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 文（含解析）一选择题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
2、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.已知命题p:“，”的否定是“，”；命题q:“”的一个充分不必要条件是“”，则下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据条件分别判断命题的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可【详解】命题p：“，”的否定是“，或”.则命题是假
3、命题.命题q：“”的一个充分不必要条件是“”，为真命题.则为真命题，其余为假命题.故选：D【点睛】本题主要考查复合命题真假关系的应用，根据条件判断命题的真假是解决本题的关键属于基础题.5.分形几何是美籍法国数学家芒德勃罗在20世纪70年代创立的一门数学新分支，其中的“谢尔宾斯基”图形的作法是:先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的每个小正三角形中又挖去一个“中心三角形”.按上述方法无限连续地作下去直到无穷，最终所得的极限图形称为“谢尔宾斯基”图形(如图所示)，按上述操作7次后，“谢尔宾斯基”图形中的小正三角形的个数为（ ）A. B. C.
4、 D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意分别求出第1,2,3次操作后，图形中的小正三角形的个数，然后可归纳出一般结论，得到答案.【详解】如图，根据题意第1次操作后，图形中有3个小正三角.第2次操作后，图形中有33=个小正三角.第3次操作后，图形中有93=个小正三角.所以第7次操作后，图形中有 个小正三角.故选：C【点睛】本题考查归纳推理，属于中档题.6.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
5、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，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.7.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
6、( )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.8.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
7、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9.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
8、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.10.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
9、】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.11.对四位数（，、c，），若、，称为“吉祥数”，则“吉祥数”的个数为( )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.12.如图所示，将方
10、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，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
11、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
12、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13.过抛物线C:上的一点M(非顶点)作C的切线与x轴y轴分别交于AB两点，则_.【答案】【解析】【分析】利用导数求出切线方程，分别得到两点的坐标，即可得到结果.【详解】由，则.设点,则曲线C在M处的切线的斜率为.所以曲线C在M处的切线方程为：.即.所以 由三点的坐标可得，点为的中点.所以.故答案为：【点睛】本题考查利用导数求切线
13、方程和根据点的坐标求线段的长度之比，属于中档题.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”是几何体的高.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
14、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
15、，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.已知四面体有五条棱长为3，且外接球半径为2.动点P在四面体的内部或表面，P到四个面的距离之和记为s.已知动点P在，两处时，s分别取得最小值和最大值，则线段长度的最小值为_.【答案】【解析】【分析】设四面体为,其中，取的中点分别为，求出的长，将点到四个面的距离之和记为s，转化为到其中两个面的距离，利用等体积的方法分析出距离之和的最值，从而得到线段长度的最小值为，上两点间的距离的最小值，得到答案.【详解】四面体为,其中,设.取的中点分别为，连接
16、,如图.在等腰三角形中，有.所以平面，又为的中点.则四面体外接球的球心一定在平面 上.同理可得四面体的外接球的球心一定在平面上.所以四面体的外接球的球心一定在上.连接，设.在直角三角形中，.在三角形中，.在直角三角形中,.所以长为定值，的长为定值.根据条件有,设为, ,设为设点到四个面,的距离分别为.设四面体的体积为(为定值)由等体积法有： 所以所以 当点在上时，最小.当点远离时，的值增大，由等体积法可得当点在上时，的值相等，且此时的值最大.所以当点在或上时，取得最值.故线段长度的最小值为，上两点间的距离的最小值.由上可知，.所以，上两点间的距离的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查球的内接
17、问题和空间点到面的距离之和的问题，以及等体积的方法的应用，属于难题.三解答题17.如图，多面体是正三棱柱沿平面切除一部分所得，点D为的中点.（1）求证:平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设1与C交于点E，连接，可得，即可证明平面.（2）利用等体积法求点到平面的距离【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，四边形均为直角梯形，其中，.点D为的中点，平行且等于，.又，.E为的中点，.又，平面；（2）设点到平面的距离为d， ，点D到平面的距离即为边上的高，即为，.又，.，即点到平面的距离为.【点睛】本题考
18、查了线面垂直的证明、点到面的距离，属于中档题18.已知椭圆()的右焦点为F，左顶点为A，离心率，且经过圆O:的圆心.过点F作不与坐标轴重合的直线和该椭圆交于MN两点，且直线分别与直线交于PQ两点.（1）求椭圆的方程；（2）证明:为直角三角形.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】根据条件椭圆过点，即，由以及，可求椭圆方程.（2）设，根据点共线求出点坐标，设直线的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式即可得到，即证明结论成立.【详解】(1)由题意知，圆O:的圆心为.椭圆()过圆O:圆心，.又，.所求椭圆的方程为.（2）设，可设直线l的方程为.联立，可得.根据AMP三点共线可得.
19、同理可得.PQ的坐标分别为，.设直线的斜率为，直线的斜率为，则. 为直角三角形.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查转化思想，在做题时，选择合适的直线方程，能够起到事半功倍的效果，考查计算能力，属于难题19.定义:如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“D数列”.（1）若首项为1的等差数列的每一项均为正整数，且数列为“D数列”，其前n项和满足()，求数列的通项公式；（2）已知等比数列的每一项均为正整数，且数列为“D数列”，设()，试判断数列是否为“D数列”，并说明理由.【答案】（1）（2）是，理由见解析【解析】【分析】(1
20、) 设的公差为d,则，由每一项均为正整数，即 ，可求出.(2).根据条件有，所以，在数列中，为最小项，由数列为“D数列”可知，只需，可求出，或，然后再分别判断是否恒成立.【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，由，得.由题意得，对均成立，当时，上式成立.当时，又，等差数列的通项公式为.（2）设等比数列的公比为q，则，数列的每一项均为正整数，且，且q为整数.在数列中，为最小项，由数列为“D数列”可知，只需.即，又，即.由数列的每一项均为正整数，可得，或，.当，时，则.令()， 则. 数列为递增数列，即.又.对任意的都有.数列是“D数列”. 当，时，则.令(). =数列为递增数列，即.又.对任意的
21、都有，数列是“D数列”.综上，数列是“D数列”【点睛】本题考查了数列递推关系、新定义“D型数列”、不等式的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题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
22、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. (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
23、）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】
24、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；（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，
25、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
26、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
27、，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.