2020年全国I卷 高考考前适应性试卷 文科数学（二）

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．‎