2020年高考全国I卷高三最新信息卷理科数学（七）

2020年高考全国I卷高三最新信息卷理科数学（七）

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高三最新信息卷 理 科 数 学（七）‎ 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12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．‎ ‎1．设全集，集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．复数满足（为虚数单位），则复数的模等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．设两个单位向量，的夹角为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．下图是某市月日至日的空气质量指数趋势图，空气质量指数越小表示空气质量越好，‎ 空气质量指数小于表示空气质量优良，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A．这天中有天空气质量优良 B．这天中空气质量指数的中位数是 C．从月日到月日，空气质量越来越好 D．连续三天中空气质量指数方差最大的是月日至月日 ‎5．某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为的正方形，其中正视图、侧视图中的两条虚线互．相垂直，则该几何体的体积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．某程序框图如图所示，其中，若输出的，则判断框内应填入的条件为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．在展开式中，二项式系数的最大值为，含项的系数为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知函数，若，的图象恒在直线的上方，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．点、为椭圆（）长轴的端点，、为椭圆短轴的端点，动点满足，若面积的最大值为，面积的最小值为，则椭圆的离心 率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．将名党员干部分配到个贫困村驻村扶贫，每个贫困村至少分配名党员干部，则不同的分配方案共有（ ）‎ A．种 B．种 C．种 D．种 ‎11．在直角坐标系中，直线与抛物线相交于，两点，，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知函数的图象在点处的切线为，若直线也为函数的图象的切线，则必须满足（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．各项均为正数的等比数列中，，，成等差数列，则 ．‎ ‎14．已知实数，满足，则的最大值为 ．‎ ‎15．已知，，则_________．‎ ‎16．下图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个不同的直四棱柱组合而成，且前后，左右，上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为的正方形，高为，且两个四棱柱的侧棱互相互相垂直，则这个几何体的体积为 ．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）已知的三个内角对应的边分别为，且，．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若的面积为，求的周长．‎ ‎18．（12分）《九章算术》中，将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在直三棱柱中，，，．‎ ‎（1）证明：三棱柱是堑堵；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎19．（12分）为了纪念“一带一路”倡议提出五周年，某城市举办了一场知识竞赛，为了了解市民对“一带一路”知识的掌握情况，从回收的有效答卷中按青年组和老年组各随机抽取了份答卷，发现成绩都在内，现将成绩按区间，，，，进行分组，绘制成如下的频率分布直方图．‎ ‎（1）利用直方图估计青年组的中位数和老年组的平均数；‎ ‎（2）从青年组，的分数段中，按分层抽样的方法随机抽取份答卷，再从中选出份答卷对应的市民参加政府组织的座谈会，求选出的位市民中有位来自分数段的概率．‎ ‎20．（12分）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆相交于，两点，点，在上，且满足，，（点，，，从上到下依次排序）．‎ ‎（1）试用表示；‎ ‎（2）证明：原点到直线的距离为定值．‎ ‎21．（12分）已知函数，．‎ ‎（1）求证：在区间上无零点；‎ ‎（2）求证：有且仅有个零点．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ 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，‎ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）求上的点到距离的最大值．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知．‎ ‎（1）若，求的值域；‎ ‎（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围．‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高三最新信息卷 理科数学（七）答案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12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．‎ ‎1．【答案】C ‎【解析】因为，，所以．‎ ‎2．【答案】B ‎【解析】根据复数模的性质，．‎ ‎3．【答案】B ‎【解析】因为，‎ 所以．‎ ‎4．【答案】B ‎【解析】这天中空气质量指数小于的有天，所以这天中有天空气质量优良，故选项A正确；‎ 这天中空气质量指数的中位数是，故选项B不正确；‎ 从月日到月日，空气质量指数越来越小，所以空气质量越来越好，故选项C正确；‎ 连续三天中空气质量指数离散程度最大的是月日至月日，‎ 所以连续三天中空气质量指数方差最大的是月日至月日，故选项D正确．‎ ‎5．【答案】A ‎【解析】作出该几何体的直观图如图所示，‎ 由图可知，该几何体为正方体除去一个四棱锥，所以体积．‎ ‎6．【答案】A ‎【解析】由 ‎，‎ 解得，‎ 所以当的值为时，满足判断框内的条件，‎ 当的值为时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出的值，‎ 故结合选项，判断框内应填入的条件为．‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】在展开式中，二项式系数的最大值为，∴，‎ 展开式中的通项公式，‎ 令，可得，‎ ‎∴含项的系数为，则．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】，的图象恒在直线的上方，‎ 即恒成立，，‎ 又，，所以的取值范围是．‎ ‎9．【答案】D ‎【解析】设，，，‎ ‎∵动点满足，则，‎ 化简得，‎ ‎∵面积的最大值为，面积的最小值为，‎ ‎∴，，解得，，‎ ‎∴椭圆的离心率为．‎ ‎10．【答案】C ‎【解析】分两类考虑：第一类，其中个贫困村分配名党员干部，另外个贫困村各分配名党员干部，‎ 此类分配方案种数为；‎ 第二类，其中个贫困村各分配名党员干部，另外个贫困村各分配名党员干部，‎ 此类分配方案种数为，‎ 故不同的分配方案共有种．‎ ‎11．【答案】C ‎【解析】由，得，‎ 设，，则，，‎ 因为，∴，‎ 则，‎ 所以，‎ 所以．‎ ‎12．【答案】D ‎【解析】函数的导数为，‎ 在点处的切线的斜率为，切线方程为，‎ 设切线与相切的切点为，，‎ 即有的导数为，可得，切线方程为，‎ 令，可得，‎ 由，可得，且，解得，‎ 由，可得，‎ 令，，，在递增，‎ 且，，‎ 则有的根．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】由，，成等差数列得，‎ 由是等比数列得，化简得，‎ 因为各项为正数，解得，‎ 所以．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】画出表示的可行域，如图所示，‎ 由，可得，‎ 将变形为，平移直线，‎ 由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最小，‎ 即取最大值，最大值为．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】因为，两边同时平方得，‎ 即，‎ 等式左边上下同时除以，得，‎ 解方程可得，，‎ 当时，由二倍角公式得；‎ 当时，由二倍角公式得，‎ 所以．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】该几何体的直观图如图所示，‎ 该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积，‎ 两个四棱柱的体积和为，‎ 交叉部分的体积为四棱锥的体积的倍，‎ 在等腰中，，边上的高为，则，‎ 由该几何体前后，左右，上下对称，知四边形为边长为的菱形，‎ 设的中点为，连接，，易证即为四棱锥的高，‎ 在中，，‎ 又，所以，‎ 因为，所以，‎ 所以所求体积为．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）在中，，，‎ 由正弦定理得，‎ 又，所以，所以，所以．‎ ‎（2）由（1）知，，所以，‎ 因为的面积，所以，‎ 由余弦定理得，所以，‎ 所以的周长为．‎ ‎18．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）在中，，，，‎ 由正弦定理得，所以，即，‎ 所以三棱柱是堑堵．‎ ‎（2）以点为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则，，，，‎ 于是，，，‎ 设平面的一个法向量是，则由，得，‎ 所以可取，‎ 又可取为平面的一个法向量，‎ 所以，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎19．【答案】（1）青年组的中位数为，老年组的平均数为；（2）．‎ ‎【解析】（1）由青年组的频率分布直方图可知，‎ 前个小矩形的面积和为，后个小矩形的面积和为，所以中位数为，‎ 中老年组成绩的平均数为 ‎．‎ ‎（2）青年组，的分数段中答卷分别为份，份，‎ 抽取比例为，‎ 所以两段中分别抽取的答卷分别为份，份，‎ 记中的位市民为，，；中的位市民为，，‎ 则从中选出位市民，共有不同选法种数种，，，，，，，，，，‎ 其中，有位来自的有种，，，‎ 所以所求概率．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1）椭圆，故，‎ ‎．‎ ‎（2）设，，‎ 则将代入，得到，‎ 故，，‎ ‎，‎ ‎，故，得到，‎ ‎，故，同理，‎ 由已知得或，‎ 故，‎ 即，化简得到，‎ 故原点到直线l的距离为为定值．‎ ‎21．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1），，‎ 当时，；当时，，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 为极大值点，，‎ ‎，所以当时，，‎ 所以在区间上无零点．‎ ‎（2）的定义域为．‎ ‎①当时，，，‎ 所以，从而在上无零点；‎ ‎②当时，，从而是的一个零点；‎ ‎③当时，由（1）知，所以，‎ 又，所以，从而在上无零点；‎ ‎④当时，，，‎ 所以在上单调递减，而，，‎ 从而在上有唯一零点；‎ ‎⑤当时，，所以，从而在上无零点，‎ 综上，有且仅有个零点．‎ ‎22．【答案】（1）（），；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为，且，‎ 所以的普通方程为（），的直角坐标方程为．‎ ‎（2）由（1）可设的参数方程为（为参数，），‎ 上的点到的距离为，‎ 当时，取得最大值，‎ 故上的点到距离的最大值为．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，，‎ 所以，‎ 所以，即的值域为．‎ ‎（2）当时，，‎ 由，可得，当时，不等式显然成立，‎ 当时，可得，‎ 当时，，故只需，即，‎ 所以的取值范围是．‎