1、 1 全国高考模拟全国高考模拟数学试题数学试题 本试卷共 6 页，22 题。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。 注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、考号等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：选出每小题答案后，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填空题和解答题的作答：用签字笔直接写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考试结束一定时间后，通过扫描二维码查看讲解试题的视频。 一、单项选择题(本题共 8 小题，每小题 5 分，
2、共 40 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.已知复数 z 满足14iziz ，则 A.2 B.2 C.2 2 D.8 2.已知集合 2 0 ,10Ax xxBx xx或，则 A.BA B.AB C.ABR D.AB 3.已知集合 0.1 30.2 log 0.2,log0.3,10 ,abc则 A.abc B.acb C.cab D.bca 4. 3 11xx的展开式中， 3 x的系数为 A.2 B.2 C.3 D.3 5.函数 3 2sin1 2 x f xg x x 与的图象关于 y 轴对称，则函数 f x的部分图象大致为 2 6在 3 世纪中期，我国古代数学
3、家刘徽在九章算术注中提出了割 圆术： “割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体， 而无所失矣” 这可视为中国古代极限观念的佳作割圆术可以视为将 一个圆内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)， 当n变得很大 时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积运用割圆术的思想， 可得到 sin3的近似值为(取近似值 3.14) A.0.012 B.0.052 C.0.125 D.0.235 7. 已 知 函 数 32 11f xxgxx ， 若 等 差 数 列 n a的 前n项 和 为 n S， 且 22 0 2 02 0 2 0 11 0 ,11 0=fafaS ，则 A.4040
4、B.0 C.2020 D.4040 8.在四面体2,90ABCDBCCDBDABABC中，二面角ABCD的平面角为 150，则四面体 ABCD 外接球的表面积为 A. 31 3 B.124 3 C.31 D.124 二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分) 9在疫情防控阻击战之外，另一条战线也日渐清晰恢 复经济正常运行国人万众一心，众志成城，防控疫情、复 工复产，某企业对本企业 1644 名职工关于复工的态度进行 调查，调查结果如图所示，则下列说法正确的是 A0.
5、384x 疫情防控期间某企业复工职工调查 3 B从该企业中任取一名职工，该职工是倾向于在家办公的概率 为 0.178 C不到 80 名职工倾向于继续申请休假 D倾向于复工后在家办公或在公司办公的职工超过 986 名 10.已知向量2,1 ,1, 1 ,2,/abcmnm nabc其中均为正数，且，下列说法 正确的是 A.ab与 的夹角为钝角 B.向量ab在方向上的投影为 5 5 C.24mn D.mn的最大值为 2 11. 已 知 椭 圆 22 22 :10 xy Cab ab 的 右 焦 点 为 F， 点 P 在 椭 圆 C 上 ， 点 Q 在 圆 22 344Exy：上， 且圆 E 上的所
6、有点均在椭圆 C 外， 若P Q P F 的最小值为2 56， 且椭圆 C 的长轴长恰与圆 E 的直径长相等，则下列说法正确的是 A.椭圆 C 的焦距为 2 B.椭圆 C 的短轴长为3 C.PQPF的最小值为2 5 D.过点 F 的圆 E 的切线斜率为 47 3 12.已知函数 = cossinf xxx，则下列结论中，正确的有 A.是 f x的最小正周期 B. f x在, 4 2 上单调递增 C. f x的图象的对称轴为直线 4 xkkZ D. f x的值域为0,1 三、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.若曲线 ln11f xxxxf 在点 ，处的切线与直线24
7、0xay平行，则a_. 14.已知圆锥的顶点为 S，顶点 S 在底面的射影为 O，轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，则该圆 锥的侧面积为_，点 D 为母线 SB 的中点，点 C 为弧 AB 的中点，则异面直线 CD 与 OS 所成角的正切值为_. 4 15CES 是世界上最大的消费电子技术展，也是全球最大的消费技术产业盛会2020CES 消费电子 展于 2020 年 1 月 7 日10 日在美国拉斯维加斯举办在这次 CES 消费电子展上，我国某企业发布 了全球首款彩色水墨屏阅读手机， 惊艳了全场 若该公司从 7 名员工中选出 3 名员工负责接待工作(这 3 名员工的工作视为相同的工作
8、 )，再选出 2 名员工分别在上午、下午讲解该款手机性能，若其中甲 和乙至多有 1 人负责接待工作，则不同的安排方案共有_种 16已知点 12 FF，分别为双曲线 22 22 10,0 xy Cab ab ：的左、右焦点，点 A，B 在 C 的右支 上，且点 2 F恰好为 1 FAB的外心，若 11 0BFBAAF，则 C 的离心率为_ 四、解答题(本题共 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(本小题满分 10 分) 在 2 sin3 coscos3 cosaCcBCbC；5 cos45cBba；2cosbaC coscA，这三个条件中任选一个，补充在下
9、面问题中，然后解答补充完整的题目 在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为, ,a b c且满足_ (1)求 sinC； (2)已知5,abABC的外接圆半径为 4 3 3 ，求ABC 的边 AB 上的高h 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 18(本小题满分 12 分) 已知数列 n a的前n项和为 n S，且21 nn San . (1)求证：数列1 n a 为等比数列； (2)设1 nn bn a，求数列 n b的n项和 n T 19.（本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥EABCD中，底面 ABCD 为直角梯形，AB/CD，,2BCCD ABBC 5 2,CDEAB
10、AB是以为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB 平面 ABCD，点 F 满足， =0 1EFEA，. （1）试探究为何值时，CE/平面 BDF，并给予证明； （2）在（1）的条件下，求直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值. 20.（本小题满分 12 分） 已知点0, 2M，点 P 在直线 2 1 2 16 yx上运动，请点 Q 满足 1 2 MQMP，记点 Q 的为曲线 C. （1）求曲线 C 的方程； （2） 设0 , 3,0 , 3DE， 过点 D 的直线交曲线 C 于 A， B 两个不同的点， 求证，2AEBAED . 21.（本小题满分 12 分） 已知函数 cos , 2 x f
11、 xex x ，证明. （1） f x存在唯一的极小值点； （2） f x的极小值点为 00 ,10xf x 则. 22(本小题满分 12 分) 十九大提出：坚决打赢脱贫攻坚战，做到精准扶贫某县积极引导农民种植一种名贵中药材，从而 大大提升了该县村民的经济收入2019 年年底，该机构从该县种植的这种名贵药材的农户中随机抽 取了 100 户，统计了他们 2019 年因种植，中药材所获纯利润(单位：万元)的情况(假定农户因种植中 药材这一项一年最多获利 11 万元)，统计结果如下表所示： 6 (1)由表可以认为，该县农户种植中药材所获纯利润 Z(单位：万元)近似地服从正态分布 2 ,N ， 其中近
12、似为样本平均数x (每组数据取区间的中点值)， 2 近似为样本方差 22 2.1s 若该县有 1 万户农户种植了该中药材，试估算所获纯利润 Z 在区间(1.9，8.2)的户数； (2)为答谢广大农户的积极参与，该调查机构针对参与调查的农户举行了抽奖活动，抽奖规则如下： 在一箱子中放置 5 个除颜色外完全相同的小球，其中红球 1 个，黑球 4 个让农户从箱子中随机取 出一个小球，若取到红球，则抽奖结束；若取到黑球，则将黑球放回箱中，让他继续取球，直到取 到红球为止(取球次数不超过 10 次)若农户取到红球，则视为中奖，获得 2000 元的奖励，若一直未 取到红球，则视为不中奖现农户张明参加了抽奖
13、活动，记他中奖时取球的次数为随机变量 X，他 取球的次数为随机变量 Y (i)证明：,110P XnnNn 为等比数列； (ii)求 Y 的数学期望(精确到 0.001) 参考数据： 910 0.80.1342,0.80.1074若随机变量 2 ,ZNPZ ，则 =0.6827220.9545PZ，. 7 数学试题参考答案 一、单项选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D A B D B C B 二、多项选择题： 题号 9 10 11 12 答案 BD CD AD BD 三、填空题： 13.1 14. 15 2 , 3 15.360 16. 31 2 四、解答题： 17.解
14、：选择条件： （1）因为 2 sin3 coscos3 cosaCcBCbC， 所以由正弦定理得 2 sinsin3sincoscos3sincosACCBCBC， 即sinsin3cossincossincosACCCBBC， 故sinsin3cossinACCA. （3 分） 又0,sin0AA，故， 所以sin3costan3CCC，即. 由0, 3 CC ，得. 所以 3 sinsin 32 C . （5 分） （2）由正弦定理得 4 3 2sin4 33 c ， （6 分） 由余弦定理得 2 222 2cos316 3 cabababab ， 所以 2 16 3 3 ab abab
15、，故. （8 分） 8 于是得ABC的面积 11 sin 22 SabCch， 所以 3 3 sin3 3 2 48 abC h c . （10 分） 选择条件： （1）因为5 cos45cBba， 由正弦定理得5sincos4sin5sinCBBA， 即5sincos4sin5sin5sincos5cossinCBBBCBCBC， 于是sin4 5cos0BC. （3 分） 在sin0ABCB中， 所以 4 cos 5 C ， 2 3 sin1 cos 5 CC. （5 分） （2）由正弦定理得 4 338 3 2 355 c ， （6 分） 由余弦定理得 222 2coscababC 21
16、8192 525 abab， 所以 21925433 251890 abab ， （8 分） 于是得ABC的面积 11 sin 22 SabCch， 所以 sin43335433 3 9057208 3 abC h c .（10 分） 选择条件： （1）因为2coscosbaCcA， 所以由正弦定理得 2sinsincossincosBACCA， 所以2sincossinsinBCA CB， （3 分） 9 因为0,B， 所以 1 sin0cos 2 BC，所以， 又0,A， 所以 3 C ， 所以 3 sin 2 C . （5 分） （2）由正弦定理得 4 3 2sin4 33 c ， （6
17、 分） 由余弦定理得 2 222 2cos316 3 cabababab ， 所以 2 16 3 3 ab abab ，故. （8 分） 于是得ABC的面积 11 sin 22 SabCch， 所以 3 3 sin3 3 2 48 abC h c . （10 分） 18.解： （1）因为21 nn San ， 所以 11 2112 nn Sann . 当2n时，由得 1 21 nn aa ， 即 1 121 nn aa ， （3 分） 所以 1 1 22 1 n n a n a . 当 1111 1=20,1 1nSaaa 时，即. （4 分） 所以数列1 n a 是以 1 为首项，2 为公比
18、的等比数列. （6 分） （2）由（1）知 1 12n n a ， （7 分） 所以 1 12n nn bn an . （8 分） 10 所以 0121 1 22 23 22n n Tn ， 则 123 21 22 23 22n n Tn ， 由，得 0121 1 21 21 21 22121 nnn n Tnn ， 所以1 21 n n Tn. （12 分） 19.解： （1）当 1 3 时，CE/平面 FBD. （1 分） 证明如下：连接 AC，交 BD 于点 M，连接 MF. 因为 AB/CD， 所以 AM:MC=AB:CD=2:1 又 1 3 EFEA， 所以 FA:EF=2:1. 所
19、以 AM:MC=AF:EF=2:1. 所以 MF/CE. （4 分） 又MF 平面 BDF，CE平面 BDF， 所以 CE/平面 BDF. （5 分） （2）取 AB 的中点 O，连接 EO，OD. 则EOAB. 又因为平面ABE 平面 ABCD，平面ABE 平面,ABCDAB EO平面 ABE， 所以EO平面 ABCD, 因为OD平面 ABCD， 所以EOOD. 由BCCD，及 AB=2CD，AB/CD，得ODAB， 由 OB,OD,OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 11 因为EAB为等腰直角三角形，AB=2BC=2CD， 所以 OA=OB=OD=OE， 设 OB=1，
20、 所以0,0,0 ,1,0,0 ,1,0,0 ,1,1,0OABC, 0,1,0 ,0,0,1DE. 所以2,0,01,1,0ABBD ，, （7 分） 11112 ,0,0, 33333 EFEAF ， 所以 43 0 32 FB ， ，. 设平面 BDF 的法向量为, ,nx y z， 则有 0, 0, n BD n FB 所以 0, 42 0, 33 xy xz 取11,1,2xn，得. （9 分） 设直线 AB 与平面 BDF 所成的角为， 则sincos, AB n AB n AB n 222 2 1 0 1 0 26 6 2 112 . 即直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值
21、为 6 6 . （12 分） 20.解： （1）设 00 ,Q x yP x y， 由 1 2 MQMP， 得 00 1 ,2,2 2 x yxy， 12 所以 0 0 1 , 2 2 , 2 xx y y 即 0 0 2 , 22, xx yy 因为点 P 在曲线 2 1 2 16 yx上， 所以 2 00 1 2 16 yx. 即 21 2222 16 yx，整理得 2 8xy. 所以曲线 C 的方程为 2 8xy. （5 分） （2）直线 AB 的斜率不上辈子在时，不符合题意； 当直线 AB 的斜率存在时， 设直线 AB 的方程为3ykx， 1122 ,A x yB x y. 由 2 3
22、, 8 , ykx xy 得 22 8240,64960xkxk ， 可知 1212 8 ,24xxk x x ， （7 分） 直线 AE，BE 的斜率之和为 1212 1212 3366 AEBE yykxkx kk xxxx 1212 12 264848 0 24 kx xxxkk x x . 故 AB,BE 的倾斜角互补. AEDBED . 2AEBAED . （2 分） 21.解： （1） sin x fxex， 13 设 sin x g xfxex， 则 cos x g xex， 当,0cos0,1 .0,1 2 x xxe 时， ， 所以 0g x. 当0,x时， 0 cos1 c
23、os0g xexx ， 综上所述，当 ,0 2 xgx 时， 恒成立， 故 2 fxg x 在，上单调递增. 又 0 2 110,010 2 feef ， 由零点存在定理可知，函数 2 fx 在区间，上存在唯一的零点 00 ,0 2 xx ，且. 结合单调性可得 0 2 f xx 在，上单调递减，在 0, x 上单调递增， 所以函数 f x存在唯一极小值点 0 x. （5 分） （2）由（1）知， 0 2 0 ,0 ,110 22 xfee 且， 1 1 2 2 4 2 211 422 fe e ， 而 1 2 2ee ， 所以 1 1 2 2 2 11 2 e ， 即0 4 f ， 14 0
24、 0010fe ， 故极小值点 0 ,0 4 x ， 且 0 00 sin0 x fxex， 即 0 0 sin. x ex 由（*）式，得 0 00 cos x f xex 000 sincos2sin 4 xxx . 由 0 ,0 4 x ， 得 0 0, 44 x ， 所以 0 2sin1,0 4 x ， 即 0 10f x . （12 分） 22.解： （1）由题意知： 所以样本平均数为2 0.1 4 0.15 6 0.45 8 0.2 10 0.16.1x （万元） ， 所以 2 6.1,2.1ZN， 所以 2 ,1.9,8.2 ， 而 11 2220.8186 22 PPzPZ .
25、 故 1 万户农户中，Z 落在区间1.98.2，的户数约为10000 0.8186=8186. （4 分） （2） （I）每次取球都恰有 1 5 的概率取到红球. 15 则有 11 1114 1 5555 nn P Xn ， 1 14 14 55 5 14 55 n n P Xn P Xn ， 故 ,110P XnnNn 为等比数列. （7 分） （II）由（I）可知，当9nP XnP Yn时， 9 4 10 5 P Y . 故 Y 的数学期望为 89 141414 12910 555555 E Y 89 1444 12910 5555 设 8 44 129 55 S , 则 29 4444 129 5555 S ， 两式作差得 9 14 5 14 55 S ， 99 144 105 1410 555 E YS 99 44 5454 0.13424.463 55 .（12分）
浙公网安备33030202001339号