1、 2020 届百校联考高考百日冲刺金卷届百校联考高考百日冲刺金卷 全国全国卷卷理数（三）理数（三） 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、准考证号填写在本试卷相应的位置. 3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.本试卷满分 150 分，测试时间 120 分钟. 5.考试范围：高考全部内容. 第卷第卷 一一、选择题：本大题共选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 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|22 x Ax， 2 |
2、,By yxxR，则 RA B（ ） A0,1) B(0,2) C(,1 D0,1 2.已知i是虚数单位， 11 1 22 zii ，则|z|=（ ） A 1 5 B 5 5 C 1 25 D 5 25 3.设 n S是等差数列 n a的前n项和，且 97 30SS， 2 2a ，则 2019 a（ ） A2017 B2019 C4036 D4038 4.如图，长方形内部的阴影部分为六个全等的小正三角形顶点连接组成的图形T，在长方形内随机取一点， 则此点取自阴影部分T的概率是（ ） A 1 8 B 1 4 C 1 2 D 2 3 5.已知O为坐标原点，双曲线 22 22 :1(0,0) xy
3、Cab ab 的右焦点为F，点,A B分别在双曲线C的两条 渐近线上，AFx轴，0BO BA，四边形OAFB为梯形，则双曲线C离心率的取值范围是（ ） A 2 3 1, 3 B 2 3 , 3 C(1,2 3) D(2 3,) 6.如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A 23 3 B 22 3 C 2 3 D 41 3 7.函数 2| | ( )2| x f xxxe的图象大致为（ ） A B C D 8.已知0ab，1ab ，设 2a b x ， 2 log ()yab， 1 za b ，则log 2 x x，log 2 y y，log 2 z z的 大小关系为（ ） Alog
4、 2log 2log 2 xyz xyz Blog 2log 2log 2 yzx yzx Clog 2log 2log 2 xzy xzy Dlog 2log 2log 2 yxz yxz 9.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ） A31 B39 C47 D60 10.已知圆 22 :3O xy与抛物线 2 :2(0)C ypx p相交于,A B两点，且| 2 2AB ，若抛物线C上 存在关于直线:20l xy对称的相异两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为（ ） A(1, 1) B(2,0) C 13 , 22 D(1,1) 11.已知三棱柱 111 ABCABC内接于一个半径为3的球
5、， 四边形 11 A ACC与 11 B BCC均为正方形，,M N分 别是 1111 ,AB AC的中点， 111 1 2 C MAB，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为（ ） A 3 10 B 30 10 C 7 10 D 70 10 12.设函数( )sincos(0)f xaxbx在区间, 6 2 上单调，且 2 236 fff ，当 12 x 时，( )f x取到最大值 4，若将函数( )f x的图象上各点的横坐标伸长为原来的 2 倍得到函数( )g x的 图象，则函数( ) 3 yg xx 零点的个数为（ ） A4 B5 C6 D7 第卷第卷 本卷包括必考题和选考题两部分本卷包括
6、必考题和选考题两部分.第第 13 题题第第 21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答题为必考题， 每个试题考生都必须作答.第第 22 题题第第 23 题为题为 选考题，考生根据要求作答选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分. 13.已知向量(2,1)a ，( , 1)()bmmR，且(2)bab，则向量a在b方向上的投影为_. 14.已知 9 1 x ax 的展开式中含 3 x项的系数为 21 2 ，则实数a _. 15.已知等比数列 n a的前n项和为 n S，且 1234 nn Ta aaaa，若 7 2a ， 10
7、16a，则满足 nn ST 的最大正整数n的值为_. 16.某饮料厂生产,A B两种饮料.生产 1 桶A饮料，需该特产原料 100 公斤，需时间 3 小时；生产 1 桶B饮 料，需该特产原料 100 公斤，需时间 1 小时，每天A饮料的产量不超过B饮料产量的 2 倍，每天生产两种 饮料所需该特产原料的总量至多 750 公斤，每天生产A饮料的时间不低于生产B饮料的时间，每桶A饮料 的利润是每桶B饮料利润的 1.5 倍， 若该饮料厂每天生产A饮料m桶，B饮料n桶时 * ,m nN利润最大， 则mn_. 三、解答题：解答应写三、解答题：解答应写出出文字说明，证明过程或演算步骤文字说明，证明过程或演算
8、步骤. 17.在ABC中，2 3AB ，D为BC上一点，且3BCBD，2AD . （）若30B ，ADB为钝角，求CD的长； （）若 sin3 sin3 BAD CAD ，求ABC的周长. 18.已知某快递公司收取快递费的标准是：重量不超过1kg的包裹收费 10 元；重量超过1kg的包裹，在收费 10 元的基础上，每超过1kg（不足1kg，按1kg计算）需再收 5 元.该快递公司承揽了一个工艺品厂家的全 部玻璃工艺品包裹的邮寄事宜，该厂家随机统计了 100 件这种包裹的两个统计数表如下： 表 1 包裹重量()kg (0,1 (1,2 (2,3 (3,4 (4,5 包裹数 40 25 20 10
9、 5 损坏件数 1 3 2 3 0 表 2 包裹重量()kg (0,1 (1,2 (2,3 (3,4 (4,5 出厂价（元/件） 20 25 30 40 50 卖价（元/件） 60 65 70 90 110 （）估计该快递公司对每件包裹收取快递费的平均值； （）将包裹重量落入各组的频率视为概率，该工艺品厂家承担全部运费，每个包裹只有一件产品，如果 客户收到有损坏品的包裏， 该快递公司每件按其出厂价的90%赔偿给厂家.现该厂准备给客户邮寄重量在区 间(2,3和(3,4内的工艺品各 1 件，求该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望. 19.如图，在三棱锥ABCD中，ABD是等边三角形，BCCD，
10、2BCCD，E为三棱锥 ABCD外一点，且CDE为等边三角形. （）证明：ACBD； （）若平面ABD 平面BCD，平面ABD平面ECD所成锐二面角的余弦值为 3 3 ，求BE的长. 20.已知椭圆 22 1 22 :1(0) xy Cab ab 的一个短轴端点为(0,1)M，过椭圆 1 C的一个长轴端点作圆 222 2: Cxyb的两条切线，且切线互相垂直. （）求椭圆 1 C的方程； （）过点M分别作出直线,MA MB交椭圆 1 C于,A B两点，设这两条直线的斜率分别为, MAMB kk，且 4 MAMB kk，求圆 2 C上一点P到直线AB所过定点Q的最小距离. 21.已知函数( )l
11、n()f xxax aR的最大值为1. （）求函数( )f x的解析式； （）若方程 1 ( )2 2 f xx x 有两个实根 12 ,x x，且 12 xx，求证： 12 1xx. 请考生从第请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所 选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分. 22.【选修 44：坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系x
12、Oy中，曲线 1 C的参数方程为 2 1 2 2 1 2 xt yt （t为参数） ，以坐标原点为极点，x轴的 正半轴为极轴建立极坐标系，已知点, ,A B C的极坐标分别为4, 6 ， 5 4, 6 ， 3 4, 2 ，且ABC的 顶点都在圆 2 C上，将圆 2 C右平移 3 个单位长度后，得到曲线 3 C. （）求曲线 3 C的直角坐标方程； （）设(1,1)M，曲线 1 C与 3 C相交于,P Q两点，求| |MPMQ的值. 23.【选修 45：不等式选讲】 已知函数( ) |31|2|f xxx. （）求不等式( ) 3f x 的解集； （）若1m ，1n ，对x R，不等式 22 5
13、 3loglog ( ) mn f x 恒成立，求mn的最小值. 2020 届百校联考高考百日冲刺金卷届百校联考高考百日冲刺金卷 全国全国卷理数（三）参考答案卷理数（三）参考答案 1.D 【解析】|22 |1 x Axx x， R |1Ax x， 2 |, |0By yxxy yR，所 以 R |01BxAx剟. 2.B 【解析】 1 i ii(2i)12i 2 1 2i55 1i 2 z ， 22 125 | 555 z . 3.C 【解析】 由 97 30SS， 得 89 30aa， 所以 1 21530ad， 又 1 2ad， 所以2d ， 1 0a ， 所以02(1)22 n ann，
14、所以 2019 2201924036a. 4.B 【解析】设小三角形的边长为 1，每个小三角形的面积为 3 4 ，六个小三角形的面积之和为 33 3 6 42 ，又长方形的宽为 3，长为 3 42 3 2 ，所以长方形的面积为6 3，故此点取自阴影部 分T的概率是 3 3 1 2 46 3 . 5.A 【解析】 设( ,0)F c， 所以 22 cab， 直线OB的方程为 b yx a ， 直线BF的方程为() b yxc a ， 解得, 22 cbc B a ， 2 2 c bc BO a ，又直线OA的方程为 b yx a ，则, bc A c a ， 3 , 2 2 cbc BA a ，
15、 又因为0BO BA，所以 222 2 3 0 44 cb c a 2 2 1 3 b a ， 2 4 3 e， 2 3 1 3 e . 6.B 【解析】根据三视图，此几何体为一个半球挖去个正四棱锥后剩余的几何体，正四棱锥的底面边长为 2，高为 1，所以四棱锥的体积为 12 221 33 ，半球的体积为 3 22 1 33 ，故该几何体的 体积为 22 3 . 7.B 【解析】根据题意， 2| | ( )2| x f xxxe显然为偶函数，排除 C；代入1x ，则(1)1fe ， 排除 A，D.故选 B. 8.B 【解析】因为0ab，1ab ，1a ，1 2a b ，1 2a b ， 22 l
16、og ()log 21abab， 1 1 2 a b aab b ， 2 1 log ()aab b ，1x ，1zy. 因 为l og 21l og 21 xx x ， log 21log 21 yy y ，log 21log 21 zz z ， 则 只 要 比 较log 2 y ，log 2 z 的 大 小 即 可 ， 22 loglogyz， 22 11 log 2log 2 loglog yz yz ，所以log 2log 2log 2 yzx yzx. 9.D 【解析】根据题意，0T ，1n ；8T ，2n ；84T ，3n ；844T ，4n ； 8448T ，5n ；84480T
17、 ，6n ；8448+0 12T ，7n ； 84480 124T ，8n ；84480 124 16T ，9n ； 84480 124 16 8T ，10n ；84480 124 16820T ，11n ，故 输出的结果为84480 124 16 82060T . 10.A 【解析】 因为,A B关于x轴对称， 所以,A B纵坐标为士2， 横坐标为 1， 代入 2 2(0)ypx p， 可 得 2 2yx. 设 点 11 ,P x y， 22 ,Q xy. 则 2 11 2 22 2 2 , , yx yx 则 121212 2yyyyxx， 12 2 PQ k yy ，又,P Q关于直线l
18、对称.1 PQ k ，即 12 2yy ， 12 1 2 yy ，又PQ的 中点一定在直线l上， 1212 21 22 xxyy .线段PQ的中点坐标为(1, 1). 11.B 【解析】根据 111 1 2 C MA B，可知ACBC，球心应为四边形 11 A ABB的中心，又因为 1 ACBCCC， 所 以 球 半 径 为 22 2 3 44 ACAC R ，2AC. 取BC中 点D， 连 接 ,MN ND AD，,M N分别是 1111 ,AB AC的中点， 11 1 2 MNBC.又 11 1 2 BDBC，MNBD，则 四边形BDNM为平行四边形，因此NDBM，AND（或其补角）为异面
19、直线BM与AN所成的角. 因为 1 2ACBBBC，则6BMND，5AN ，5AD ，在ADN中，由余弦定理得 222 30 cos 210 NDANAD AND ND AN ，故异面直线BM与AN所成角的余弦值为 30 10 . 12.D 【解析】设 22 ( )sin()(0)f xabx ， 1 2 2622 T ，即03 ，又 2 236 fff ， 2 7 23 212 x 为 22 ( )sin()f xabx的一条对称轴，且 26 23 ，则,0 3 为 22 ( )sin()f xabx的一个对称中心， 由于03 ， 所以 7 12 x 与 ,0 3 为同一周期里相邻的对称轴和
20、对称中心，则 7 4 123 T ，2.又 22 4ab，且 22 sincos 121212 fab ， 解之得2a ，2 3b .故( )2sin22 3cos24sin 2 3 f xxxx ， 由 图 象 变 换 可 得 ，( )4sin 3 g xx . 因 为( )4 sin 3 g xx 在,0 3 处 的 切 线 斜 率 为 4cos4 333 g ，又 3 yx 在,0 3 处切线斜率不存在，即切线方程为 3 x . 所以 3 x 右侧( )g x图象较缓，如图所示，同时4 3 x 时，16 3 x ，所以( ) 3 yg xx 的零点有 7 个. 13. 2 2 或 10
21、2 【解析】根据题意，2(4,3)abm，(2)bab，(4)30mm，1m 或3m ，所以向量a在b方向上的投影为 12 2|2 a b b 或 510 210 . 14.2 【 解 析 】 99 2 199 11 CC rr rrrr r Txx axa ， 所 以 由9233rr ， 得 系 数 为 3 3 9 121 C 2a ，2a . 15.12 【 解 析 】 根 据 题 意 ， 7 2a ， 10 16a，2q， 所 以 6 2n n a ， 记 12 1 12 32 12 n nn Saaa 21 32 n ， (11) 546 2 12 2222 n n n nn Ta a
22、a ，由题意 nn ST， 即 (1 1 ) 2 5 21 2 2 n nn ， 2 (11)1110 5 22 2122 n nnn n ， 2 1110 2 221 vn n ， 因 此 只 需 2 1110 2 nn n ， 2 13100nn， 1312913129 22 n ，由于n为整数，因此n最大为 13129 2 的整数部分，即为 12. 16.7 【解析】设每天,A B两种饮料的生产数量分别为x桶，y桶，则有 0,0, 2 , 3, 100100750 0, xy xy x y yx 厖 则其表 示的可行域如图中阴影部分所示，目标函数为1.5zxy，则1.5yxz ，z表示直
23、线在y轴上的截 距，因为, x y只取整数，所以当直线1.5yxz 经过点(4,3)即4m，3n 时，z取得最大值，则 7mn. 17.【解析】 （）在ABD中，由正弦定理得 sinsin ABAD ADBB ， 2 32 sinsin30ADB ， 解得 3 sin 2 ADB， 则120ADB，30BAD， 所以2ADBD， 所以24CDBD. （）由3BCBD，得 1 2 BAD CAD S S ， 所以 1 sin 1 2 1 2 sin 2 BAD CAD AB ADBAD S S AC ADCAD ， 因为 sin3 sin3 BAD CAD ，2 3AB ，所以4AC ， 由余弦
24、定理得 222 (2 )22 cosACADxADxADC； 222 2cosABADxAD xADB， 222 42(2 )22 2 cosxxADC ； 222 (2 3)222cosxxADB ， 可得 42 3 x ，所以42BC ， 故ABC的周长为2 3442. 18.【解析】 （）根据题意，设公司对每件包裹收取的快递费的平均值为x， 40 1025 15202010255 30 15.75 100 x （元）. （） 重量在(2,3的产品数为 20， 其损坏率为 2 0.1 20 .重量在(3,4的产品数为 10， 其损坏率为 3 0.3 10 ， 设重量在(2,3的这件产品的利
25、润记为X， 则 1 70302020X ， 2 (3020)30 0.923X ， 设重量在3,4的这件产品的利润记为Y， 则 1 90402525Y ， 2 (4025)40 0.929Y ，所以45,2, 9, 52XY， 则(45)0.90.70.63P XY，(2)0.1 0.70.07P XY， (9)0.90.30.27P XY ， (52)0.1 0.30.03P XY ， 所以其分布列为： 利润 45 2 9 52 P 0.63 0.07 0.27 0.03 根据题意，()45 0.6320.0790.27520.0324.5E XY. 19.【解析】 （）取BD的中点O，连接
26、,OC OA，因为ABD是等边三角形，所以AOBD， 又因为BCCD，所以COBD， 因为COAOO，所以BD 平面AOC， 因为AC 平面AOC，故|AC BD. （）因为平面ABD 平面BCD，平面ABD平面CBDBD，所以AO 平面BCD， 且2BD ，3AO ，故以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OA为z轴建立空间直角坐标系， 取CD的中点F，连接,OF EF， 同理可证CD 平面EOF， 2 2 OF ， 6 2 EF ， 设EFO， 则(0,0,0)O，(1,0,0)C，(0,1,0)D，(0,0, 3)A，(0, 1,0)B， 31316 cos,cos,sin 22222 E
27、 ， 所以( 1,1,0)CD ， 31316 cos,cos,sin 22222 CE ， 设平面ECD的一个法向量为( , , )nx y z， 则 0, 0, CD n CE n 0, 31316 coscossin0, 22222 xy xyz 令1x ，则 cos 1,1,2 sin n . 因为平面ABD的一个法向量为(1,0,0)OC ， 所以 2 2 13 |cos,| 3 cos 22 sin OC n ， 2 2 cos1 sin2 ， 所以 3 cos 3 ， 6 sin 3 ， 所以(1,1,1)E或(0,0,1)E. 因为E为三棱锥ABCD外一点， 所以(1,1,1)
28、E， 所以6BE . 20.【解析】 （）根据题意，1b ， 又过椭圆 1 C的一个长轴端点所作的圆 2 C的两条切线互相垂直，所以 2 sin45 2 b a ， 所以2a ，故椭圆 1 C的方程为 2 2 1 2 x y. （）当直线斜率存在时，设直线AB方程为ykxm，, AA A xy，, BB B xy， 代入椭圆 1 C的方程得 222 1 210 2 kxkmxm ， 所以 2 2 1 2 AB km xx k ， 2 2 1 1 2 AB m xx k ， 故 1 A MA A y k x ， 1 B MB B y k x ， 所以 11 AB MAMB AB yy kk xx
29、 ABBAAB AB y xy xxx x x (1)2 224 1 AB AB mxxkm kk x xm 所以1 2 k m ， 将1 2 k m 代入ykxm得：1 2 k ykx，所以直线必过 1 , 1 2 Q . 当直线AB斜率不存在时， 2 , 1 2 t A t ， 2 ,1 2 t B t ， 22 1111 2 22 4 MAMB tt kk ttt ， 解得 1 2 t ，则直线AB也过点 1 , 1 2 Q . 故 2 15 |111 22 PQ ， 从而点P到点Q的最小距离为 5 1 2 . 21.【解析】 （）( )f x的定义域为(0,)， 1 ( )(0)fxa
30、 x x ， 当0a时， 1 ( )0fxa x ，即函( )f x在(0,)上单调递增，无最大值. 当0a 时，令 1 ( )0fxa x ，可得 1 x a ， 当 1 0x a 时， 1 ( )0 ax fx x ；当 1 x a 时， 1 ( )0 ax fx x ， 故函数( )f x在 1 0, a 上单调递增，在 1 , a 上单调递减. 所以 max 1 ( )ln1f xfa a ， 所以ln11a ，1a . 故( )lnf xxx. （）设 11 ( )( )2ln2(0) 22 G xf xxxx xx , 因为 12 ,x x是函数 1 ( )ln2 2 G xx x
31、 的两个零点， 所以 1 1 1 ln20 2 x x ， 2 2 1 ln20 2 x x . 两式相减，可得 1 221 11 ln 22 x xxx ， 即 112 221 ln 2 xxx xx x ，故 12 12 1 2 2ln xx x x x x . 那么 1 2 1 1 2 1 2ln x x x x x ， 2 1 2 1 2 1 2ln x x x x x . 令 1 2 x t x ，其中01t ， 则 12 11 1 1 2ln2ln2ln t t tt xx ttt . 构造函数 1 ( )2lnh ttt t ，则 2 2 (1) ( ) t h t t . 对于
32、01t ，( )0h t恒成立，故( )(1)h th， 所以 1 2ln0tt t ，即 1 2lntt t ， 因为ln0t ，可知 1 1 2ln t t t ， 故 12 1xx. 22.【解析】 （1）由cosx，siny可得点A的直角坐标为(2 3,2)A， 点B的直角坐标为( 2 3,2)B ， 点C的直角坐标为(0, 4)C. 设圆 2 C的直角坐标方程为 222 ()xymr，代入,A C可得 22 22 12(2) ( 4) , , mr mr 0m，4r ， 所以圆 2 C的直角坐标方程为 22 16xy， 故曲线 3 C的直角坐标方程为 22 (3)16xy. （）由（
33、）联立曲线 13 ,C C可得 22 22 13116 22 tt ， 整理可得， 2 3 2110tt， 所以 12 3 2tt ， 1 2 11t t ， 所以 121 2 | | | |11MPMQttt t . 23.【解析】 （）原不等式可化为|31|2| 3xx， 当 1 3 x时，原不等式可化为31 23xx ，解得0x，所以0x ； 当 1 2 3 x时，原不等式可化为3123xx ，解得1x ，所以12x ； 当2x 时，原不等式可化为31 23xx ，解得 3 2 x，所以2x ， 综上所述，不等式的解集为 |0x x 或1x . （）因为 1 43, 3 1 ( )21,2, 3 43,2, xx f xxx xx 所以 min 15 ( ) 33 f xf . 由 22 5 3loglog ( ) mn f x 恒成立知， 不等式 22 loglog1mn恒成立. 因为 2222 loglog2 loglog2mnmn厖， 2 log () 2m n，4m n，当且仅当2mn时等号成立. 故mn的最小值为 4.
