1、湖南省长郡中学、雅礼中学等四校2020届高三数学2月联考（线上）试题 理（含解析）一、选择题：本大题共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.已知集合，则满足条件的集合B的个数为( )A. 3B. 4C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】可以求出集合，由可得，从而求集合的子集个数即可.【详解】解：，集合的子集个数为个.故选：D.【点睛】本题考查并集的运算及理解，是基础题.2.已知为虚数单位，复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算，可得，即可求解，得到答案【详解】由题意，复数，得，所以，故选B【点睛】本
2、题主要考查了复数的运算，其中解答中熟记复数的基本运算法则，准确化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3.已知，若，则( )A. 6B. C. 16D. 20【答案】D【解析】【分析】代入坐标可求出，利用模的坐标运算列方程可得，进而可求出的坐标，则可求.【详解】解：，又，解得，.故选：D.【点睛】考查根据点的坐标求向量的坐标的方法，向量坐标的加法运算，向量减法的几何意义，以及根据向量坐标求向量长度的方法，是基础题.4.已知数列满足（），且，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由（），可知数列是等比数列，利用微积分基本定理可求得，从而可求得 ，而由可知，从而可
3、求得答案.【详解】解：由（），知数列是等比数列，又，所以，又，所以，所以，所以则.故选：C.【点睛】本题考查数列递推式的应用，考查微积分基本定理及等比数列的性质，求得是关键，考查运算求解能力，属于中档题.5.将函数的图象向左平移（）个单位长度后得到函数的图象，若使成立的a、b有，则下列直线中可以是函数图象的对称轴的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数平移关系求出的解析式，结合成立的有，求出的关系，结合最小值建立方程求出的值即可.【详解】解：将函数的图象向左平移（）个单位长度后得到函数的图象，即，若成立，即，即，则与一个取最大值1，一个取最小值1，不妨设，则，得
4、，则，当时，当时，则或，即或（舍），即，由，得，当时，对称轴方程为.故选：D.【点睛】本题考查三角函数的图象平移，以及三角函数的图象和性质，结合三角函数的最值性建立方程关系求出的大小，结合最小值求出的值是解决本题的关键.考查分析问题解决问题的能力，有一定难度.6.海岛算经中有这样一个问题，大意为：某粮行用芦席围成一个粮仓装满米，该粮仓的三视图如图所示（单位：尺，1尺米），已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，则估算出该粮仓存放的米约为( )A. 43斛B. 45斛C. 47斛D. 49斛【答案】D【解析】【分析】首先判断该几何体的形状，然后根据其体积计算公式计算即可.【详解】解：观
5、察发现该几何体为圆台和圆柱的结合体，其体积为：（尺），则该粮仓存放的米约为（斛）.故选：D.【点睛】考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是首先判断几何体的形状，难度不大.7.已知点在内，且满足，现在内随机取一点，此点取自的概率分别记为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别延长到，到，到，使得，则有，得到点为的重心，所以，进而求得，得出面积之间的关系，即可求解【详解】由题意，分别延长到，到，到， 使得，则有，所以点为的重心，所以，又，从而得到，则，即.故选C.【点睛】本题主要考查了平面向量的应用，以及几何概型思想的应用，其中解答中根据响亮的运算求得点的位置，得出面
6、积之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题8.已知双曲线C：（，）的右焦点为，点A、B分别在直线和双曲线C的右支上，若四边形（其中O为坐标原点）为菱形且其面积为，则( )A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】设点，因为，则，根据点在双曲线上可得一个关于方程，根据面积又可得一个关于的方程，在加上，列方程求解即可.【详解】解：如图：设点，因为，则，又，则，化简得， ，又，由得.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的性质的应用，考查学生计算能力，根据条件列方程是本题的关键，是中档题.9.当x为实数时，表示不超过x的最大整数，如.已知函数（其中），函数满足、，且时，则方
7、程的所有根的个数为( )A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】分析】由，得函数的图象关于直线及直线对称，又由可得的周期，通过作图观察的方法可得结果.【详解】解：由，得函数的图象关于直线及直线对称，则为周期函数，且最小正周期为4.对于，当时，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；综合已知条件可在同一直角坐标系内画出函数及的图象，由图可知，函数与函数共有6个交点，即方程的根的个数为6.故选：D.【点睛】此题考查了函数的图象和性质，由数形结合求解，画出函数的图像很关键，是中档题.10.对四位数（，、c，），若、，称为“吉祥数”，则“吉祥数”的个数为( )
8、A. 1695B. 1696C. 1697D. 1698【答案】A【解析】【分析】由数的特点，先确定位置上的数，再安排位置上的数，列举出来算出个数即可.【详解】解：由数的特点，先确定位置上的数，再安排位置上的数，列表如下：其中第一列是取的数，第一行是取的数，中间是满足吉祥数的组合的数量，如：，组合有种可能，则吉祥数的个数为：，故选：A.【点睛】本题考查列表分类求数量，关键是要在列举中发现规律，进而方便计算出结果，是中档题.11.中，所有内角都不是钝角，有以下命题：；.其中正确命题的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】利用三角公式变形和三角函数的性质逐一判断.【
9、详解】解：，则或，则或，故错误；，故正确；，故正确；，故正确.故选：C.【点睛】本题考查三角形中角的关系的判断，考查应用公式变形的熟练程度，是中档题.12.如图所示，将方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻两个小方格的颜色不同，称他们的公共边为“分割边”，则分割边条数的最小值为( )A. 33B. 56C. 64D. 78【答案】B【解析】【分析】记分隔边的条数为，首先将方格按照按图分三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，将方格的行从上至下依次记为，列从左至右依次记为，行中方格出现的颜色数记为，列中方格出现的颜色个数记为，三种颜色分别记为，对于一种颜色
10、，设为含有色方格的行数与列数之和，定义当行含有色方格时，否则，类似的定义，计算得到，再证明，再证明对任意均有，最后求出分隔边条数的最小值.【详解】记分隔边的条数为，首先将方格按照按图分三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56条分隔边，即，其次证明：，将将方格的行从上至下依次记为，列从左至右依次记为，行中方格出现的颜色数记为，列中方格出现的颜色个数记为，三种颜色分别记为，对于一种颜色，设为含有色方格的行数与列数之和，定义当行含有色方格时，否则，类似的定义，所以，由于染色的格有个，设含有色方格的行有个，列有个，则色的方格一定再这个行和列的交叉方格中，从而，所以，由于在行中有种颜色
11、的方格，于是至少有条分隔边，类似的，在列中有种颜色的方格，于是至少有条分隔边，则下面分两种情形讨论，(1)有一行或一列所有方格同色，不妨设有一行均为色，则方格的33列均含有的方格，又色的方格有363个,故至少有11行有色方格，于是由得，(2)没有一行也没有一列的所有方格同色,则对任意均有，从而，由式知：，综上，分隔边条数的最小值为56.故选：B.【点睛】本题主要考查染色问题，考查计数原理，考查分析推理能力，是一道难度极大的题目.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若的展开式中第项为常数项，则_.【答案】【解析】【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得，从而得到的值.【详
12、解】解：的展开式中第项为，再根据它为常数项，可得，求得，故答案为：.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题.14.我国古代数学家祖暅提出原理：“幂势既同，则积不容异”.其中“幂”是截面积，“势”是几何体高.原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个平行平面的平面所截，若所截的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等.如图(1)，函数的图象与x轴围成一个封闭区域A（阴影部分），将区域A（阴影部分）沿z轴的正方向上移6个单位，得到一几何体.现有一个与之等高的底面为椭圆的柱体如图(2)所示，其底面积与区域A（阴影部分）的面
13、积相等，则此柱体的体积为_.【答案】【解析】【分析】阴影区域在上为半个圆，所以柱体的底面积为半圆的面积减去函数在上的积分，有了底面积，又知道高为6，即可得到柱体的体积.【详解】解：由题意得，阴影区域在上为半个圆，底面积圆，所以该柱体的 体积为.故答案为：.【点睛】本题考查定积分在求曲边梯形面积上的应用，考查计算能力.15.已知变量x、y满足约束条件，在实数x、y中插入7个实数，使这9个数构成等差数列的前9项，则、，则数列的前13项和的最大值为_.【答案】【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，结合图形计算该等差数列的公差，写出数列的前13项和，求出它的最大值.【详解】解：画出约束条件表示的
14、平面区域，如图所示；解方程组，得；记这个等差数列为，其公差为，则，所以数列的前13项和为，作出直线，由图形可知，当直线过点时，取得最大值，所以的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了二元一次不等式组表示平面区域应用问题，也考查了等差数列应用问题，是中档题.16.若有且仅有一个正方形，其中心位于原点，且其四个顶点在曲线上，则实数_.【答案】【解析】【分析】设正方形对角线所在的直线方程为，则其斜率唯一确定，转化为二元方程只有唯一实数根，利用根的判别式求解即可.【详解】解：设正方形对角线所在的直线方程为，则对角线所在的直线方程为.由，解得，所以，同理，又因为，所以，即，即.令得，因为正方形唯一确定
15、，则对角线与唯一确定，于是值唯一确定，所以关于的方程有且只有一个实数根，又.所以，即，因为，所以；又，所以，故.因此；反过来时，于是；或.于是正方形唯一确定. 故答案为：.【点睛】本小题主要考查函数的解析式的求法以及二次函数的性质，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力.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.17.如图，多面体是正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）沿平面切除一部分所得，其中平面为原正三棱柱的底面，点D为的中点.(1)求证：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）设与交于点E，连接、，由题意可得四边
16、形是正方形，且，再由点D为的中点，平行且等于，求得CD，同理求得，得，可得，由线面垂直的判定可得；（2）取BC的中点O，连接AO，可得AOBC，由正棱柱的性质可得AO平面，以O为坐标原点，向量、分别为x、y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面CBD与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的平面角的余弦值.【详解】(1)设与交于点E，连接、.多面体是正三棱柱沿平面切除部分所得，四边形是正方形，且.点D为的中点，平行且等于，.同理，.E为的中点，.又，平面；(2)取的中点O，连接.为正三角形，.由正棱柱的性质可得，平面平面，且平面平面，平面.以点O为原点，向量、分别为x、y，z轴正
17、方向建立如图所示空间直角坐标系.则，.设平面的一个法向量为，则，令，得，即由（1）可知，平面的一个法向量为.，又二面角的平面角为锐角，二面角的平面角的余弦值为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的大小，是中档题.18.已知椭圆C：（）的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形.(1)求椭圆C的标准方程；(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A、B两点，若直线、的斜率为、，当时，求此时“卫星圆”的个数.【答案】(1)；(2)8个.【解析】【分析】(1)由条件可得
18、，解出来即可；(2) 设“卫星圆”的圆心为，由定义可得“卫星圆”的标准方程为，求其圆心到直线，直线的距离，整理可转化为、是方程的两个不相等的实数根，则，再加上，解方程即可.【详解】(1)椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形，由椭圆的定义和正方形的性质，可得，解得.又椭圆C的标准方程为.(2)设“卫星圆”的圆心为.由“卫星圆”的定义，可得“卫星圆”的半径为.“卫星圆”的标准方程为.直线：与“卫星圆”相切，则由点到直线的距离公式可，化简得.同理可得.、是方程的两个不相等的实数根，由，得，将代入得，.又“卫星圆”的圆心在椭圆C上，代入椭圆方程中，可得.解得，.当时，；当时，满足条件的点共
19、8个，这样“卫星圆”存在8个.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，注意韦达定理的应用，考查计算能力与分析能力，是一道中档题.19.已知首项为的数列各项均为正数，且，.(1)若数列的通项满足，且，求数列的前n项和为；(2)若数列的通项满足，前n项和为，当数列是等差数列时，对任意的，均存在，使得成立，求满足条件的所有整数构成的集合.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)由条件可变形为，可得数列是以为首项，以2为公比的等比数列，进而可得，则，再利用错位相减法求和即可；(2)根据(1)求出，由数列是等差数列，列方程可得或，分和讨论，通过条件对任意的，均存在，使得成立，可得
20、.【详解】(1)数列各项均为正数，且，即，即.数列是以为首项，以2为公比的等比数列，数列的通项公式为.，两式相减，得，数列的前n项和；(2)数列的通项，由(1)得，.又数列是等差数列，.，即.解得或.又，当时，为等差数列，对任意，均存在，使得成立，.又为正整数，满足条件的所有整数的值构成的集合为.当时，不是常数，数列不等差数列，舍去.综上，满足条件的所有整数的值构成的集合为.【点睛】本题考查由递推式求通项公式，考查错位相减法求和，考查数列中的存在性，任意性的问题，考查计算能力，是一道难度较大的题目.20.高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行
21、但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.如图所示的小木块中，上面7层为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿板，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2，7的球槽内.例如小球要掉入3号球槽，则在前5次碰撞中有2次向右3次向左滚到第6层的第3个空隙处，再以的概率向左滚下，或在前5次碰撞中有1次向右4次向左滚到第6层的第2个空隙处，再以的概率向右滚下. (
22、1)若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第6个空隙处的概率；(2)小明同学在研究了高尔顿板后，利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入X号球槽得到的奖金为元，其中.（i）求X的分布列：（ii）高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？【答案】(1)；(2)（i）分布列见解析；（ii）能盈利.【解析】【分析】（1）记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，由此能求出这个小球掉入第7层第6个空隙处的概率；（2）X的取值为1，2，3，4，5，6，7，由此能
23、求出X的分布列，进而可求出的分布列和，从而能求出小明同学能盈利.【详解】(1)记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，则；(2)（i）由已知X的取值可为1，2，3，4，5，6，7.；，X的分布列为X1234567P（ii）的可能取值为0，5，10，15，.小明同学能盈利.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用.21.已知函数.（1）当且时，求函数的单调区间；（2）当时，若函数的两个极值点分别为、，证明.【答案】（1）的单调递增区间为，；无单调递减区间；（
24、2）证明见解析.【解析】【分析】(1)求得，分类讨论，即可求解的单调区间，得到答案； (2)根据是函数的两个零点，设是方程的两个实数解，再根据二次函数的性质函数在处取得极大值,在处取得极小值，进而得到，代入得，令，则，得到，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解【详解】(1)由题意，当时，当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增； 当时，记，则，所以当时，单调递减，且；当时，单调递增，且，所以当时，函数单调递增.综上所述，函数的单调递增区间为，；无单调递减区间. (2)由，是函数的两个零点，是方程的两个实数解，由，且，得，则有，不妨设，又，即得，即得，从而得到，且，由二次函数的图象及性质知
25、函数在处取得极大值,在处取得极小值.， （*）又为方程的根，代人(*)式得，令，则，设，单调递减，从而有，.，即得证.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题号涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为
26、参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程和的直角坐标方程；(2)若M，N分别为曲线和曲线上的动点，求的最大值.【答案】(1)，；(2).【解析】【分析】（1）根据同角三角函数关系式，消去参数，可得直角坐标方程.利用，化简可得的直角坐标方程；（2）设，利用点到直线的距离公式和三角函数的有界限，求解的最大值.【详解】(1)曲线的直角坐标方程为.由，得，即的直角坐标方程为：. (2)由(1)得的圆心为，半径，设，则，当时，的最大值为.【点睛】本题考察了参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的互换.利用参数设坐标，求解点到直线的距离的问题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.(1)解不等式；(2)设函数的最小值为m，已知正实数a，b，且，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)分类讨论去绝对值，解不等式即可；(2)由绝对值三角不等式可得，得，由得，进而可证明.【详解】(1)不等式，即为不等式，当时，不等式可化为，解得；当时，不等式可化为，即，无解；当时，不等式可化为，解得.综上，不等式的解集是；(2)，当且仅当时取等号，.，.，即.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，考查计算能力与分析能力，是中档题.