2020年全国I卷 高考考前适应性试卷 文科数学(二)

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2020年全国I卷 高考考前适应性试卷 文科数学(二)

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 文 科 数 学(二)‎ 注意事项:‎ ‎1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 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,则的虚部是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎2.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎3.等差数列中,,,则与的等差中项的值为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎4.若,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎5.“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门APP.为了解某单位职工"学习强国"每天的学习时长与所得积分之间的关系,现从该单位随机抽取20名职工,统计他们某天的学习时长(分钟)得到条形图形如图所示,该20名职工的学习积分分别为,若学习时长与所得积分之间有线性相关关系,设其回归方程为,已知,,若该单位某人在一天的学习时长为25分钟,据此估计其所得积分为( )‎ A.25 B.28 C.29 D.30‎ ‎6.函数在的零点个数为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎7.某胸科医院感染科有名男医生和名女医生,现需要从这名医生中抽取名医生成立一个临时新冠状病毒诊治小组,恰好抽到的名医生都是男医生的概率为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎8.已知,是两条异面直线,直线与,都垂直,则下列说法正确的是( )‎ A.若平面,则 B.若平面,则,‎ C.存在平面,使得,,与平面相交 D.存在平面,使得,,‎ ‎9.执行下面的程序框图,若输入,则输出的( )‎ A. B. C. D.‎ ‎10.函数的大致图像是( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎11.已知双曲线的一个焦点为,则双曲线的渐近线方程为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎12.已知,,,则下列选项正确的是( )‎ A. B. C. D.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.‎ ‎13.已知向量,,若,的夹角为,则 .‎ ‎14.若,满足不等式组,则的取值范围为 .‎ ‎15.已知递增等比数列的各项均为正数,且,,成等差数列,则的前6项和 .‎ ‎16.如图,从一个半径为的圆形纸片中切割出一块中间是边长为的正方形,四周是以正方形的边为底边的四个等腰三角形,以此为表面(舍去阴影部分)折叠成一个四棱锥,则该四棱锥的外接球的表面积为 .‎ 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)一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五一”优惠金额与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录,得到如下资料.‎ 日期 第一年 第二年 第三年 第四年 优惠金额(千元)‎ ‎9‎ ‎11‎ ‎13‎ ‎15‎ 销售量(辆)‎ ‎20‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎(1)求出关于的线性回归方程;‎ ‎(2)若第年优惠金额千元,估计第年的销售量(辆)的值.‎ 参考公式:,.‎ ‎18.(12分)如图,在中,,,点在线段上.‎ ‎(1)若,求的长;‎ ‎(2)若,,求的面积.‎ ‎19.(12分)如图,已知五棱锥,其中为正三角形,四边形为等腰梯形,,,.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)若线段上存在一点,使得三棱锥的体积为五棱锥体积的,求的长.‎ ‎20.(12分)已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,它的一个顶点恰好是抛物线的焦点,离心率等于.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于,两点(异于左右顶点),椭圆的左顶点为,试判断直线的斜率与直线的斜率之积与的大小,并说明理由.‎ ‎21.(12分)设函数.‎ ‎(1)对任意使得恒成立,求的取值范围;‎ ‎(2)方程有唯一实数解,求正数的值.‎ 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,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的参数方程为(为参数).‎ ‎(1)求的普通方程与极坐标方程;‎ ‎(2)若过原点的直线与相交于,两点,中点的极坐标为,求的直角坐标.‎ ‎23.(10分)【选修4-5:不等式选讲】‎ 已知函数.‎ ‎(1)解不等式;‎ ‎(2)若,使得恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 文 科 数 学(二)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】D ‎【解析】,故,则的虚部是.‎ ‎2.【答案】C ‎【解析】由题意得,则,故选C.‎ ‎3.【答案】B ‎【解析】根据题意,等差数列中,,,则有,‎ ‎∴与的等差中项为.‎ ‎4.【答案】A ‎【解析】由题可得,∴,‎ 所以.‎ ‎5.【答案】A ‎【解析】,,‎ 又,∴,∴,‎ 当,得.‎ ‎6.【答案】C ‎【解析】∵,∴,‎ 由题可知,或,解得,或,故有个零点.‎ ‎7.【答案】C ‎【解析】记这名医生分别为,其中为男医生,为女医生,‎ 则从中抽取名医生的所有基本事件为,,,,,,,,,共种情况,‎ 其中恰好抽到的名医生都是男医生的有,,共3种情况,‎ 故所求概率为.‎ ‎8.【答案】D ‎【解析】由,是两条异面直线,直线与,都垂直,知:‎ 在A中,若平面,则与相交、平行或,故A错误;‎ 在B中,若平面,则与平面平行或在平面内,平面平行或在平面内,‎ 故B错误;‎ 在C中,由线面垂直的性质得:不存在平面,使得,,与平面相交,故C错误;‎ 在D中,存在平面,使得,,,故D正确.‎ ‎9.【答案】B ‎【解析】第一次循环,得,,;‎ 第二次循环,得,,;‎ 第三次循环,得,,;‎ 第四次循环,得,,,不满足,则输出.‎ ‎10.【答案】A ‎【解析】由题意可知函数为奇函数,可排除B,D选项;‎ 当时,,可排除C选项,故选A.‎ ‎11.【答案】C ‎【解析】因为双曲线的一个焦点为,‎ 所以,故,‎ 因此双曲线的方程为,所以其渐近线方程为.‎ ‎12.【答案】D ‎【解析】,,,‎ ‎∵,∴,,的大小比较可以转化为,,的大小比较,‎ 设,则,‎ 当时,,‎ 当时,;当时,,‎ ‎∴在上单调递减,‎ ‎∵,∴,∴.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.‎ ‎13.【答案】‎ ‎【解析】,,,的夹角为,‎ ‎∴.‎ ‎14.【答案】‎ ‎【解析】根据不等式组画出可行域如下图所示,‎ 令,当直线过点时,取得最大值为,‎ 当直线过点时,取得最小值为,‎ 故的取值范围为.‎ ‎15.【答案】‎ ‎【解析】设等比数列的公比为,‎ ‎∵,,成等差数列,∴,‎ 则有,解得(舍)或,‎ ‎∵,故.‎ ‎16.【答案】‎ ‎【解析】由题意可知四棱锥是一个正四棱锥,‎ 过作底面,则为正方形的中心,取中点,连接,,‎ 则可知四棱锥的外接球的球心在线段上,‎ ‎∵,圆形纸片的半径为,则,,‎ 通过勾股定理可得,‎ 设四棱锥的外接球半径为,则有,解得,‎ 故四棱锥的外接球的表面积为.‎ 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)辆.‎ ‎【解析】(1)由题中数据可得,,‎ ‎∴,‎ 故,∴.‎ ‎(2)由(1)得,当时,,‎ ‎∴第年优惠金额为千元时,销售量估计为辆.‎ ‎18.【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)由,得,‎ ‎∴,‎ 由正弦定理得,即,解得.‎ ‎(2)在中,由正弦定理,①,‎ 在中,由正弦定理,②,‎ 又,,,‎ 由得,,‎ 由余弦定理可得,即,‎ 解得,‎ ‎∴.‎ ‎19.【答案】(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】(1)证明:取的中点,连接,,‎ ‎∵,,∴,,‎ ‎∵四边形为等腰梯形,,‎ 则,‎ 由平面几何知识可知,‎ ‎∴,∴,‎ 又平面,平面,,‎ ‎∴平面,‎ 又平面,∴平面平面.‎ ‎(2),,‎ ‎∴,‎ 又,∴,‎ 设到平面的距离为,则,‎ ‎∴,∴,‎ 又,∴.‎ ‎20.【答案】(1);(2)直线与直线的斜率之积为定值,详见解析.‎ ‎【解析】(1)设椭圆的标准方程为为,‎ 由题意可得,,即,,‎ 椭圆的方程为.‎ ‎(2)直线与直线的斜率之积为定值,且定值为,‎ 理由如下:‎ 由题易知,‎ 当直线的斜率不存在时,,,‎ 易求;‎ 当直线的斜率存在时,可设直线的方程为,‎ 设,,‎ 联立,可得,‎ 由韦达定理得,,‎ 则 ‎,‎ 故直线与直线的斜率之积为定值.‎ ‎21.【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)的定义域是,‎ ‎,‎ 令,解得;令,解得,‎ 故在递增,在递减,‎ 故,‎ 若恒成立,则.‎ ‎(2)方程有唯一实数解,‎ 即有唯一实数解,‎ 即有唯一实数解,‎ 当时,显然不成立,‎ 设的根为,‎ 当时,有唯一解,此时,‎ 令,则,‎ 当时,,,,∴在递减;‎ 当时,,,,∴在递减;‎ 当时,,,,∴在递增,‎ ‎∴当时,;当时,,‎ 要使有唯一解,且,故,∴.‎ ‎22.【答案】(1),;(2).‎ ‎【解析】(1)的普通方程,∴,‎ 的极坐标方程.‎ ‎(2)由已知得直线的极坐标方程为,‎ 代入,得,‎ ‎∴,‎ 设,,则,‎ ‎∵是中点,∴,‎ ‎∴,,‎ ‎∴的直角坐标为.‎ ‎23.【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)由,可得,‎ 当时,,解得;‎ 当时,,解得;‎ 当时,,解得,‎ ‎∴不等式的解集为.‎ ‎(2)依题意,恒成立,‎ 令,‎ 易知,则有,‎ 即实数的取值范围是.‎
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