1、全國大聯考2020屆高三4月聯考理科數學試卷注意事項：1.考試前，請務必將考生的個人信息準確的輸入在正確的位置.2.考試時間120分鐘，滿分150分.3.本次考試為在線聯考，為了自己及他人，請獨立完成此試卷，切勿翻閱或查找資料.4.考試結束后，本次考試原卷及參考答案將在網上公布.5.本卷考查內容：高考全部內容.一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的.1.不等式成立的充分不必要條件是（ ）a. b. c. 或d. 或【答案】a【解析】【分析】求解不等式的解集，其充分不必要條件即該解集的真子集即可.【詳解】解，得，其充分不必要條件即該解

2、集的真子集，結合四個選項a符合題意.故選：a【點睛】此題考查充分不必要條件的辨析，關鍵在于準確求解分式不等式，根據充分條件和必要條件的集合關系判定.2.復數的共軛復數是，則（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根據，寫出其共軛復數，即可求解.【詳解】由題，其共軛復數，.故選：c【點睛】此題考查共軛復數的概念和復數的基本運算，關鍵在于熟練掌握復數的乘法運算.3.已知隨機變量，若，則（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根據正態分布密度曲線性質.【詳解】由題：隨機變量，若，則.故選：b【點睛】此題考查根據正態分布密度曲線性質求解概率，關鍵在于熟練掌握正態分布密度

3、曲線的相關性質，結合對稱性求解.4.設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，由下列四個命題，其中正確的是（ ）a. 若，則b. 若，則c. 若，則.d. 若，則.【答案】c【解析】【分析】a選項可能，b選項兩條直線位置關系不能確定，c選項正確，d選項兩個平面相交也能滿足，.【詳解】a選項，當可能，所以該選項不正確；b選項，平行于同一平面的兩條直線可能平行，可能相交，可能異面，所以該選項不正確；c選項，根據面面平行的性質，說法正確；d選項，當兩個平面相交，且平行于交線，也滿足，所以不能推出面面平行.故選：c【點睛】此題考查空間點線面位置關系的辨析，根據已知條件判斷線面平行，線線平行和面面平行，關鍵

4、在于熟練掌握相關定理公理.5.已知，則（ ）a. b. c. d. -【答案】c【解析】因為，所以 ，故選c.6.右圖是計算某年級500名學生期末考試（滿分為100分）及格率的程序框圖，則圖中空白框內應填入（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】試題分析：程序執行的過程是如果 輸入的成績不小于60分即及格，就把變量的值增加1，即變量為成績及格的人數，否則，由變量統計不及格的人數，但總人數由變量進行統計，不超過500就繼續輸入成績，直到輸入完500個成績停止循環，輸出變量，變量代表的含義為及格詳細地址，也就是考點：程序框圖.7.下圖是某幾何體的三視圖，該幾何體的體積為（ ）a. b. c

5、. d. 【答案】b【解析】【分析】借助正方體，根據三視圖還原幾何體，根據體積公式求解體積.【詳解】根據三視圖，借助棱長為1的正方體，還原其幾何體為圖中，其中平面即為觀察正面：所以該幾何體的體積故選：b【點睛】此題考查三視圖，根據三視圖求幾何體的體積，關鍵在于準確還原幾何體，常借助正方體還原幾何體.8.設不等式組表示的平面區域為，則（ ）a. 的面積是b. 內的點到軸的距離有最大值c. 點在內時，d. 若點，則【答案】c【解析】【分析】畫出可行域，通過求出可行域的面積、可行域內點到軸的距離、可行域內點和連線的斜率的范圍、通過特殊點判斷的值是否為，根據四個結果判斷四個選項的正誤.【詳解】畫出可行

6、域如下圖所示：有圖可知，可行域面積是無限大的，可行域內的點到軸的距離也是沒有最大值的，故兩個選項錯誤.注意到在可行域內，而，故d選項錯誤.有圖可知，可行域內的點和連線的斜率比的斜率要小，故c選項正確.所以選c.【點睛】本小題主要考查線性規劃的問題，考查方向有可行域的面積，點到直線的距離，兩點連線的斜率還有特殊點等幾個方向.屬于基礎題.9.已知，則，的大小關系為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用指數函數、對數函數的單調性直接求解.【詳解】解：因為， ，所以，的大小關系為.故選：d.【點睛】本題考查三個數的大小比較，考查指數函數、對數函數的單調性等基礎知識，屬于基礎題.1

7、0.函數的定義域為，且，對任意，在上是增函數，則函數的圖象可以是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】對于四個選項，舉出對應的具體函數，然后利用函數的單調性驗證是否在上遞增，由此得出正確選項.【詳解】對于a選項，取，則，由于，故，故為增函數，符合題意.對于b選項，取，則，由于，故為減函數，不符合題意.對于c選項，取，則，這是一個開口向上的二次函數，在對稱軸兩側單調性相反，不符合題意.對于d選項，取，則，是常數函數，不符合題意.綜上所述，選a.【點睛】本小題考查函數的圖像與性質，考查利用特殊值法解選擇題，考查了函數單調性.屬于中檔題.11.雙曲線：的左、右焦點分別為，過作一條直

8、線與兩條漸近線分別相交于兩點，若，則雙曲線的離心率為（ ）a. b. c. 2d. 3【答案】c【解析】【詳解】如圖所示，連接，又由，且為的中點，所以，因為，即，所以a為線段的中點，又由于為的中點，所以，所以，所以，又由直線oa與ob是雙曲線的兩條漸近線，則，所以，則，所以雙曲線的離心率為，故選c. 【點睛】本題主要考查了雙曲線的標準方程及其簡單的幾何性質的應用，其中解答本題的關鍵在于將問題的幾何要素進行合理轉化，得到的關系式，著重考查了推理與計算能力，屬于中檔試題.12.已知函數，在函數圖象上任取兩點，若直線的斜率的絕對值都不小于，則實數的取值范圍是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【

9、解析】【分析】求出導函數得該函數在定義域內單調遞減，將問題轉化為在上單調遞減求參數的取值范圍.【詳解】，在單調遞減設，則設，則在上單調遞減則對恒成立則對恒成立，因為，則，即解得或，又，所以.故選：b【點睛】此題考查根據不等式恒成立求參數的取值范圍，關鍵在于熟練掌握利用導函數討論函數單調性解決恒成立問題，涉及轉化與化歸思想.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13.已知，則_【答案】【解析】【分析】設，即可得解.【詳解】由題：設，所以528故答案為：528【點睛】此題考查求二項式展開式的系數關系，關鍵在于整體考慮，利用特殊值處理求解系數之和.14.已知是拋物線上的動點，若點到軸的距離

10、為，點到點的距離為，則的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根據拋物線的幾何性質到的距離為，即可求得最小值的情況.【詳解】拋物線的準線方程為，焦點坐標到的距離為，所以，其最小值為，當為與拋物線交點時取得最小值.故答案為：3【點睛】此題考查拋物線的幾何性質，根據幾何性質關系求解拋物線相關的距離之和的最值問題，關鍵在于熟練掌握拋物線的幾何性質，等價轉化求解.15.已知定義在實數集上的函數滿足，且的導函數滿足，則不等式的解集為_（結果用區間表示）【答案】【解析】【分析】構造函數，求導后利用已知條件得到函數的單調性，由此求得不等式的解集.【詳解】構造函數，依題意可知，故函數在上單調遞減，且，故不等式可

11、變為，即，解得.【點睛】本小題主要考查利用函數導數求解不等式，考查構造函數法，屬于中檔題.在閱讀題目過程中，提供一個函數值，給的是函數導數小于零，這個可以說明一個函數是遞減函數，由此可以考慮構造函數，因為，就可以把已知和求串聯起來了.16.如圖點是正方體外的一點，過點作直線，記直線與直線的夾角分別為，若，則滿足條件的直線有_條.【答案】【解析】【分析】求出，將問題轉化為求過某點作直線與已知兩直線夾角相等的直線條數.【詳解】由題直線與直線的夾角分別為，所以直線的夾角等于記為，將直線平移至過p，如圖所示，則過點p作兩條角平分線與兩條直線的夾角均小于80°，所以滿足題意的直線共四條，在經過

12、角平分線且垂直于該平面內的兩個平面內各兩條.故答案為：4【點睛】此題考查異面直線夾角問題，關鍵在于根據題意求出，通過平移直線求滿足夾角關系的直線數.三.解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：（共60分）17.在中，角，對邊分別為，且（1）求角的值（2）若，求的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理原式化為，即可得解；（2）根據面積公式得，結合余弦定理變形即可求解.【詳解】（1）在中，結合正弦定理得又，又【點睛】此題考查利用正余弦定理解三角形，涉及三角形面積

13、公式的應用，關鍵在于熟練掌握定理公式及其變形的應用.18.現有甲、乙兩種不同規格產品，其質量按測試指標分數進行劃分，其中分數不小于分的為合格品，否則為次品.現隨機抽取兩種產品各件進行檢測，其結果如下：測試指數分數甲產品乙產品（1）根據以上數據，完成下邊的列聯表，并判斷是否有的有把握認為兩種產品的質量有明顯差異？甲產品乙產品合計合格品次品（2）已知生產件甲產品，若為合格品，則可盈利元，若為次品，則虧損元；生產件乙產品，若為合格品，則可盈利元，若為次品，則虧損元.記為生產件甲產品和件乙產品所得的總利潤，求隨機變量的分布列和數學期望（將產品的合格率作為抽檢一件這種產品為合格品的概率）參考公式：【答案

14、】（1）填表見解析；沒有的有把握認為兩種產品的質量有明顯差異（2）詳見解析【解析】【分析】（1）根據已知數據得出加甲乙產品數和合格品與次品數，根據公式計算并下結論；（2）隨機變量可能取值，分別計算概率并寫出分布列，計算相關期望.【詳解】（1）列聯表如下：甲產品乙產品合計合格品次品合計沒有的有把握認為兩種產品的質量有明顯差異依題意，生產一件甲，乙產品為合格品的概率分別為隨機變量可能取值的分布列為：【點睛】此題考查獨立性檢驗和隨機變量及其分布，根據已知數據完善列聯表，計算，離散型隨機變量及其分布列的問題關鍵在于準確找出隨機變量可能的取值，并準確求出其概率，根據公式計算期望.19.如圖所示的多面體中

15、，底面為正方形，為等邊三角形，平面，點是線段上除兩端點外的一點.（1）若點為線段的中點，證明：平面；（2）若二面角的余弦值為，試通過計算說明點的位置.【答案】（1）證明見解析（2）為線段的中點，詳見解析【解析】【分析】（1）通過證明，即可得證；（2）建立空間直角坐標系，利用法向量解決二面角相關探索問題.【詳解】（1）因為是等邊三角形，點為線段中點，故因為，且，故平面又平面，故又，故平面.取的中點，以所在直線為軸，過點作平行于的直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則故設故又故，設為平面的法向量，則故令，故故為平面的一個法向量.由可知，為平面的一個法向量，故，即，令則，解得，

16、經檢驗知，此時點為線段的中點【點睛】此題考查證明線面垂直，根據二面角的大小求點的位置，關鍵在于熟練掌握判定定理，合理使用向量法求解二面角相關問題.20.設、分別是橢圓的左、右焦點.若是該橢圓上的一個動點，的最大值為1.（1）求橢圓的方程；（2）設直線與橢圓交于不同的兩點、，且為銳角(其中為坐標原點)，求直線的斜率的取值范圍.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）由標準方程可得，設，則可得，結合有最大值1，得，解得，從而可得結果；（2）設，由得，根據平面向量數量積公式結合為銳角，利用韋達定理可得，從而可得結果.【詳解】（1）易知，所以，設，則，因為，故當，即點為橢圓長軸端點時，有最大值1

17、，即，解得故所求的橢圓方程為.（2）設，由得，故，.又為銳角，又，解得的取值范圍是.【點睛】點睛：求參數取值范圍常用的方法和思路：直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，可列出相應的不等式組，再通過解不等式確定參數范圍;分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決.21.已知函數（1）當時，取得極值，求的值并判斷是極大值點還是極小值點；（2）當函數有兩個極值點且時，總有成立，求的取值范圍【答案】（），極大值點（）.【解析】【分析】（）求出函數的導數，求出a的值，得到函數的單調區間，求出函數的極值點即可；（）求出函數極值點，問題轉化為2lnx10，根據0x11時，0.1x12時，

18、0即h（x）2lnx（0x2），通過討論t的范圍求出函數的單調性，從而確定t的范圍即可【詳解】（），則從而，所以時，為增函數；時，為減函數，所以為極大值點.（）函數的定義域為，有兩個極值點，則在上有兩個不等的正實根，所以，由可得從而問題轉化為在，且時成立.即證成立.即證 即證亦即證 . 令則1)當時，則在上增函數且，式在上不成立.2)當時，若，即時，所以在上為減函數且，、在區間及上同號，故式成立.若，即時，的對稱軸，令，則時，不合題意.綜上可知：滿足題意.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、方程與不等式的解法、等價轉化方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題做答.如果多做，則按所做的第一題記分.22.在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，圓的極坐標方程為判斷直線與圓的交點個數；若圓與直線交于，兩點，求線段的長度【答案】【解析】【分析】（1）先求出直線的普通方程，再求出圓的直角坐標方程，由于圓心在直