2020年普通高等学校招生全国1卷高考模拟大联考数学（理科）试题

这是一份2020年普通高等学校招生全国1卷高考模拟大联考数学（理科）试题，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020年普通高等学校招生全国Ⅰ卷高考模拟大联考数学（理科）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. （-1，1） B. [-1，1） C.  D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合，利用集合的交集定义计算得出答案．【详解】因为.所以.故选：B【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查一元二次不等式的解法，考查学生的计算能力，属于基础题．2. 已知复数z＝，则＝（    ）A. ﹣1 B. ﹣i C. 1 D. i【答案】D【解析】【分析】利用复数的运算法则化简后，根据共轭复数概念得出结果.【详解】，∴,故选：D.【点睛】本题考查复数的四则运算，虚数单位的幂的运算的周期性，共轭复数的概念，属基础题.3. 若抛物线x2＝ay的准线与抛物线y＝﹣x2﹣2x+1相切，则a＝（    ）A. 8 B. ﹣8 C. ﹣4 D. 4【答案】B【解析】【分析】求出抛物线x2＝ay的准线为，根据抛物线x2＝ay的准线与抛物线相切可得，得出答案.【详解】抛物线抛物线x2＝ay的准线为则与抛物线y＝﹣x2﹣2x+1相切，所以，所以故选：B【点睛】本题考查抛物线的准线方程，考查抛物线的切线，属于基础题.4. 函数 的部分图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的单调性，结合函数的特值可得结果.【详解】由，则当 时，，则，所以函数在上单调递增，排除选项A，C又 ，排除除选项B故选：【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数单调性以及特值是解决本题的关键．比较基础．5. 执行如图所示的程序框图，则输出的（    ）  A. 5 B. 3 C. 6 D. 4【答案】A【解析】【分析】执行程序框图，依此写出每次循环时的的值并判断，直到当时，退出循环，输出的值.【详解】第一次循环：，，，不满足执行循环；第二次循环：，，，不满足执行循环；第三次循环：，，，不满足执行循环；第四次循环：，，，退出循环，此时输出.故选: A【点睛】本题主要考查直到型循环结构的计算结构的输出，对于这类问题，通常是利用程序框图给出的算法计算出每一步的结果并判断即可，属于基础题.6. 连续掷三次骰子，先后得到的点数分别为x，y，z，那么点到原点O的距离不超过3的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间中两点间的距离公式结合古典概型的概率公式，即可得出答案.【详解】点到原点O的距离不超过3，则，即连续掷三次骰子，得到的点的坐标共有个其中满足条件则点到原点O的距离不超过3的概率为故选：B【点睛】本题主要考查了古典概型概率公式的应用，涉及了空间中两点间距离公式的应用，属于中档题.7. 函数f（x）＝2sin2（ωx﹣）＞（ω＞0）的最小正周期为π．则f（x）在上的最小值是（    ）A. 1+ B.  C. 2 D. 1﹣【答案】D【解析】【分析】由函数的最小正周期得到的值，再根据的取值范围求出的取值范围，结合余弦函数的性质得到函数的最小值；【详解】解：因为，且的最小正周期为，所以解得，所以因为所以，所以所以故选：D【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题.8. 中医药，是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称，反映了中华民族对生命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系．是中华民族的瑰宝．某科研机构研究发现，某品种中医药的药物成分甲的含量x（单位：克）与药物功效y（单位：药物单位）之间满足y＝15x﹣2x2．检测这种药品一个批次的6个样本，得到成分甲的含量的平均值为5克．标准差为克．则估计这批中医药的药物功效的平均值为（    ）A. 14药物单位 B. 15.5药物单位C. 15药物单位 D. 16药物单位【答案】C【解析】【分析】设6个样本中药物成份甲的含量分别为，根据平均值和标准差列出方程，再代入平均数的计算公式，即可求解.【详解】设6个样本中药物成份甲的含量分别为，因为成分甲的含量的平均值为5克，所以，标准差为克，所以，可得，又由，所以，所以这批中医药的药物功效的平均值为.故选：C.【点睛】本题主要考查了统计知识的应用，其中解答中熟记平均数和方差、标准差的计算公式，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.9. 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边．已知且b＝，则a+c＝（    ）A. 4 B. 3 C.  D. 2【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理角化边可得，再根据余弦定理可得，根据三角形面积公式可得，再根据余弦定理可求得结果.【详解】因为，所以，化简得，所以，因为，所以，所以，所以，所以，又，所以，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查了三角形的面积公式、余弦定理，属于基础题.10. 设A为双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线上一点，且A在第四象限，O为坐标原点，若向量＝(1，1)，且，则该双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C. 或 D. 或【答案】A【解析】【分析】由已知可设，其中，由且，可得，，建立关于的方程，解之，再由双曲线离心率的公式可得选项.【详解】由已知可得A为直线上一点，且A在第四象限，故可设，其中，，其中，，，，，，即，，.所以该双曲线的离心率为，故选：A.【点睛】本题考查求双曲线的离心率的问题，关键在于由已知条件得出关于的方程，属于中档题.11. 三棱锥S﹣ABC的各顶点均在球O的球面上，SC为该球的直径，AC＝BC＝2，∠ACB＝120°，且三棱锥S﹣ABC的体积为2，则球O的半径为（    ）A.  B.  C.  D. 3【答案】A【解析】【分析】作出示意图，求得的面积，并计算出三棱锥的高，利用正弦定理计算圆的直径，然后利用勾股定理求出，即可求解球的直径，得到答案.【详解】如图所示， 因为，可得面积为，设的外接圆为圆，连接，则平面，作圆的直径，连接，因为分别为的中点，则，所以平面，所以三棱锥的体积为，解得，由正弦定理，可得，，设球的半径为，则，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查了球的体积的计算公式及应用，其中解答中作出示意图，根据组合体的结构特征，找出线面垂直关系，求得三棱锥的高是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.12. 已知函数与的图象上存在两对关于直线对称的点，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意与的图象在存在两对关于对称的点，即可知的反函数与在有两交点，构造新函数，通过导数研究函数的单调性进而根据函数值的对称性确定参数范围即可【详解】∵与的图象在存在两对关于对称的点由，得，且与关于对称∴在上有两解，即在上有两解令，则∵上单调递增，且∴当时，单调递减；当时，，单调递增∴， ∴要使在上有两解，即有的取值范围是故选：C【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数范围，首先将问题转化为函数的反函数与一个函数有两个交点，再构造函数通过导数研究新函数的单调性进而求参数范围第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13. 函数f（x）＝，则f（f（））＝_____．【答案】﹣1【解析】【分析】先计算出，再计算得值，由此得出结果.【详解】依题意得.故答案为：【点睛】本题主要考查分段函数求值，考查对数运算，考查运算求解能力，属于基础题.14. 已知向量若与平行，则m＝_____．【答案】4【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示直接列式求解.【详解】由题意可知若和平行，则，解得： 故答案为：4【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，属于基础题型.15. （3x﹣）4的展开式中的常数项为_____．【答案】216【解析】【分析】利用二项式的通项公式即可得出.【详解】令，解得常数项为故答案为：216【点睛】本题考查了二项式的通项展开式、常数项的求法，考查了数学运算能力，属于基础题目.16. 在直四棱柱中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且，点在边上，且满足，动点在该四棱柱的表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹围成的图形的面积为______；当与平面所成角最大时，异面直线与所成角的余弦值为_______．【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】首先可证，在上取，使得，连接，则，可得．记与的交点为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，在上取一点，由，求出点的位置，从而得到动点轨迹，即可求出动点的轨迹围成的图形的面积，显然当与重合时，与平面所成角最大，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值；【详解】解：如图，在直四棱柱中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面，所以平面，所以．在上取，使得，连接，则，所以．记与的交点为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．在上取一点，记为，于是，．由，得，即，所以的边为点的运动轨迹．由题意得，，动点的轨迹围成的图形的面积为．显然当与重合时，与平面所成角最大．因为，，所以，，因为直线的一个方向向量为，所以，即异面直线与所成角的余弦值为．故答案为：；.
【点睛】本题考查空间中点、线、面的位置关系，利用空间向量法解决立体几何问题，考查直观想象与数学运算的核心素养，属于难题．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）令可求得的值，令可得出，然后对的值是否满足在时的表达式进行验证，由此可得出数列的通项公式；（2）求得数列通项公式，然后利用错位相减法可求得.【详解】（1）当时，；当时，.不符合.综上所述，；（2）由（1）可得.当时，；当时，，得，上式下式得，，满足，因此，.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了错位相减法，考查计算能力，属于中等题.18. 在一次庙会上，有个“套圈游戏”，规则如下：每人3个竹环，向A，B两个目标投掷，先向目标A掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标B连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据最终得分发放奖品．已知小华每投掷一次，套中目标A的概率为，套中目标B的概率为，假设小华每次投掷的结果相互独立．（1）求小华恰好套中一次的概率；（2）求小华总分X的分布列及数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）分为套中目标A和套中目标B两种情形，结合相互独立事件同时发生的概率计算公式即可得结果；（2）的可能取值为0，1，2，3，4，5求出相对应的概率，再计算期望即可.【详解】（1）设“小华恰好套中一次”为事件A，则.（2）的可能取值为0，1，2，3，4，5，；；；；；；∴的分布列为：012345 .【点睛】本题考查了相互独立事件、互斥事件的概率计算公式、随机变量的分布列、数学期望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.19. 已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2时，|PF2|＝2|PF1|．（1）求椭圆C的标准方程：（2）过点Q（﹣4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M′，证明：直线NM′过定点．【答案】（1）；（2）直线过定点.【解析】【分析】（1）由椭圆的定义和已知条件得，又由可得出点P的坐标，代入椭圆的标准方程中可解出，从而得出椭圆的标准方程；（2）设出直线l的方程，点M、N的坐标，直线l的方程与椭圆的方程联立可得点M、N的坐标的关系，再表示出直线的方程，将点M、N的坐标的关系代入可得直线NM′所过的定点.【详解】（1）由得，，由椭圆的定义得，，，，所以点P的坐标为，将点P的坐标代入椭圆的方程中有，又，，解得或，当，，故舍去；当，，所以椭圆的标准方程为：.（2）由题意可知，直线l的斜率必然存在,故设直线l的方程为，设，则，联立方程组，得， ，解得，，，又，，设直线的方程为，，当时，，所以直线过定点.【点睛】本题考查椭圆的定义和简单的几何性质，求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系中直线过定点的问题，关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去，属于较难题.20. 某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一．（1）当圆弧E2F2（包括端点）上的点P与B1的最短距离为5时，证明：DB1⊥平面D2EF．（2）若D1D2＝3．当点P在圆弧E2E2（包括端点）上移动时，求二面角P﹣A1C1﹣B1的正切值的取值范围．【答案】（1）见解析，（2）【解析】【分析】（1）以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，可得，从而可证DB1⊥平面D2EF；（2）设，则，所以，求出平面的法向量，而平面的一个法向量，设二面角的大小为，则先求出，从而可得，再由可得的范围.【详解】（1）证明：作平面于，则在圆弧上，因为，所以当取最小值时，最小，由圆的对称性可知，的最小值为，所以,如图，以为原点，以方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，,因为，所以,因为平面，平面，,所以DB1⊥平面D2EF，（2）解：若D1D2＝3，由（1）知,设，因为，设所以，，设平面的法向量为，则，令，则，取平面的一个法向量，设二面角的大小为，显然是钝角，则，，则，所以二面角的正切值的取值范围为，【点睛】此题考查了利用空间向量证明线面垂直，求二面角，考查了空间想象能力和推理计算能力，属于较难题.21. 设函数f（x）＝xlnx，g（x）＝aex（a∈R）．（1）若曲线y＝f（x）在x＝1处的切线也与曲线y＝g（x）相切，求a的值．（2）若函数G（x）＝f（x）﹣g（x）存在两个极值点．①求a的取值范围；②当ae2≥2时，证明：G（x）＜0．【答案】（1）；（2）①；②证明详见解析.【解析】【分析】（1）首先求切线方程，设切点，利用导数的几何意义列式求解；（2）①由条件转化为与有两个交点，利用函数的导数求解；②首先由已知条件，转化为，再通过构造函数，利用导数证明恒成立.【详解】（1），，，则切线方程为 设切线与相切于点，则，解得：，，；（2）①，，，当时，，若函数有两个极值点，即与有两个交点，设， ，设，，即函数在上单调递减，且，在区间上，在区间上 ，在区间上单调递增，在区间上单调递减，并且，当时， ，当时，，若与有两个交点时，；②，当，，令，，显然时，,在上单调递增，当时，，当时，，令，， ，在上单调递增，又,时，，当时，,当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，当时，，综上所述，，所以.【点睛】本题考查导数的几何意义，根据极值点的个数求参数的取值范围，以及证明不等式，重点考查转化与化归的思想，逻辑推理，计算能力，属于难题，本题的难点是第三问，需构造函数，函数的变形求解.（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系xOy中，P（0，1），曲线C1的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为．（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）曲线C1与C2交于M，N两点，求||PM|﹣|PN||．【答案】（1），，（2）【解析】【分析】（1）把曲线C1的参数方程消去参数t可得普通方程，曲线C2的极坐标方程为两边同乘以，把互化公式代入可得直角坐标方程；（2）把曲线C化成标准参数方程，代入曲线C2的直角坐标方程，得到关于t的二次方程，然后利用t的几何意义求解||PM|﹣|PN||【详解】解：（1）曲线C1的参数方程为（t为参数），消去参数t得普通方程为，曲线C2的极坐标方程为，两边同乘以，得，所以其直角坐标方程为（2）曲线C1过点P（0，1），则其参数方程为，将其代入方程得，，化简得，设上式方程的根为，所以，所以【点睛】本题考查了参数方程化为普通方程，极坐标方程化为直角坐标方程，参数几何意义，考查了计算能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知a＞0，b＞0，a+b＝3．（1）求的最小值；（2）证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由所给等式得，再利用基本不等式即可求得最小值；（2）利用即可逐步证明.【详解】（1），，且，，当且仅当即时等号成立，的最小值为.（2）因为a＞0，b＞0，所以要证，需证，因为，所以，当且仅当时等号成立.【点睛】本题考查条件等式求最值、基本不等式的应用，属于中档题.