2020年全国I卷高考理科数学考前适应性试卷（一）（Word版附答案）

2020年全国I卷高考理科数学考前适应性试卷（一）（Word版附答案）

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（一）‎ 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．设复数满足，其中为虚数单位，则复数对应的点位于（ ）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎2．集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若向量与共线，则实数（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．若数列是公比不为的等比数列，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．在年亚洲杯前，某商家为了鼓励中国球迷组团到阿联酋支持中国队，制作了种不同的精美海报，每份“中国队球迷礼包”中随机装入一份海报，集齐种不同的海报就可获得中国队在亚洲杯上所有比赛的门票．现有个球迷组成的球迷团（每人各买一份球迷礼包），则他们能获得该门票的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知椭圆的右焦点为，过点作圆的切线，若两条切线互相垂直，则椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知函数，若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积 为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．在平面直角坐标系中，已知向量，，，，点满足．曲线，区域．若为两段分离的曲线，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知定义在上的奇函数满足当时，，则关于 的函数，的所有零点之和为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．在平面上，，是方向相反的单位向量，若向量满足，则的值为 ．‎ ‎14．设，，分别为三角形的内角，，的对边，已知三角形的面积等于，则内角的大小为 ．‎ ‎15．的展开式中的系数为 ．‎ ‎16．三棱锥中，点是斜边上一点．给出下列四个命题：‎ ‎①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形；‎ ‎②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为；‎ ‎③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为；‎ ‎④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为．‎ 其中正确命题的序号是 ．（把你认为正确命题的序号都填上）‎ 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）已知数列是递增的等差数列，，且是与的等比中项．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎18．（12分）如图，三棱柱中，平面平面，，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若与平面所成的线面角为，求二面角的余弦值．‎ ‎19．（12分）为了研究学生的数学核心素养与抽象能力（指标）、推理能力（指标）、建模能力（指标）的相关性，将它们各自量化为、、三个等级，再用综合指标的值评定学生的数学核心素养，若，则数学核心素养为一级；若，则数学核心素养为二级；若，则数学核心素养为三级，为了了解某校学生的数学核心素养，调查人员随机访问了某校名学生，得到如下数据：‎ ‎（1）在这名学生中任取两人，求这两人的建模能力指标相同条件下综合指标值也相同的概率；‎ ‎（2）在这名学生中任取三人，其中数学核心素养等级是一级的学生人数记为，求随机变量的分布列和数学期望．‎ ‎20．（12分）已知椭圆经过抛物线的焦点，上的点与的两个焦点所构成的三角形的周长为．‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）若点关于原点的对称点为，过点作直线交于另一点，交轴于点，且．判断是否为定值，若是，求出该值；若不是，请说明理由．‎ ‎21．（12分）已知函数．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）已知函数的两个极值点，若，①证明：；‎ ‎②证明：．‎ 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】‎ 在平面直角坐标系中，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）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于，两点，求的值．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围．‎ ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 理 科 数 学（一）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】，该复数对应的点为，在第四象限．‎ ‎2．【答案】C ‎【解析】解得集合，，‎ ‎∴．‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】根据图形代入选项可得，满足与共线，∴．‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】∵表示以原点为圆心，以为半径的圆的面积的四分之一，‎ ‎∴，∴．‎ 设，公比为，∴，‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎5．【答案】A ‎【解析】由于，‎ 所以，整理得，‎ 所以，则．‎ ‎6．【答案】B ‎【解析】解法一：设事件为“个球迷组成的球迷团能获得该门票”，‎ 则．‎ 解法二：设事件为“个球迷组成的球迷团能获得该门票”，‎ 则，∴．‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】如图，‎ 由题意可得，则，即，则，‎ ‎∴，即，故选D．‎ ‎8．【答案】B ‎【解析】根据题意，函数，则，‎ 则，‎ 则有，‎ 又由，则，故选B．‎ ‎9．【答案】D ‎【解析】由三视图知，该几何体是如图所示的多面体，连接，‎ 由题意知，直三棱柱的体积，‎ 四棱锥的体积，‎ 故所求的几何体的体积．‎ ‎10．【答案】A ‎【解析】设，，则，，‎ 区域表示的是平面上的点到点的距离从到之间，‎ 如下图中的阴影部分圆环，要使为两段分离的曲线，则．‎ ‎11．【答案】C ‎【解析】设，因为为奇函数，所以为偶函数，‎ 又当时，，所以在上单调递增，‎ 因为，‎ 又，所以，‎ 即．‎ ‎12．【答案】B ‎【解析】作函数与的图象如图，结合图象可知，‎ 函数与的图象共有个交点，‎ 故函数有个零点，‎ 设个零点分别为，‎ ‎∴，，，‎ 故，即，‎ 故．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】由题意，即，‎ 又，是方向相反的单位向量，所以，，‎ 所以，即，所以．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】由已知，‎ 又由余弦定理可得，所以，‎ 又，所以．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】的展开式中的系数为．‎ ‎16．【答案】①②③‎ ‎【解析】对于①，因为平面，所以，，，‎ 又，所以平面，所以，‎ 故四个面都是直角三角形，∴①正确；‎ 对于②，若，，，平面，‎ ‎∴三棱锥的外接球可以看作棱长为的正方体的外接球，‎ ‎∴，，∴体积为，∴②正确；‎ 对于③，设内心是，则平面，连接，‎ 则有，‎ 又内切圆半径，所以，，‎ 故，‎ ‎∴三棱锥的体积为，∴③正确；‎ 对于④，∵若，平面，‎ 则直线与平面所成得最大角时，点与点重合，‎ 在中，，∴，‎ 即直线与平面所成的最大角为，∴④不正确，‎ 故答案为①②③．‎ 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，且，‎ 据题意则有，即，‎ ‎∵，解得，∴．‎ ‎（2），‎ 前项和 ‎．‎ ‎18．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）证明：∵平面平面，且平面平面，‎ 平面，，∴平面，‎ ‎∵平面，∴，‎ ‎∵，∴，‎ 又，∴平面，∴平面平面．‎ ‎（2）过作于点，‎ ‎∵平面平面，∴平面，‎ 为与平面所成的角，∴，∴，‎ 令，则．‎ 以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，过且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则，，，，，‎ ‎，，．‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ 令，得，‎ 由（1）知，平面，∴是平面的一个法向量，‎ ‎∴，‎ ‎∴二面角的余弦值为．‎ ‎19．【答案】（1）；（2）分布列见解析，．‎ ‎【解析】（1）由题可知：建模能力一级的学生是；建模能力二级的学生是，，，；建模能力三级的学生是，，，，．‎ 记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件，记“所取的两人的综合指标值相同”为事件．‎ 则．‎ ‎（2）由题可知，数学核心素养一级的学生为，，，，，，‎ 非一级的学生为余下人，‎ ‎∴的所有可能取值为，，，．‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎∴随机变量的分布列为：‎ ‎∴．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）为定值，定值为，详见解析．‎ ‎【解析】（1）∵抛物线的焦点，∴．‎ ‎∵上的点与的两个焦点所构成的三角形的周长为，‎ ‎∴，∴，∴，‎ ‎∴的方程为．‎ ‎（2）为定值．理由如下：‎ 由题意可知直线的斜率存在且不为，‎ 设直线的方程为，‎ 令，得，即，∴．‎ 由，得，即，∴．‎ ‎∵，∴直线的方程为，‎ 由，得，∴．‎ 根据椭圆的对称性，知，即，‎ ‎∴，‎ 故为定值．‎ ‎21．【答案】（1）见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析．‎ ‎【解析】（1）由已知，‎ 当时，，所以，所以函数在上单调递增；‎ 当时，在上有两个不相等正实数根，‎ 记，，‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，，‎ 所以当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增．‎ ‎（2）①定义域为，有两个极值点，‎ 则在上有两个不等正根，‎ 所以，所以，，‎ 所以，所以．‎ ‎②这样原问题即证明当且，时，成立，‎ 即，即，‎ 即，‎ 即，且时，，‎ 时，．‎ 设，，‎ 当时，，可知，所以在上为减函数且，‎ 当时，，，，得成立，‎ 从而得证．‎ ‎22．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵曲线的参数方程为（为参数），‎ ‎∴曲线的普通方程为，‎ 直线的斜率，∴直线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）解法一：曲线的极坐标方程为，‎ 将代入曲线的极坐标方程，可得，‎ 设，对应的极径分别为，，则，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ 解法二：由（1）知，曲线的普通方程为，‎ ‎∵直线的极坐标方程为，∴可设直线的参数方程为（为参数），‎ 代入曲线的普通方程，得，‎ 设，对应的参数分别为，，故，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴或或，‎ 得，‎ ‎∴不等式的解集为．‎ ‎（2）关于的不等式的解集不是空集，‎ 即关于的不等式的解集不是空集，‎ 则．‎ 又，‎ 当且仅当时等号成立．‎ ‎∴，‎ ‎∴或，得．‎ 故实数的取值范围为．‎