2020届高考考前45天大冲刺卷理科数学七

2020年高考考前45天大冲刺卷理 科 数 学（七）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．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，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． B． C． D．2．已知，则（    ）A． B． C． D．3．已知，，，则，，的大小关系是（    ）A． B． C． D．4．已知为等差数列的前项和，，，则（    ）A． B． C． D．5．已知非零向量，满足且，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．6．如图所示的程序框图输出的是，则图中空白框中应填入（    ）A． B． C． D．7．《中国诗词大会》第三季亮点颇多，在“人生自有诗意”的主题下，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味，若《沁园春·长沙》、《蜀道难》、《敕勒歌》、《游子吟》、《关山月》、《清平乐·六盘山》排在后六场，则《蜀道难》排在《游子吟》的前面，《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》不相邻且均不排在最后的概率是（    ）A． B． C． D．8．长久以来，人们一直认为黄金分割比例是最美的，人们都不约而同的使用黄金分割，如果一个矩形的宽与长的比例是黄金比例（称为黄金分割比例），这样的矩形称为黄金矩形，黄金矩形有一个特点：如果在黄金矩形中不停分割出正方形，那么余下的部分也依然是黄金矩形，已知下图中最小正方形的边长为，则矩形的长为（    ）（结果保留两位小数）A． B． C． D．9．函数的图像大致为（    ）A． B．C． D．10．已知椭圆的焦点为，，过椭圆上顶点与左焦点的直线交于椭圆，两点．若，则椭圆的方程为（    ）A． B． C． D．11．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②在区间单调递减；③在有个零点；④的值域为，其中所有正确结论的编号是（    ）A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④12．已知正三棱锥的四个顶点在球的球面上，底面边长为．，分别为，的中点，，则球的体积为（    ）A． B． C． D． 第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线在处的切线方程为           ．14．设为等比数列的前项和，若且，则       ．15．甲、乙两人棋艺对弈决赛，采用五局三胜制（当一人取得三局胜利时则获胜，决赛结束），根据以往对弈成绩，甲执黑白棋安排依次为“黑白黑白白”，设甲执黑棋取胜概率为，执白棋取胜的概率为，且各局比赛结果相互独立，则甲以获胜的概率是        ．16．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为        ．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）在中，内角，，所对的边为，，，且满足．（1）求；（2）若，求．      18．（12分）如图，在正三棱柱中，，，，分别为，上的点，且．（1）证明：平面；（2）点在上，若，求二面角的余弦值． 19．（12分）已知抛物线焦点为，不过原点的直线与抛物线交于，两点，．（1）若直线斜率为，求直线的方程；（2）若，求．  20．（12分）已知函数，证明：（1）若时，函数有两个极值点；（2）函数有两个零点．   21．（12分）江西是一片神奇的红色土地，在这片土地上孕育了中国革命的摇篮——井冈山，共和国的摇篮——瑞金，军旗升起的地方——南昌，等等．这一个个红色经典的称号与地名，在中华人民共和国波澜壮阔的历史长河中，已化作一颗颗与日月同辉的星辰．在红色中国气势磅礴的交响乐中，奏响雄浑激越的华彩乐章．因此随着红色旅游的发展，每年来江西参观旅游的人数数不胜数．为了合理配置旅游资源，现对已游览南昌和井冈山的游客进行随机问卷调查，若不去瑞金记1分，继续去瑞金记2分．每位游客去瑞金的概率为，且游客之间的选择意愿相互独立．（1）从游客中抽取4人，记总分为随机变量，求的分布列与数学期望；（2）若从游客中随机抽取人，记总分为分的概率为，求数列的前5项和；（3）在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率是．探讨与之间的关系，并求数列的通项公式．     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，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）写出曲线的参数方程和直线的普通方程；（2）已知点是曲线上一点，求点到直线的最小距离．        23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知，，为正数，且满足，证明：（1）；（2）．      
参考答案与解析第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．【答案】D【解析】由题意得，，则，故选D．2．【答案】D【解析】设，∵，即，，∴，∴．3．【答案】A【解析】由对数函数图象可知，由指数函数图象可知，，∴．4．【答案】B【解析】由题意可知，解得，故．5．【答案】B【解析】∵，则，即，，设与夹角为，则，即夹角为．6．【答案】C【解析】C中，第一次循环，，，进入下一次循环，第二次循环，，，进入下一次循环，第三次循环，，，进入下一次循环，第四次循环，，，循环结束，则输出的为．7．【答案】A【解析】依题意，总的排法有种，《蜀道难》排在《游子吟》的前面，《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》不相邻且均不排在最后共有种，故，故选A．8．【答案】D【解析】如下图所示，由题意可知，设，则，，则，∴，∴，∵，，根据黄金矩形特点可知矩形为黄金矩形，则有，解得，∴．9．【答案】B【解析】由题意，∴为偶函数，排除C，又∵，排除D，由题意可得当时，，，，即，所以函数在之间有一个极小值点，排除A．10．【答案】A【解析】连接，由题意可知，则，则，，，∴，解得，则，∴的方程为．11．【答案】C【解析】分段函数讨论：①由，故①正确；②时，，函数递减，故②正确；③当时，，此时有无数个零点，故③错误；④，故的值域为，④正确．12．【答案】B【解析】如图，三棱锥为正三棱锥，设，由题意可知，，在中，，∵在中，．∵，．在中，，解得，∴，过作于，则平面，，则，设球半径为，则有，解得，∴球的体积为．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】【解析】，根据导数的几何意义可知曲线在处的切线斜率为，∴切线方程，即．14．【答案】【解析】由为等比数列，∵，设公比为，则有，得，∵，∴，∴．15．【答案】【解析】欲使甲以获胜，则第四局甲获胜，前三局甲胜两局负一局，可能情况为：第1局负或第2局负或第3局负，故概率为．16．【答案】【解析】如图，连接，∵，∴为的中点，∵与圆相切，∴，由题易知，∴，∵，，∴，故，∴，，∵，∴，，∴． 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）∵，在中，由正弦定理得，即，由余弦定理得，又∵为内角，∴．（2）由，得，，，∴．18．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：如图所示，在上取一点，使，连接与，由题意可知，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又∵面，面，∴平面．（2）如下图所示，以中点为坐标原点，以方向为轴正方向，方向为轴正方向，以垂直轴，轴方向为轴建立空间直角坐标，由题意可知，，，，∴，，设，则，，∵，∴，∴，∴，∴，则．设平面的法向量为，则，取，则．设平面的法向量为，则，取，则，∴．∴二面角的余弦值为．19．【答案】（1）；（2）．【解析】设，，（1）设直线的方程为，由，消去，得，，得，，，，∵，∴，即，∴或．当时直线过原点，不合题意，∴，故直线的方程为，即．（2）设直线的方程为，由，消去，得，，，，∵，∴，即，得（舍）或．根据抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，过点，两点分别作轴的垂线，垂足分别为，，∵，，，，，∴，∴，，，即，∵，∴，，∴，则，∴，，故的方程为，．20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1），则，令，则，∵，当时，，单增；当时，，单减，∴，∵，∴则存在，使得，又∵当时，，则，使得．故当时，，单减；当时，，单增；当时，，单减，故时，函数有两个极值点．（2），∵，当时，，单减；当时，，单增，∴，令，则，当时，，单减，∴，，∴根据的单调性及零点存在定理可知，在，上各有唯一零点，∴有两个零点．21．【答案】（1）分布列见解析，；（2）；（3），．【解析】（1）的可能取值为．，，，，．∴随机变量的分布列为∴随机变量的数学期望为．（2）总分恰为分的概率为，故．（3）已调查过的累计得分恰为分的概率为，得不到分的情况只有先得到分，再得分，概率为．故，即，可得，∵，∴，∴是以为首项，为公比的等比数列．∴，则，∴数列的通项公式为．22．【答案】（1）（为参数），；（2）．【解析】（1）曲线的极坐标方程为，得曲线的直角坐标方程为，故曲线的参数方程为（为参数），直线的普通方程为．（2）设曲线上任意一点为，则点到直线的距离为，当时，，∴点到直线的最小距离是．23．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）∵，，，∴，，．故，当且仅当时取等号，∴．（2），当且仅当时取等号，∴．