?2020級高三校際聯(lián)合考試
數(shù)學試題
考生注意：
1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名．考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效，
3．考試結(jié)束，將試題卷和答題卡一并交回
一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 若集合，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定義即可求解.
【詳解】由，得，解得，
所以，
所以.
故選：A.
2. 設(shè)復數(shù)z滿足（i為虛數(shù)單位），則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應(yīng)的點在（ ）
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】先求出復數(shù)z，即可得到正確答案.
【詳解】,復數(shù)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限.
故選：D.
3. 已知，則“”是“”的（ ）
A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合簡易邏輯用語判斷選項即可.
【詳解】因為定義域上單調(diào)遞減，故由得，
而定義域上單調(diào)遞增，故，滿足充分性；
又，滿足必要性，
故選：C
4. 為了解學生每天的體育活動時間，某市教育部門對全市高中學生進行調(diào)查，隨機抽取1000名學生每天進行體育運動的時間，按照時長（單位：分鐘）分成6組：第一組，第二組，第三組，第四組，第五組，第六組.對統(tǒng)計數(shù)據(jù)整理得到如圖所示的頻率分布直方圖，則可以估計該市高中學生每天體育活動時間的第25百分位數(shù)約為（ ）

A. 43.5分鐘 B. 45.5分鐘 C. 47.5分鐘 D. 49.5分鐘
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位數(shù)的定義求解即可.
【詳解】由頻率之和為1得：，解得，
由，，
故第25百分位數(shù)位于內(nèi)，
則第25百分位數(shù)為.
可以估計該市高中學生每天體育活動時間的第25百分位數(shù)約為47.5，
故選：C.
5. 已知，則（ ）
A. -54 B. -52 C. –50 D. -48
【答案】A
【解析】
【分析】分別賦值，，代入原式，再將兩式相加即可得答案.
【詳解】，
令，得；
令，得；
由兩式相加得，
所以.
故選：A.
6. 古希臘亞歷山大時期一位重要的幾何學家帕普斯（Pappus，公元3世紀末）在其代表作《數(shù)學匯編》中研究了“三線軌跡”問題：即到兩條已知直線距離的乘積與到第三條直線距離的平方之比等于常數(shù)的動點軌跡為圓錐曲線．今有平面內(nèi)三條給定的直線，且，均與垂直．若動點M到的距離的乘積是M到的距離的平方的4倍，則動點M在直線之間（含邊界）的軌跡是（ ）
A. 圓 B. 橢圓 C. 雙曲線 D. 拋物線
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意得到三條直線的關(guān)系，不妨設(shè)為，直線為，為， 進而可根據(jù)條件表示出動點M的軌跡方程，從而得出結(jié)論.
【詳解】因為在平面內(nèi)三條給定的直線，，，且，均與垂直，所以，平行，記為，直線為，為，

設(shè)，且動點M在直線之間，所以，所以M到的距離為，M到的距離為，M到的距離為，
又因為動點M到的距離的乘積與到的距離的平方4倍相等，
所以，
所以，即，故動點M的軌跡為橢圓.
故選：B.
7. 已知，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用導數(shù)證明，當時，，取特殊值得出大小關(guān)系.
【詳解】令，若，則，
若，則，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞
增.則，即，.
取，則，即.
取，則，即，.
又，令，

則函數(shù)都在上單調(diào)遞增，則.
所以時，.
.
又函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以.
即，.
故選：A
【點睛】關(guān)鍵點睛：解決本題的關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)，，利用導數(shù)得出，當時，，進而得出.
8. 對于給定的正整數(shù)﹐定義在區(qū)間上的函數(shù)滿足：當時，且對任意的，都有．若與n有關(guān)的實數(shù)使得方程在區(qū)間上有且僅有一個實數(shù)解，則關(guān)于x的方程的實數(shù)解的個數(shù)為（ ）
A. n B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】數(shù)形結(jié)合，畫出在區(qū)間上圖象，根據(jù)與的圖象交點分析即可.
【詳解】由題意，畫出在之間的圖象，
又對任意的，都有，
可理解為區(qū)間的圖象由區(qū)間的圖象往右平移一個單位，
再往上平移一個單位所得，即可畫出在上的圖象.

故若與有關(guān)的實數(shù)使得方程在區(qū)間上有且僅有一個實數(shù)解，
則與在區(qū)間上的圖象相切，
且易得的圖象在與區(qū)間，，，上的公切線之間.
故與在區(qū)間，，上均有2個交點，
故關(guān)于方程的實數(shù)解的個數(shù)為個.
故選：B
二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的，全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分
9. 下列說法正確的是（ ）
A. 若，則
B. 若，則的最小值為4
C. 命題使得，則
D. 從1，2，3，4，5中任取3個不同的數(shù)，則以這3個數(shù)為邊長能構(gòu)成直角三角形的概率為
【答案】AD
【解析】
【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)判斷A選項，根據(jù)基本不等式取等條件判斷B選項，根據(jù)命題的否定判斷C選項，根據(jù)古典概型概念判斷D選項.

【詳解】若，左右兩邊乘以,可得,A選項正確;
,當且僅當取等號,顯然等號取不到，即的最小值不是4,B選項錯誤;
命題使得，則,C選項錯誤;
從1，2，3，4，5中任取3個不同的數(shù)共有10種情況：,
則以這3個數(shù)為邊長能構(gòu)成直角三角形有1種情況，

則以這3個數(shù)為邊長能構(gòu)成直角三角形的概率為,D選項正確;
故選:AD.
10. 已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是（ ）

A. 的圖象關(guān)于點對稱
B. 在區(qū)間的最小值為
C. 為偶函數(shù)
D. 的圖象向右平個單位后得到的圖象
【答案】BC
【解析】
【分析】由圖象可求得的解析式，對于A： 驗證是否為的零點；對于B先求出的范圍再求的值域；對于C，求出的解析式判斷奇偶性；對于D：根據(jù)圖象的平移求出平移后的解析式判斷.
【詳解】，由圖象可知，即，又，所以，
由五點作圖法可得，解得，所以，
對于A：，所以的圖象關(guān)于對稱，故A錯誤；
對于B：當時，，即在區(qū)間上的最小值為，故B正確；
對于C：，為偶函數(shù)，故C正確.
對于D：的圖象向右平移個單位后得到的圖象，故D錯誤；
故選:BC.
11. 已知AB為圓錐SO底面圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的一點，N為SA的中點，，圓錐SO的側(cè)面積為，則下列說法正確的是（ ）
A. 圓O上存在點M使∥平面SBC
B. 圓O上存在點M使平面SBC
C. 圓錐SO的外接球表面積為
D. 棱長為的正四面體在圓錐SO內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動
【答案】ACD
【解析】
【分析】對于A，根據(jù)面面平行證得線面平行；
對于B，假設(shè)存在點M使∥平面SBC，推理出矛盾，得出結(jié)論不成立；
對于C，圓錐SO的外接球球心在SO，構(gòu)造關(guān)于外接球半徑的直角三角形，由勾股定理求解；
對于D，求解圓錐SO的內(nèi)切球半徑，再求解內(nèi)切球的內(nèi)接正四面體棱長即可.
【詳解】對于A，如下圖，過點O作，交劣弧于點，連結(jié).
由于分別為的中點，所以，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面.
又，所以面平面.
又，所以平面SBC，故A正確；



對于B，假設(shè)圓O上存在點M使平面SBC, 平面，所以.
又因為平面ABC, 平面ABC，所以，又，
所以平面SOB,又平面SBC,
所以平面平面SBC，而平面平面，故B錯誤；
對于C，如下圖，已知，圓錐SO側(cè)面積為，解得，則，

由題意可知球心O在SO上，記為，設(shè)其半徑為，
由勾股定理得，
所以，解得，
所以圓錐SO的外接球表面積為，故C正確；
對于D，設(shè)圓錐SO的內(nèi)切球半徑為，則圓錐的軸截面內(nèi)切圓的半徑為，
，，則，
如下圖，由等面積法知，.

設(shè)半徑為的球內(nèi)接正四面體棱長為.如下圖，為正四面體底面中心，為正四面體外接球球心，，
則，即，解得.故D正確.

故選：ACD.
12. 如圖，在平面直角坐標系中的一系列格點，其中，且．記，如，即，即，即，…，以此類推．設(shè)數(shù)列的前n項和為，則（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】設(shè)，，記設(shè)數(shù)列的前n項和為，則，由圖觀察可知第圈的個點對應(yīng)的這項的和為0，則，同時第圈的最后一個點對應(yīng)坐標為，設(shè)在第圈，則圈共有個數(shù)，可判斷前圈共有個數(shù)，所在點的坐標為，向前推導，則可判斷A，B選項；當時,，即可判斷C選項；借助與圖可知，即項之和，對應(yīng)點的坐標為，，…，，即可求解判斷D選項.
【詳解】由題知，點，，設(shè)，，記設(shè)數(shù)列的前n項和為，
則，第一圈從點到點共8個點，由對稱性可知；
第二圈從點到點共16個點，由對稱性可知，即 ，
以此類推，可得第圈的個點對應(yīng)的這項的和為0，即，
設(shè)在第圈，則，由此可知前圈共有個數(shù)，故，則，所在點的坐標為，則，所在點的坐標為，
則，所在點的坐標為，則，故A錯誤；
，故B正確；
當時，所在點的坐標為，則，故C錯誤；
，對應(yīng)點的坐標為，，…，，
所以，故D正確.
故選：BD
【點睛】關(guān)鍵點睛：觀察圖形，利用對稱性求解問題，對D選項，考慮已知的前項和與所求的關(guān)系，結(jié)合圖形，可適當先列舉找到規(guī)律，再求解.
三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．
13. 若向量與的夾角為，且則_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的模的坐標表示及向量的數(shù)量積的定義即可求解.
【詳解】因為，
所以，
又因為向量與的夾角為，且
所以.
故答案為：.
14. 已知角的頂點在原點，始邊與x軸的非負半軸最合，終邊與單位圓交于點，將角的終邊繞原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)后與角的終邊重合，則_________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義可得，再由和誘導公式可得答案.
【詳解】由已知，
則.
故答案為：.
15. 雙曲線的中心為原點，焦點在軸上，兩條漸近線分別為，經(jīng)過右焦點垂直于的直線分別交于，兩點，若成等差數(shù)列，且與方向相反，則雙曲線的離心率為_________．
【答案】
【解析】
【分析】由題意可設(shè)，由勾股定理可得：，進而得到，結(jié)合漸近線方程可得，，再根據(jù)兩角和的正切公式可得，進而求解雙曲線的離心率.
【詳解】設(shè)雙曲線方程為，
由成等差數(shù)列，且與方向相反，
所以可設(shè)，
由勾股定理可得：，
得：，即，
所以，
又的方程為，的方程為，
即，，
而，
解得，
則離心率．
故答案為：．

16. 已知曲線與的兩條公切線的夾角余弦值為，則_________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件作出圖象，利用反函數(shù)的性質(zhì)及二倍角的正切公式，利用導數(shù)的幾何意義及直線的點斜式方程，結(jié)合指數(shù)對數(shù)的運算性質(zhì)即可求解.
【詳解】曲線與互為反函數(shù)，圖象關(guān)于對稱，如圖所示，

由題意可知，，
所以，
解得或，
因為銳角，
所以
由對稱性，不妨取直線進行研究，則直線的傾斜角為，
，
設(shè)切點的橫坐標為，切點的橫坐標為，則，，
，
所以，
所以直線的方程為即
，
所以，
所以直線的方程為即
所以即
所以即，
所以，即，于是有，
所以.
故答案為：.
【點睛】解決此題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件作出圖象及兩曲線互為反函數(shù)，利用反函數(shù)的性質(zhì)解決曲線的公切線問題，充分利用導數(shù)的幾何意義及直線的點斜式方程即可求解.
四、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．
17. 在中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知．
（1）求角A的值；
（2）若的面積，，試判斷的形狀．
【答案】（1）
（2）直角三角形
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化邊為角，然后由誘導公式，兩角和的正弦變形可求得角；
（2）由三角形面積求得，由余弦定理求得，然后用正弦定理可得判斷的形狀即可.
【小問1詳解】
因為，由正弦定理得，

又是三角形內(nèi)角，，
所以，
所以；
【小問2詳解】
，，
，，
又， ，
所以,是直角三角形.
18. 如圖，矩形所在平面與所在平面垂直，，．

（1）證明：平面；
（2）若平面與平面的夾角的余弦值是，且直線與平面所成角的正弦值是，求異面直線與所成角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由矩形性質(zhì)和平行關(guān)系可證得，，由線面垂直的判定可得結(jié)論；
（2）方法一：由面面垂直性質(zhì)可證得平面，過點作，由線面角和面面角的定義可知，，由此可求得，由異面直線所成角的定義可知所求角為，由可求得所求余弦值；
方法二：以為坐標原點建立空間直角坐標系，設(shè)，，利用線面角和面面角的向量求法可求得的值，利用異面直線所成角的向量求法可求得結(jié)果.
【小問1詳解】
四邊形矩形，；
，即，又，，
，平面，平面.
【小問2詳解】
方法一：平面平面，平面平面，，平面，平面，
則即為直線與平面所成的角，，
過點作，則平面平面，

由（1）可得：面，，，
平面與平面的夾角為，，
又，，則，，
，，
又異面直線與所成的角為，，
即異面直線與所成角的余弦值為．
方法二：由（1）可得：，，，
以點為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，

設(shè)，，則，，，，
，，，
面，平面的一個法向量；
設(shè)平面的法向量，
則，令，解得：，，；
，解得：；
平面，平面的一個法向量；
，解得：，
，，
，
即異面直線與所成角的余弦值為.
19. 已知數(shù)列，，其前n項和滿足：．
（1）求證：數(shù)列為等差數(shù)列;
（2）若，求數(shù)列的前20項和．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用與的關(guān)系及等差中項的定義即可求解；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論及等差數(shù)列的通項公式，利用三角函數(shù)的誘導公式及等比數(shù)列的前項和公式即可求解.
【小問1詳解】
因為，
所以
兩式相減可得即，
由，可得
兩式相減可得，
化簡可得
所以
所以數(shù)列為等差數(shù)列.
【小問2詳解】
由，可得，解得，
由（1）知，數(shù)列為等差數(shù)列，
因為，
所以，
所以數(shù)列的通項公式為，
所以.
所以數(shù)列的前20項和：




20. 云計算是信息技術(shù)發(fā)展的集中體現(xiàn)，近年來，我國云計算市場規(guī)模持續(xù)增長.從中國信息通信研究院發(fā)布的《云計算白皮書（2022年）》可知，我國2017年至2021年云計算市場規(guī)模數(shù)據(jù)統(tǒng)計表如下：
年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代碼x
1
2
3
4
5
云計算市場規(guī)模y/億元
692
962
1334
2091
3229
經(jīng)計算得：=36.33，=112.85.
（1）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，建立y關(guān)于x的回歸方程（為自然對數(shù)的底數(shù)）.
（2）云計算為企業(yè)降低生產(chǎn)成本?提升產(chǎn)品質(zhì)量提供了強大助推力.某企業(yè)未引入云計算前，單件產(chǎn)品尺寸與標準品尺寸的誤差，其中m為單件產(chǎn)品的成本（單位：元），且=0.6827；引入云計算后，單件產(chǎn)品尺寸與標準品尺寸的誤差.若保持單件產(chǎn)品的成本不變，則將會變成多少？若保持產(chǎn)品質(zhì)量不變（即誤差的概率分布不變），則單件產(chǎn)品的成本將會下降多少？
附：對于一組數(shù)據(jù)其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為=，.
若，則，，
【答案】（1）
（2），成本下降3元.
【解析】
【分析】(1)將非線性回歸模型轉(zhuǎn)化為線性回歸模型求解；
(2)利用正態(tài)分布的概率模型求解，并結(jié)合特殊概率值求解.
【小問1詳解】
因為，所以，
所以，
所以，
所以.
【小問2詳解】
未引入云算力輔助前，，所以，
又，所以，所以.
引入云算力輔助后，，所以，
若保持產(chǎn)品成本不變，則，
所以
若產(chǎn)品質(zhì)量不變，則，所以，
所以單件產(chǎn)品成本可以下降元.
21. 如圖，已知拋物線在點處的切線與橢圓相交，過點作的垂線交拋物線于另一點，直線（為直角坐標原點）與相交于點，記、，且．

（1）求的最小值；
（2）求的取值范圍．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用導數(shù)求出拋物線在點處的切線方程，將切線方程與橢圓方程聯(lián)立，由求出的取值范圍，求出直線的方程，并將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，由韋達定理得出，再利用基本不等式可求得的最小值；
（2）記點、到直線的距離分別為、，求出、，可得出，結(jié)合的取值范圍可求得的取值范圍.
【詳解】（1）對函數(shù)求導得，所以拋物線在點處的切線方程為，即，
聯(lián)立，得，
所以，解得，
所以直線的方程為，
聯(lián)立，得，所以，
所以，當且僅當時取等號，
所以的最小值為；
（2）記點、到直線的距離分別為、，
所以，，
所以，
因為，所以，
所以，所以的取值范圍為．
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的取值范圍問題的求解方法
（1）函數(shù)法：用其他變量作為參數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系，利用求函數(shù)值域的方法求解．
（2）不等式法：根據(jù)題意建立含參數(shù)的不等式，通過解不等式求參數(shù)的取值范圍．
（3）判別式法：建立關(guān)于某變量的一元二次方程，利用根的判別式求參數(shù)的取值范圍．
（4）數(shù)形結(jié)合法：研究參數(shù)所表示的幾何意義，利用數(shù)形結(jié)合思想求解．
22. 已知函數(shù)．
（1）若恒成立，求實數(shù)的值：
（2）若，，，證明：．
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）當時，由可知函數(shù)單調(diào)遞增，通過反例可說明不合題意；當時，可得單調(diào)性，知；構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)可求得，由此可得，知；
（2）將已知不等式化為，令，利用導數(shù)可求得單調(diào)性，易知時成立，當時，采用分析法可知只需證得即可，構(gòu)造函數(shù)，，利用導數(shù)可說明，由此可得結(jié)論.
【小問1詳解】
由題意得：定義域為，；
①當時，，在上單調(diào)遞增，
若，則，時，，不合題意；
若，則，不合題意；
②當時，若，則；若，則；
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，；
若恒成立，，
令，則，
當時，；當時，；
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
又，；
則當時，符合題意；
綜上所述：.
【小問2詳解】
由得：，
令，則，
當時，；當時，；
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
由得：；
，，
當時，由得：，；
當時，要證，只需證，
，，則只需證，
又，只需證；
令，，
則，
在上單調(diào)遞減，，，
即，即得證，；
綜上所述：成立.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查利用導數(shù)求解恒成立、證明不等式的問題；本題證明不等式的關(guān)鍵是能夠采用同構(gòu)法將所給不等式化為的形式，結(jié)合極值點偏移的分析思想將問題轉(zhuǎn)化為證明，從而通過構(gòu)造函數(shù)來進行證明.



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