- 2021-06-16 发布 |
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文档介绍
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.查看更多