1、2020年高考桂林贺州崇左市联合调研考试数学（理科）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应位置上3全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回第卷一、选择题：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.是虚数单位，复数在复平面上对应的点位于（ ）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】求出复数在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论.【详解】复数在复平面上对应的点的坐标为，该点位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数对应的点的位置的
2、判断，属于基础题.2.已知随机变量服从正态分布，（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用正态分布密度曲线对称性可得出，进而可得出结果.【详解】，所以，.故选：B.【点睛】本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.3.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出集合，计算出和，即可得出结论.【详解】，.故选：C.【点睛】本题考查交集和并集的计算，考查计算能力，属于基础题.4.已知满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用两角和与差的余弦公式展开计算可得结果.【详解】，.故选：A.【点睛】本题考查三角求值，涉及
3、两角和与差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题.5.设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 即不充分不必要条件【答案】A【解析】【详解】试题分析：， bm又直线a在平面内，所以ab，但直线不一定相交，所以“”是“ab”的充分不必要条件，故选A.考点：充分条件、必要条件.6.函数的值域为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】，因此，函数的值域为.故选：A.【点睛】本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解，解答的关键
4、就是求出对象角的取值范围，考查计算能力，属于基础题.7.在区间上随机取一个实数，使直线与圆相交的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用直线与圆相交求出实数的取值范围，然后利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由于直线与圆相交，则，解得.因此，所求概率为.故选：D.【点睛】本题考查几何概型概率的计算，同时也考查了利用直线与圆相交求参数，考查计算能力，属于基础题.8.很多关于整数规律的猜想都通俗易懂，吸引了大量的数学家和数学爱好者，有些猜想已经被数学家证明，如“费马大定理”，但大多猜想还未被证明，如“哥德巴赫猜想”、“角谷猜想”.“角谷猜想”的内容是：对于
5、每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘以再加1；如果它是偶数，则将它除以；如此循环，最终都能够得到.下图为研究“角谷猜想”的一个程序框图.若输入的值为，则输出i的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据程序框图列举出程序的每一步，即可得出输出结果.【详解】输入，不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数不成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；成立，跳出循环，输出i的值为.故选：B.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.9.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D
6、【解析】【分析】由不等式的性质及换底公式即可得解.【详解】解：因为，则，且，所以，又,即,则，即，故选：D.【点睛】本题考查了不等式的性质及换底公式，属基础题.10.过抛物线C：y24x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】联立方程解得M(3，)，根据MNl得|MN|MF|4，得到MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.【详解】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y(x1)由得x或x3.由M在x轴的上方得M(3，)，由MNl得|MN|MF|314又NMF等
7、于直线FM的倾斜角，即NMF60，因此MNF是边长为4的等边三角形点M到直线NF的距离为故选：C【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.11.在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】计算出的值，推导出，再由，结合数列的周期性可求得数列的前项和.【详解】由题意可知，则对任意的，则，由，得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.12.已知函
8、数，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案.【详解】对任意的总有恒成立，对恒成立，令，可得令，得当，当，故令，得 当时，当，当时，故选：C.【点睛】本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题.第卷本卷包括必考题和选考题两部分第（13）题第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答，第（22）题第（23）题为选考题，考生根据要求做答二、填空题：13.已知向量,若,则_
9、【答案】1【解析】【分析】先分别计算出和,利用向量的模的运算求出和,根据等式即可求出的值.【详解】解：因为,则,因为,所以,解得：.故答案为：.【点睛】本题考查向量的加法和减法,考查向量模的运算,属于基础题.14.某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二 人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人数为_【答案】【解析】由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案15.点在双曲线（，）的右支上，其左、右焦点分别为、，直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点，线段的垂直平分线恰好过点，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析
10、】画出图形，由条件可得，设线段的中点为，则，然后求出，然后利用双曲线的定义即可建立出方程求解.【详解】由线段的垂直平分线恰好过点可得因为直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点所以，设线段的中点为，则在直角三角形中可得所以由双曲线的定义可得：即，即，即，即，解得所以离心率为故答案为：【点睛】本题考查的是双曲线的定义及三角形中的计算，考查了离心率的求法，属于中档题.16.某校名学生参加军事冬令营活动，活动期间各自扮演一名角色进行分组游戏，角色按级别从小到大共种，分别为士兵、排长、连长、营长、团长、旅长、师长、军长和司令.游戏分组有两种方式，可以人一组或者人一组.如果人一组，则必须角色相同；如果
11、人一组，则人角色相同或者人为级别连续的个不同角色.已知这名学生扮演的角色有名士兵和名司令，其余角色各人，现在新加入名学生，将这名学生分成组进行游戏，则新加入的学生可以扮演的角色的种数为_.【答案】【解析】分析】对新加入的学生所扮演的角色进行分类讨论，分析各种情况下个学生所扮演的角色的分组，综合可得出结论.【详解】依题意，名学生分成组，则一定个人组和个人组.若新加入的学生是士兵，则可以将这个人分组如下；名士兵；士兵、排长、连长各名；营长、团长、旅长各名；师长、军长、司令各名；名司令.所以新加入的学生可以是士兵，由对称性可知也可以是司令；若新加入的学生是排长，则可以将这个人分组如下：名士兵；连长、
12、营长、团长各名；旅长、师长、军长各名；名司令；名排长.所以新加入的学生可以是排长，由对称性可知也可以是军长；若新加入的学生是连长，则可以将这个人分组如下：名士兵；士兵、排长、连长各名；连长、营长、团长各名；旅长、师长、军长各名；名司令.所以新加入的学生可以是连长，由对称性可知也可以是师长；若新加入的学生是营长，则可以将这个人分组如下：名士兵；排长、连长、营长各名；营长、团长、旅长各名；师长、军长、司令各名；名司令.所以新加入的学生可以是营长，由对称性可知也可以是旅长；若新加入的学生是团长，则可以将这个人分组如下：名士兵；排长、连长、营长各名；旅长、师长、军长各名；名司令；名团长.所以新加入的学
13、生可以是团长.综上所述，新加入学生可以扮演种角色.故答案为：.【点睛】本题考查分类计数原理的应用，解答的关键就是对新加入的学生所扮演的角色进行分类讨论，属于中等题.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.某学生为了测试煤气灶烧水如何节省煤气的问题设计了一个实验，并获得了煤气开关旋钮旋转的弧度数与烧开一壶水所用时间的一组数据，且作了一定的数据处理（如表），得到了散点图（如图）.1.4720.60.782.350.81-19.316.2表中，.（1）根据散点图判断，与哪一个更适宜作烧开一壶水时间关于开关旋钮旋转的弧度数的回归方程类型？（不必说明理由）（2）根据判断结果和表中数据，建
14、立关于的回归方程；（3）若旋转的弧度数与单位时间内煤气输出量成正比，那么为多少时烧开一壶水最省煤气？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据散点图的特征判断.（2）根据表中数据，代入公式 求得，再代入，求得，写出回归方程.（3）设，则煤气用量，利用基本不等式求解.【详解】（1）更适宜作烧开一壶水时间关于开关旋钮旋转的弧度数的回归方程类型.（2）由公式可得，所以所求回归方程为.（3）设，则煤气用量，当且仅当时取“”，即时，煤气用量最小.【点睛】本题主要考查回归分析，基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档
15、题.18.中的内角，的对边分别是，若，.（1）求；（2）若，点为边上一点，且，求的面积.【答案】（1）（2）10【解析】【分析】（1）由二倍角的正弦公式以及正弦定理，可得，再根据二倍角的余弦公式计算即可；（2）由已知可得，利用余弦定理解出，由已知计算出与，再根据三角形的面积公式求出结果即可.【详解】（1），在中，由正弦定理得，又，（2），由余弦定理得，则，化简得，解得或（负值舍去），的面积.【点睛】本题考查了三角形面积公式以及正弦定理、余弦定理的应用，考查了二倍角公式的应用，考查了运算能力，属于基础题.19.底面为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.（1）求证：；（2）求
16、二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量数量积运算即可.【详解】（1）证明：连接，由平行且相等，可知四边形为平行四边形，所以.由题意易知，所以，因为，所以平面，又平面，所以.（2）设，由已知可得：平面平面，所以，同理可得：，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，为的中点，所以平行且相等，从而平面，又，所以，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，由平面几何知识，得.则，所以，.设平面的法向量为，由，可得，令，则，所以.同理，平面的一个法向量为.设平
17、面与平面所成角为，则，所以.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法，重点考查了空间向量的应用，属中档题.20.已知椭圆：（），与轴负半轴交于，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设直线：与椭圆交于，两点，连接，并延长交直线于，两点，已知，求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.【答案】（1） （2）证明见解析；定点坐标为【解析】【分析】（1）由条件直接算出即可（2）由得，由可得，同理，然后由推出即可【详解】（1）由题有，.，.椭圆方程为.（2）由得，.又，同理又，此时满足直线恒过定点【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”
18、等解法.21.设函数.（1）若恒成立，求整数的最大值；（2）求证：.【答案】（1）整数的最大值为；（2）见解析.【解析】【分析】（1）将不等式变形为，构造函数，利用导数研究函数的单调性并确定其最值，从而得到正整数的最大值；（2）根据（1）的结论得到，利用不等式的基本性质可证得结论.【详解】（1）由得，令，令，对恒成立，所以，函数在上单调递增，故存在使得，即，从而当时，有，所以，函数在上单调递增；当时，有，所以，函数在上单调递减.所以，因此，整数的最大值为；（2）由（1）知恒成立，令则，上述等式全部相加得，所以，因此，【点睛】本题考查导数在函数单调性、最值中的应用，以及放缩法证明不等式的技巧，属
19、于难题请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号选修4-4：坐标系与参数方程22.已知曲线的参数方程为（为参数）.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若过点的直线与交于，两点，与交于，两点，求的取值范围.【答案】(1)见解析;(2).【解析】试题分析：（1）利用平方法消去参数，即可得到的普通方程，两边同乘以利用 即可得的直角坐标方程；（2）设直线的参数方程为（为参数），代入，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义以及三角函数的有界性可得结果.试题解析：（1）曲线的普通方程为
20、，曲线的直角坐标方程为 ； （2）设直线的参数方程为（为参数）又直线与曲线：存在两个交点，因此. 联立直线与曲线：可得则联立直线与曲线：可得，则即选修4-5：不等式选讲23.已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果; （2）.作出函数的图象, 当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，由图可得结果.【详解】（1）不等式，即.当时，即化为，得，此时不等式的解集为，当时，即化为，解得，此时不等式的解集为.综上，不等式的解集为.（2）即.作出函数的图象如图所示，当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
