而函数为单调递增函数,所以,所以；‎ 当为偶数时,,由,得,‎ 设,‎ ‎,单调递增,‎ ‎,所以,‎ 综上可知,若不等式恒成立,则的最大值为.‎ 故答案为:(1)；(2)‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查分类讨论思想和转化思想.‎ ‎16.正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，记与的轨迹构成的平面为．‎ ‎①，使得；‎ ‎②直线与直线所成角的正切值的取值范围是；‎ ‎③与平面所成锐二面角的正切值为；‎ ‎④正方体的各个侧面中，与所成的锐二面角相等的侧面共四个．‎ 其中正确命题的序号是________．（写出所有正确命题的序号）‎ ‎【答案】①②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点,中点,中点,先利用中位线的性质判断点的运动轨迹为线段,平面即为平面,画出图形,再依次判断:①利用等腰三角形的性质即可判断；②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,进而求解；③由,取为中点,则,则即为与平面所成的锐二面角,进而求解；④由平行的性质及图形判断即可.‎ ‎【详解】‎ 取中点,连接,则,所以,所以平面即为平面,‎ 取中点,中点,连接,则易证得,‎ - 23 -‎ 所以平面平面,所以点的运动轨迹为线段,平面即为平面.‎ ‎①取为中点,因为是等腰三角形,所以,又因为,所以,故①正确；‎ ‎②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,当点为中点时,直线与直线所成角最小,此时,；‎ 当点与点或点重合时,直线与直线所成角最大,此时,‎ 所以直线与直线所成角的正切值的取值范围是,②正确；‎ ‎③与平面的交线为,且,取为中点,则即为与平面所成的锐二面角,,所以③正确；‎ ‎④正方体的各个侧面中,平面,平面,平面,平面与平面所成的角相等,所以④正确．‎ 故答案为:①②③④‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面的空间位置关系,考查异面直线成角,二面角,考查空间想象能力与转化思想.‎ 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17~21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．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.在中，．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）点为边上的动点（不与点重合），设，求的取值范围．‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可；‎ ‎（2）在中,由正弦定理可得,则,再由求解即可.‎ ‎【详解】解:（1）在中,,所以,‎ 所以 ‎ ‎（2）由（1）可知,所以,‎ 在中,因为,所以,‎ 因为,所以 , ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查正弦定理的应用.‎ ‎18.在四棱锥中，是等边三角形，点在棱上，平面平面．‎ - 23 -‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值；‎ ‎（3）设直线与平面相交于点，若，求的值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点为,连接,由等边三角形性质可得,再由面面垂直的性质可得,根据平行直线的性质可得,进而求证；‎ ‎（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,由点在棱上,可设,即可得到,再求得平面的法向量,进而利用数量积求解；‎ ‎（3）设,,则,求得,,即可求得点的坐标,再由与平面的法向量垂直,进而求解.‎ ‎【详解】（1）证明:取中点为,连接,‎ 因为是等边三角形,所以,‎ 因为且相交于,所以平面,所以,‎ 因为,所以,‎ 因为,在平面内,所以,‎ 所以.‎ - 23 -‎ ‎（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,则,,,,‎ 因为在棱上,可设,‎ 所以,‎ 设平面的法向量为,因为,‎ 所以,即,令,可得,即,‎ 设直线与平面所成角为,所以,‎ 可知当时,取最大值.‎ ‎（3）设,则有,得,‎ 设,那么,所以,‎ 所以.‎ 因为,‎ ‎,‎ 所以.‎ 又因为,所以,‎ ‎,设平面的法向量为,‎ 则,即,,可得,即 ‎ - 23 -‎ 因为在平面内,所以,所以,‎ 所以,即,‎ 所以或者（舍）,即.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查空间向量法求线面成角,考查运算能力与空间想象能力.‎ ‎19.某精密仪器生产车间每天生产个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取50个零件进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查．根据多年的生产数据和经验，这些零件的长度服从正态分布（单位：微米），且相互独立．若零件的长度满足，则认为该零件是合格的，否则该零件不合格．‎ ‎（1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为，求及的数学期望；‎ ‎（2）小张某天恰好从50个零件中检查出2个不合格的零件，若以此频率作为当天生产零件的不合格率．已知检查一个零件的成本为10元，而每个不合格零件流入市场带来的损失为260元．假设充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件，试说明理由．‎ 附：若随机变量服从正态分布，则．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）需要，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由零件的长度服从正态分布且相互独立,零件的长度满足 - 23 -‎ 即为合格,则每一个零件的长度合格的概率为,满足二项分布,利用补集的思想求得,再根据公式求得；‎ ‎（2）由题可得不合格率为,检查的成本为,求出不检查时损失的期望,与成本作差,再与0比较大小即可判断.‎ ‎【详解】（1）,‎ 由于满足二项分布,故.‎ ‎（2）由题意可知不合格率为,‎ 若不检查,损失的期望为；‎ 若检查,成本为,由于,‎ 当充分大时,,‎ 所以为了使损失尽量小,小张需要检查其余所有零件.‎ ‎【点睛】本题考查正态分布的应用,考查二项分布的期望,考查补集思想的应用,考查分析能力与数据处理能力.‎ ‎20.已知椭圆经过点，离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称．连接．求证：存在实数，使得成立．‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由点可得,由,根据即可求解；‎ - 23 -‎ ‎（2）设直线的方程为,联立可得,设,由韦达定理可得,再根据直线的斜率公式求得；由点B与点Q关于原点对称,可设,可求得,则,即可求证.‎ ‎【详解】解:（1）由题意可知,,‎ 又,得,‎ 所以椭圆的方程为 ‎（2）证明:设直线的方程为，‎ 联立,可得,‎ 设,‎ 则有,‎ 因为,‎ 所以,‎ 又因为点B与点Q关于原点对称,所以,即,‎ 则有,由点在椭圆上,得,所以,‎ - 23 -‎ 所以,即，‎ 所以存在实数,使成立 ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线的斜率公式的应用,考查运算能力.‎ ‎21.已知 ‎ ‎（1）当时，判断函数的极值点的个数；‎ ‎（2）记，若存在实数，使直线与函数的图象交于不同的两点，求证：．‎ ‎【答案】（1）没有极值点；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导可得,再求导可得,则在递增,则,从而在递增,即可判断；‎ ‎（2）转化问题为存在且,使,可得,由（1）可知,即,则,整理可得,则,设,则可整理为,设,利用导函数可得,即可求证.‎ ‎【详解】（1）当时,,,‎ - 23 -‎ 所以在递增,所以,‎ 所以在递增,所以函数没有极值点.‎ ‎（2）由题,,‎ 若存在实数,使直线与函数的图象交于不同的两点,即存在且,使.‎ 由可得,,‎ 由（1）可知,可得．,‎ 所以,即,‎ 下面证明,只需证明：,‎ 令,则证,即． ‎ 设,那么,‎ 所以,所以,即 ‎【点睛】本题考查利用导函数求函数的极值点,考查利用导函数解决双变量问题,考查运算能力与推理论证能力.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所作的第一题计分．‎ ‎【选修4—4：坐标系与参数方程】‎ - 23 -‎ ‎22.已知曲线的参数方程为（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．‎ ‎（1）写出曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）点是曲线上的一点，试判断点与曲线的位置关系．‎ ‎【答案】（1）（2）点在曲线外．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先消参化曲线的参数方程为普通方程,再化为极坐标方程；‎ ‎（2）由点是曲线上的一点,利用的范围判断的范围,即可判断位置关系.‎ ‎【详解】（1）由曲线的参数方程为可得曲线的普通方程为,则曲线的极坐标方程为,即 ‎（2）由题,点是曲线上的一点,‎ 因为,所以,即,‎ 所以点在曲线外.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化,考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查点与圆的位置关系.‎ ‎【选修4—5：不等式选讲】‎ ‎23.已知，且．‎ ‎（1）请给出的一组值，使得成立；‎ ‎（2）证明不等式恒成立．‎ ‎【答案】（1）（答案不唯一）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）找到一组符合条件的值即可；‎ ‎（2）由可得,整理可得,两边同除可得,再由可得,两边同时加可得,即可得证.‎ ‎【详解】解析:（1）（答案不唯一）‎ ‎（2）证明:由题意可知,,因为,所以.‎ 所以,即.‎ 因为,所以,‎ 因为,所以,‎ 所以.‎ ‎【点睛】考查不等式证明,考查不等式的性质的应用.‎ ‎ ‎ - 23 -‎ - 23 -‎