2020年全国I卷 高考考前适应性试卷 理科数学(二)

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2020年全国I卷 高考考前适应性试卷 理科数学(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 理 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.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎2.记复数的共轭复数为,已知复数满足,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎3.下列关于命题的说法正确的是( )‎ A.命题“若,则”的否命题是“若,则”‎ B.命题“若,则,互为相反数”的逆命题是真命题 C.命题“,”的否定是“,”‎ D.命题“若,则”的逆否命题是真命题 ‎4.已知,,,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎6.运行如图所示的程序框图,输出的的值为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎7.已知平面向量,,满足,,,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎8.已知函数的部分图象如图所示,则函数图象的一个对称中心可能为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎9.如图所示,是等腰直角三角形,且,为边上的中点,与为等边三角形,点是线段与线段的交点,点是线段与线段的交点,若往中任意投掷一点,该点落在图中阴影区域内的概率为( )‎ 参考数据:,.‎ A. B. C. D.‎ ‎10.在梯形中,,,,,动点和分别在线段和上,且,,则的最大值为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎11.已知函数的图象关于点对称,函数对于任意的满足(其中是函数的导函数),则下列不等式成立的是( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎12.已知关于的不等式有且仅有三个正整数解(其中为自然对数的底数),则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.‎ ‎13.若抛物线上的点到焦点的距离为,则到轴的距离是 .‎ ‎14.已知实数,满足,则的最大值为 .‎ ‎15.在中,若,,则面积的最大值为 .‎ ‎16.已知半径为的球内有一个内接四棱锥,四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,当四棱锥的体积最大时,它的底面边长等于 .‎ 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)已知公差不为零的等差数列和等比数列满足:,,‎ 且,,成等比数列.‎ ‎(1)求数列和的通项公式;‎ ‎(2)令,求数列的前项和.‎ ‎18.(12分)如图,在斜三棱柱中,底面是边长为的正三角形,,,.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)求二面角的正弦值.‎ ‎19.(12分)为了调查一款电视机的使用时间,研究人员对该款电视机进行了相应的测试,将得到的数据统计如下图所示.并对不同年龄层的市民对这款电视机的购买意愿作出调查,得到的数据如下表所示.‎ ‎(1)根据图中的数据,试估计该款电视机的平均使用时间;‎ ‎(2)根据表中数据,判断是否有的把握认为“愿意购买该款电视机”与“市民的年龄”有关;‎ ‎(3)用频率估计概率,若在该电视机的生产线上随机抽取台,记其中使用时间不低于年的电视机的台数为,求的分布列及期望.‎ 附:,‎ ‎20.(12分)已知椭圆的长轴长为,且椭圆与圆 的公共弦长为.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于两点,,试判断在轴上是否存在点,使得为以为底边的等腰三角形.若存在,求出点的横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.‎ ‎21.(12分)已知函数,其中为正实数.‎ ‎(1)求的单调区间;‎ ‎(2)证明:当时,.‎ 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,直线的方程是,曲线的参数方程为(为参数),以为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎(1)求直线和曲线的极坐标方程;‎ ‎(2)射线(其中)与曲线交于,两点,与直线交于点,‎ 求的取值范围.‎ ‎23.(10分)【选修4-5:不等式选讲】‎ 设,函数.‎ ‎(1)当时,求函数的最小值;‎ ‎(2)若,解关于的不等式.‎ ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 理 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】B ‎【解析】依题意,,故,故选B.‎ ‎2.【答案】B ‎【解析】因为,所以,,所以,故选B.‎ ‎3.【答案】B ‎【解析】逐一分析所给命题的真假:‎ A命题“若,则”的否命题是“若,则”,题中说法错误;‎ B命题“若,则,互为相反数”是真命题,则其逆命题是真命题,题中说法正确;‎ C命题“,”的否定是“,”,题中说法错误;‎ D命题“若,则”是假命题,则其逆否命题是假命题,题中说法错误,‎ 故选B.‎ ‎4.【答案】D ‎【解析】因为,,,‎ 所以,故选D.‎ ‎5.【答案】D ‎【解析】从三视图中提供的图形信息与数据信息可知:‎ 该几何体的底面是圆心角为的扇形,高是的圆锥体,‎ 容易算得底面面积,所以其体积,‎ 故答案为D.‎ ‎6.【答案】C ‎【解析】运行该程序,第一次,,;第二次,,;‎ 第三次,,;第四次,,;‎ 第五次,,,第六次,,‎ 此时,故输出的的值为,故选C.‎ ‎7.【答案】B ‎【解析】由题意可得,且,‎ 即,,,‎ 由平面向量模的计算公式可得,故选B.‎ ‎8.【答案】C ‎【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知,‎ 又,即,所以,‎ 则,图象过点,则,‎ 即,所以,‎ 又,则,故,‎ 令,得,‎ 令,可得其中一个对称中心为,故本题答案选C.‎ ‎9.【答案】A ‎【解析】不妨设,在中,由正弦定理得,‎ 解得,‎ 则阴影部分面积为,‎ 而,故所求概率,故选A.‎ ‎10.【答案】D ‎【解析】因为,,,,‎ 所以是直角梯形,且,,‎ 以所在直线为轴,以所在直线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,‎ 因为,,动点和分别在线段和上,‎ 则,,,,‎ 所以,‎ 令且,‎ 由对勾函数性质可知,当时可取得最大值,‎ 则,所以选D.‎ ‎11.【答案】C ‎【解析】由已知,为奇函数,‎ 函数对于任意的满足,‎ 得,即,所以在上单调递增;‎ 又因为为偶函数,所以在上单调递减,‎ 所以,即,故选C.‎ ‎12.【答案】C ‎【解析】依题意,,故,即,‎ 令,故,‎ 故当时,;当时,;当时,,‎ 作出函数的图象如下所示,可知三个正整数解为,,,‎ 令,则,,‎ 解得,故选C.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.‎ ‎13.【答案】‎ ‎【解析】因为抛物线,所以焦点坐标为,准线方程为,‎ 因为点到焦点的距离为,根据抛物线定义,则到准线的距离也为,‎ 所以点到轴的距离为.‎ ‎14.【答案】‎ ‎【解析】作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示,‎ 观察可知,当直线过点时,取最大值,最大值为.‎ ‎15.【答案】‎ ‎【解析】设内角,,所对的边分别为,,,‎ 依题意,‎ 而,则,‎ 而 ‎,当且仅当时等号成立,‎ 故面积的最大值为.‎ ‎16.【答案】‎ ‎【解析】如图,设四棱锥的侧棱长为,底面正方形的边长为,棱锥的高为.‎ 由题意可得顶点在地面上的射影为底面正方形的中心,则球心在高上.‎ 在中,,,,‎ ‎∴,整理得,‎ 又在中,有,‎ ‎∴,∴,‎ ‎∴.‎ 设,则,‎ ‎∴当时,,单调递增;‎ 当时,,单调递减,‎ ‎∴当时取得最大值,即四棱锥的体积取得最大值,‎ 此时,解得,‎ ‎∴四棱锥的体积最大时,底面边长等于,故答案为.‎ 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)设的公差为,‎ 则由已知得,即,解之得或(舍),‎ 所以;‎ 因为,所以的公比,所以.‎ ‎(2)由(1)可知,所以,‎ ‎,‎ 所以,‎ 所以.‎ ‎18.【答案】(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】(1)取的中点,连接,,‎ 因为底面是边长为的正三角形,所以,且,‎ 因为,,,‎ 所以,所以,‎ 又因为,所以,所以,‎ 又因为,所以平面,‎ 又因为平面,所以平面平面.‎ ‎(2)如图所示,以点为坐标原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系,‎ 其中,则,,,,‎ 所以,,,‎ 设为平面的法向量,‎ 则,即,令,得;‎ 设为平面的法向量,‎ 则,即,令,得,‎ 所以,‎ 所以二面角的正弦值为.‎ ‎19.【答案】(1);(2)有的把握认为;(3)分布列见解析,.‎ ‎【解析】(1)依题意,所求平均数为 ‎.‎ ‎(2)依题意,完善表中的数据如下所示:‎ 故,‎ 故有的把握认为“愿意购买该款电视机”与“市民的年龄”有关.‎ ‎(3)依题意,,‎ 故,,‎ ‎,,,‎ 故的分布列为 故.‎ ‎20.【答案】(1);(2)在轴上存在满足题目条件的点,.‎ ‎【解析】由题意可得,所以,‎ 由椭圆与圆的公共弦长为,恰为圆的直径,‎ 可得椭圆经过点,所以,解得,‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎(2)直线的解析式为,‎ 设,,的中点为,‎ 假设存在点,使得为以为底边的等腰三角形,则,‎ 由,得,故,‎ 所以,,‎ 因为,所以,即,所以,‎ 当时,,所以;‎ 当时,,所以.‎ 综上所述,在轴上存在满足题目条件的点,且点的横坐标的取值范围为.‎ ‎21.【答案】(1)单调递减区间为,单调递增区间为;(2)证明见解析.‎ ‎【解析】(1)由,得,所以的定义域为,‎ ‎,‎ 由,得,‎ 所以当时,;当时,,‎ 所以的单调递减区间为,单调递增区间为.‎ ‎(2)证明:令,则,‎ 所以当时,;当时,,‎ 所以,所以,‎ 所以当时,有成立,‎ 又因为,所以要证,‎ 只需证,即对于任意的恒成立,‎ 令,,则,‎ 因为,所以恒成立,所以在上单调递增,‎ 所以,‎ 所以当时,.‎ ‎22.【答案】(1),;(2).‎ ‎【解析】(1)∵,∴直线的极坐标方程是,‎ 由,消参数得,‎ ‎∴曲线的极坐标方程是.‎ ‎(2)将分别代入,,‎ 得,,∴,‎ ‎∵,∴,∴,‎ ‎∴的取值范围是.‎ ‎23.【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)当时,,‎ 所以在上单调递减,在上单调递增,‎ 所以.‎ ‎(2)①当时,,解,得,‎ 因为,,所以此时;‎ ‎②当时,,解,得,‎ 因为,,所以此时;‎ ‎③当时,,解,得,‎ 因为,,所以此时,‎ 综上可知,的解集为.‎
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