理科数学-全国名校2020年高三6月大联考考后强化卷（新课标Ⅰ卷）（含考试版、全解全析）

全国名校2020年高三6月大联考考后强化卷（新课标Ⅰ卷） 理科数学·全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C C D A C A C C D B B B 1．C 【解析】因为集合A={x||3x+1|≤4}={x|}，B={x|log2x≤3}={x|0<x≤8}，所以A∪B=[，8]．故选C． 2．C 【解析】依题意，，则，所以在复平面内，复数所对应的点为，位于第三象限．故选C． 3．D 【解析】．故选D． 4．A 【解析】因为logm3>0，所以m>1，因为，20.5>1，所以a<b<c，故选A． 5．C 【解析】令ωx，解得，由题意，要满足函数f（x）的图象在（0，π）上有且仅有两条对称轴，只需，解得．故选C． 6．A 【解析】因为函数f（x）的定义域为R，且，所以函数f（x）为偶函数，故排除B；设g（x）=x–sinx，则g′（x）=1–cosx≥0恒成立，所以g（x）单调递增，所以当x>0时，g（x）>g（0）=0，所以当x>0时，f（x）=xg（x）>0，且f（x）单调递增，故排除C、D，故选A． 7．C 【解析】由题意，．故选C． 8．C 【解析】由题意，作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．目标函数z=ax+y可化为，因为y=–ax+z表示斜率为–a的直线，且–a<0，由图象可知，当y=–ax+z经过点C时，z取到最大值，由，解得，即C点坐标为（4，3），代入5=ax+y，得．故选C． 9．D 【解析】由乙说：“丁未完成作业，与丁说：“我完成作业了”，可知乙和丁有一人说谎，则甲、丙说的真话，可知丙完成作业了，丁未完成作业，进而可以判断丁说了谎话．故选D． 10．B 【解析】因为∠AMB=60°，，所以△AMB为正三角形，记圆M的半径为r，则圆心M到直线AB的距离，由，得，故．又因为，所以由勾股定理得，，解得，所以点M（a，0）到直线bx–ay=0的距离为，化简可得，所以．故选B． 11．B 【解析】g（x）=x2ex的导函数为g′（x）=2xex+x2ex=x（x+2）ex，可得g（x）在[–1，0]上单调递减，在（0，1]上单调递增，故g（x）在[–1，1]上的最小值为g（0）=0，最大值为g（1）=e，所以对于任意的，．易得函数f（x）=–x2+a在[，2]上的值域为[a–4，a]，且函数f（x）在上的图象关于轴对称，在（，2]上，函数单调递减．由题意，得，，可得a–4≤0<e<，解得ea≤4．故选B． 12．B 【解析】过点A，B，C，D作球O的截面如图1，设AB的中点为O1，连接O1C，O1D，则CD∥O1A，且CD=O1A，所以四边形ADCO1是平行四边形，所以O1C=1，同理O1D=1，所以O1A=O1B=O1C=O1D，所以O1到等腰梯形ABCD各个顶点的距离都相等，过点S，A，B作球O的截面，如图2，设BS的中点为O，连接O1O，OA，则O1O∥SA，所以O1O⊥平面ABCD，所以OA=OB=OC=OD，又SA⊥AB，所以OA=OS，所以点O是四棱锥S–ABCD外接球的球心，在Rt△SAB中，AB=SA=2，所以OA，所以V球，故选B． 13． 【解析】由抛物线方程y2=4x，得其焦点，其准线方程为．设点P的横坐标为m（m>0），由抛物线的定义可知，|PF|=m+1，因此有m+1=3m，解得．故答案为． 14．42 【解析】根据题意，将6人随机安排到三天值班，每天安排2人，每人值班1天，有（种）安排方法；其中甲值26日的安排方法有（种），同理乙值27日的安排方法也有（种），甲值26日且乙值27日的安排方法有（种），则不同的安排方法有（种），故答案为42． 15． 【解析】因为，所以cosC．因为C∈（0，π），所以，因为A，c=3，由，得a．故答案为． 16．（–∞，0] 【解析】由题意，， ①当a≤0时，，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减， 又x→0时，f（x）→+∞，x→+∞时，f（x）→–∞，故此时函数f（x）必存在一个零点，符合题意； ②当且时，令，解得，令，解得，所以函数f（x）在上单调递减，在上单调递增． 若0<a<1，则，此时函数f（x）有两个零点，不符合题意； 若a>1，则，此时函数f（x）无零点，不符合题意． 综上，实数a的取值范围为（–∞，0]．故答案为（–∞，0]． 17．（12分） 【解析】（1）因为， 所以，所以2， 当n=1时，有， 因为，所以，（3分） 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以Sn=n2=n2．（5分） （2）由（1）知1+2（n–1）=2n–1，所以an． 因为，（8分） 所以[（）+（）++（）]×（）．（12分） 18．（12分） 【解析