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- 2021-04-13 发布
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. 1 B. C. 2 D. 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. 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， ，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. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
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x＝1，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，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.
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，
因为，所以
（2）由（1）可得
令 ，则
①当 时，，不符合题意；
②当 时， ，解得，又，则
③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.
【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】
【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；（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.