2020高考数学（理）模拟卷含答案解析（7）

1、2020高考数学（理）模拟卷（7）（本试卷满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。第

2、卷（选择题)一、单选题：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（2019内蒙古高三月考（理）集合，则（    ）ABCD【答案】C【解析】【分析】求出A中不等式的解集确定出A，根据全集UR，求出A的补集即可【详解】依题意，故，故选：C.【点睛】此题考查了补集的运算及一元二次不等式的解法，熟练掌握补集的定义是解本题的关键2（2020辽宁高三期末（理）复数上的虚部为（    ）ABCD【答案】A【解析】【分析】化简得到计算虚部得到答案.【详解】，所以的虚部为.故选：【点睛】本题考查了复数虚部的计算，属于

3、简单题.3（2019河南高三月考）已知，则的大小关系为（   ）ABCD【答案】D【解析】【分析】利用指数对数的运算性质以及对数函数的单调性即可判断出大小关系.【详解】由，又，所以，故选：D.【点睛】本题考查了指数、对数的运算性质以及对数函数的单调性，需熟记对数的运算性质，属于基础题.4（2019四川高三月考（理）我国古代数学名著九章算术中，割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在中，“”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定x的值，类似地的值为（    ）A3BC

4、6D【答案】A【解析】【分析】通过已知得到求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根），再运用该方法，注意两边平方，得到方程，解出方程舍去负的即可【详解】解：令，则两边平方得，则，即，解得，舍去故选：A【点睛】本题考查类比推理的思想方法，考查从方法上类比，是一道中档题5（2020河南高三月考）“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷2000个点，己知恰有800个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是ABCD【答案】B【解析】【分析】边长为3的正方形的面积S正方

5、形9，设阴影部分的面积为S阴，由几何概型得，由此能估计阴影部分的面积【详解】解：为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，则边长为3的正方形的面积S正方形9，设阴影部分的面积为S阴，该正方形内随机投掷2000个点，已知恰有800个点落在阴影部分，解得S阴，估计阴影部分的面积是故选：B【点睛】本题考查阴影面积的求法，考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题6（2019辽宁高三期中（理）函数（其中）的图象不可能是（    ）ABCD【答案】C【解析】【分析】由，再分类讨论当时，当时，当时，函数对应的单调性，再

6、逐一判断即可得解.【详解】解：由，则当时，函数在为增函数，在为减函数，在为增函数，即选项D满足题意； 当时，函数在为增函数，在为减函数，即选项A满足题意；当时，函数在为减函数，在为减函数，在为增函数，即选项B满足题意，即函数（其中）的图像不可能是选项C，故选：C.【点睛】本题考查了分段函数的图像，重点考查了分段函数的单调性，属基础题.7已知边长为2的正方形中，为的中点，连接,则（  ）A-2B-1C1D2【答案】B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，标出各个对应点坐标，计算得到答案.【详解】以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系则，    故答案选

7、B【点睛】本题考查了向量的乘积，建立坐标系可以简化运算.8（2019河北高三期末（理）执行如图所示的程序框图，则输出的值为（   ）ABCD【答案】D【解析】【分析】由题知，该程序是利用循环结构计算，输出变量的值，可发现周期为，即可得到，此时输出.【详解】，.，.，.，.，.可发现周期，.此时输出.故选：【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构和条件结构，周期是是解决本题的关键，属于简单题.9公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，若a3是a2与a6的等比中项，S33，则S8（  ）A36B42C48D60【答案】C【解析】【分析】设出等差数列的等差d，根据a3是a2与a

8、6的等比中项，S33，利用等比数列的性质和等差数列的前n项和的公式化简得到关于等差数列首项和公差方程组，求出方程组的解集即可得到首项和公差，然后再利用等差数列的前n项和的公式求出S8即可【详解】设公差为d（d0），则有，化简得：，因为d0，解得a1-1，d2，则S8-8248故选：C【点评】此题考查运用等差数列的前n项和的公式及等比数列的通项公式化简求值，意在考查公式运用，是基础题10（2019陕西高二期末（理）已知点是椭圆的右焦点，过作垂直于长轴的垂线交椭圆于、两点，若以为直径的圆过坐标原点，则该椭圆的离心率为（    ）ABCD【答案】C【解析】【分析】设椭圆的焦距为，

9、计算出，可得出，可得出关于、所满足的等式，即可求出该椭圆离心率的值.【详解】设椭圆的焦距为，离心率为，则，点的坐标为，将代入椭圆方程得，由于以为直径的圆过坐标原点，则，可得，即，即，等式两边同时除以得，解得.因此，该椭圆的离心率为.故选：C.【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，解题的关键就是要得出关于、的齐次等式，考查计算能力，属于中等题.11（2020辽宁高三期末（理）已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点，为的内心，且，若椭圆的离心率为，则（    ）ABCD【答案】A【解析】【分析】设内切圆的半径为，根据题意化简得到，代入数据计算得到答案.【详

10、解】设内切圆的半径为则，整理得.为椭圆上的点，解得.故选：【点睛】本题考查了椭圆离心率相关问题，根据面积关系化简得到是解得的关键.12（2020陕西高三月考（理）设函数的定义域为，满足，且当时，若对任意，都有，则的取值范围是（    ）ABCD【答案】D【解析】【分析】利用对勾函数求得在的最小值，再得图象向右移动个单位，其函数值扩大倍，从而求解.【详解】当时，的最小值是由知当时，的最小值是当时，的最小值是要使，则，解得：或 故选D.【点睛】本题考查对勾函数和的图象平移和函数值的倍数关系，属于难度题.第卷（非选择题)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在

11、题中的横线上。13已知命题，使得，则为_.【答案】，使得【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题解答即可.【详解】解：，使得，使得故答案为：，使得【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题.14（2019山东高三月考）函数在点处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】求得函数的导数，由导数的几何意义，可得切线的斜率，运用直线的斜截式方程，计算即可得到所求切线的方程【详解】解：函数的导数为，可得f（x）的图象在点处的切线斜率为k，即有图象在点处的切线方程为故答案为：【点睛】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义，正确求导和运用直线方程是解题的关键，属于基础题15（20

12、19全国高三月考（理）记等差数列的前n项和为，若，则的前n项和_【答案】【解析】【分析】由等差数列的通项公式以及前项和公式代入可求得，再由分组求和即可求解.【详解】因为是等数差数列，而，所以，解得，则，；数列构成首项为9，公差为9的等差数列；若n为偶数，则，若n为奇数，则T 故.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及分组求和，需熟记公式，属于基础题.16已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，则球的表面积为_【答案】【解析】分析：根据三棱锥的结构特征，求得三棱锥外接球半径，由球表面积公式即可求得表面积。详解：由，根据同角三角函数关系式得 ，解得 所以 ，因为，由余弦定理 代入得

13、  所以ABC为等腰三角形，且 ，由正弦定理得ABC外接圆半径R为 ，解得 设ABC外心为 ， ，过 作 则在 中 在中 解得 所以外接球面积为 点睛：本题综合考查了空间几何体外接球半径的求法，通过建立空间模型，利用勾股定理求得半径；结合球的表面积求值，对空间想象能力要求高，综合性强，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.第17-21题为必做题,每个考生都必须作答.第22/23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17在中，角，所对的边分别为，且，是边上的点.（I）求角；（）若，求的长，【答案】（I）；（）.【解析

14、】【分析】（I）利用正弦定理将边化角为，再结合三角形内角和定理、两角和的正弦公式即可得到B（）利用余弦定理先求出进而得到，由正弦定理即可得到的长【详解】（I）由，得，.（）在中，由余弦定理得，所以，在中， ，由正弦定理，得，所以.【点睛】本题关键是要掌握正弦定理的变形公式，将边化为角来处理问题，在解三角形时，往往三角形内角和定理最容易忽略的，利用内角和定理可简化未知角的数量18（2019全国贵阳一中高三月考（理）如图，在三棱锥P-ABC中，已知，顶点P在平面ABC上的射影为的外接圆圆心.（1）证明：平面平面ABC；（2）若点M在棱PA上，且二面角P-BC-M的余弦值为，试求的值.【答案】（1）

15、证明见解析   （2）【解析】【分析】（1）设的中点为，连接，易知点为的外接圆圆心，从而平面，即可证明平面平面ABC；（2）以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量，代入公式即可建立的方程，解之即可.【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接， 由题意，得，则为直角三角形，点为的外接圆圆心 又点在平面上的射影为的外接圆圆心，所以平面， 又平面，所以平面平面 （2）解：由（1）可知平面，所以，于是以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，设平面的法向量为，则得令，得，即 设平面的法向量为，由得令，得，即 解得即M为PA

16、的中点【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力19已知，直线：，若动点到点的距离比它到直线的距离小，（1）求动点的轨迹方程；（2）直线过点且与曲线相交不同的两点、，若，求直线的直线方程.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）由题设知：点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，由此能求出的方程；（2）设：，由，得，根据抛物线的性质以及韦达定理得到：，解得即可求出直线的方程.【详解】（1）点到点的距离比它到直线：的距离小，点在直线的上方，点到的距离与它到直线：的距离相等，点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，所以的方程为；（2）由题意，设

17、：，由得，则，又，解得，经检验满足题意.即所求的直线方程：.【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和圆锥曲线位置关系，考查运算能力和逻辑思维能力，属于中档题.20（2019辽宁实验中学高三月考）对同学们而言，冬日的早晨离开暖融融的被窝，总是一个巨大的挑战，而咬牙起床的唯一动力，就是上学能够不迟到己知学校要求每天早晨7:15之前到校，7:15之后到校记为迟到小明每天6:15会被妈妈叫醒起味，吃早餐、洗漱等晨间活动需要半个小时，故每天6:45小明就可以出门去上学从家到学校的路上，若小明选择步行到校，则路上所花费的时间相对准确，若以随机变量（分钟）表示步行到校的时间，可以认为若小明选择骑共享单

18、车上学，虽然骑行速度快于步行，不过由于车况、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性增加，若以随机变量（分钟）描述骑车到校的时间，可以认为若小明选择坐公交车上学，速度很快，但是由于等车时间、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性进一步增加，若以随机变量（分钟）描述坐公交车到校所需的时间，则可以认为（1）若某天小明妈妈出差没在家，小明一觉醒来已经是6:40了，他抓紧时间洗漱更衣，没吃早饭就出发了，出门时候是6:50请问，小明是否有某种出行方案，能够保证上学不迟到？小明此时的最优选择是什么？（2）已知共享单车每20分钟收费一元，若小明本周五天都骑共享单车上学，以随机变量表示这五天小明上学骑车的费用，

19、求的期望与方差（此小题结果均保留三位有效数字）已知若随机变量，则，【答案】（1），三种方案都无法满足原则，不能保证上学不迟到相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选择（2）（元），（元2）【解析】【分析】（1）依题意，小明需要在25分钟内到达学校若他选择步行到校，则不迟到的概率记为，求出若骑车到校，则不迟到概率记为，（，），若坐公交车到校，则不迟到的概率记为，比较即可做出选择；（2）取随机变量表示五天里骑车上学时间单程超过20分钟的天数先求出和，再求的期望与方差.【详解】（1）依题意，小明需要在25分钟内到达学校若他选择步行到校，则不迟到的概率记为，取，则，若骑车到校，则不迟到的概率记为，

20、取，则，则，（，）若坐公交车到校，则不迟到的概率记为，取，则，综上，三种方案都无法满足原则，不能保证上学不迟到相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选择（2）取随机变量表示五天里骑车上学时间单程超过20分钟的天数依题意，每天骑车上学时间超过20分钟的概率为，又，（元），（元2）【点睛】本题主要考查正态分布的计算，考查期望和方差的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21（2019重庆巴蜀中学高三月考（理）已知函数.（1）求的单调区间与极值；（2）若不等式对任意恒成立，求正实数的取值范围.【答案】（1）单减区间为,的单增区间为,无极大值.（2）【解析】【分析】（1）因为,定义域为,则,

21、即可求得的单调区间与极值;（2）,故,将其化简可得,由（1）知在上单增,即可求得正实数的取值范围.【详解】（1） ,定义域为,又,.的单减区间为,的单增区间为,无极大值.（2） ,故将化简可得: ,.,由（1）知在上单增,即.令,令,则, 在上单减,且在上,单增,在上,单减. .【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用和不等式恒成立问题.对于恒成立问题,通常利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的不等关系式.着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.（二）选考题：共10分.请考生在22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.22（2019内蒙古高三月考（理）

22、在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（）求曲线以及直线的极坐标方程；（）若，直线与曲线相交于不同的两点，求的值.【答案】（），；（）【解析】【分析】（1）消去参数t可得的普通方程，利用平方关系消去参数可得曲线C的直角坐标方程，把2x2+y2，ysin代入，可得曲线以及直线的极坐标方程 （II）把直线l的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义求得结果【详解】（）依题意，曲线：，故，即，即；直线：，即，即，故；（）将直线的参数方程代入中，化简可得，设，所对应的参数分别为，则，故.【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，考查了直线参数的意义，考查了计算能力，属于中档题23（2020辽宁高三期末（理）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）分别计算，三种情况，综合得到答案.（2）化简得到，利用绝对值三角不等式得到，解不等式计算得到答案.【详解】（1）当时，解得；当时，解得，则；当时，解得，则.综上所述：不等式的解集为.（2），当时等号成立.若对任意，不等式恒成立，即，解得或.【点睛】本题考查了解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式解决恒成立问题，意在考查学生的综合应用能力.