2020年高考数学（理）模拟卷新课标及答案解析（6）

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1、2020年高考数学（理）模拟卷新课标（6）（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

2、交回。第卷（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设i是虚数单位，如果复数的实部与虚部互为相反数，那么实数a的值为()A     B    C3    D3【答案】C【解析】因为，由实部与虚部是互为相反数得，解得，故选C.考点：复数的概念与运算.2已知集合，则ABCD【答案】A【解析】,选A.3已知，则（）ABCD【答案】B【解析】【分析】首先得到，即，根据对数的运算法则可得，即，进而可得，通过作差比较可得，综合可得结果.【详解】因为，所以，因为，即，又，所以

3、，又，所以，所以，故选B【点睛】本题主要考查了利用不等式的性质比较大小，判断出的符号以及根据对数的运算的性质得到是解题的关键，属于中档题.4下列四个命题中错误的是（    ）A回归直线过样本点的中心B两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1C在回归直线方程k ，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位D若，（常数），则点的轨迹是椭圆【答案】D【解析】A. 回归直线过样本点的中心，正确；B. 两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数的绝对值就越接近于1，正确；C. 在回归直线方程中,当解释变量每增加1个单位时,预报变量平均增加0.2个单位，

4、正确；D. 若，则点的轨迹是椭圆，因为当时，4，的轨迹是线段，故错误，所以选D.5函数的部分图象大致为（    ）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性和在时函数值的特点，对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】因为是偶函数，所以排除A，C，当时，恒成立，所以排除D.故选:B.【点睛】本题考查函数的图像与性质，考查数形结合的数学思想以及推理论证能力.6若表示空间中两条不重合的直线，表示空间中两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】【分析】利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断或举反例判断【详解】对于A，若n

5、平面，显然结论错误，故A错误；对于B，若m，n，则mn或m，n异面，故B错误；对于C，若mn，m，n，则，根据面面垂直的判定定理进行判定，故C正确；对于D，若，m，n，则m，n位置关系不能确定，故D错误故选：C【点睛】本题考查了空间线面位置关系的性质与判断，属于中档题7莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把120个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较多的三份之和的是较少的两份之和，则最少的一份面包个数为（   ）A46B12C11D2【答案】B【解析】【分析】将问题转化为等差数列的问题，通过和，求解出即可.【详解】设每个人所得面包数，自少而多分别为

6、：且成等差数列由题意可知：，设公差为，可知：    所以最少的一份面包数为本题正确选项：【点睛】本题考查利用等差数列求解基本项的问题，关键在于将文字描述的内容转化为等差数列中的关系式，利用通项公式和求和公式求解出基本项.8已知函数的最小正周期为，且，则的一个对称中心坐标是ABCD【答案】A【解析】试题分析：由的最小正周期为，得因为，所以，由，得，故令，得，故的对称中心为，当时，的对称中心为，故选A考点：三角函数的图像与性质9在中，D为BC中点，O为AD中点，过O作一直线分别交AB、AC于M、N两点，若（），则(  )A3B2C4D【答案】C【解析】【分析】根据向量

7、的线性运算，得，利用共线向量的条件得出，化简即可得到的值，即可求解.【详解】在中，为的中点，为的中点，若，所以，因为，所以，即，整理得，故选C.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算性质，以及向量的共线定理和三角形的重心的性质的应用，其中解答中熟记向量的线性运算，以及向量的共线定理的应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若的面积为S，且，则等于ABCD【答案】D【解析】 ，而，所以 ，又根据，即 ，解得 (舍)或 ， ，解得 ，故选D.11在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马如图，若四棱锥PABCD为

8、阳马，侧棱PA底面ABCD，PAABAD，E为棱PA的中点，则异面直线AB与CE所成角的正弦值为（）ABCD【答案】B【解析】【分析】由异面直线所成角的定义及求法，得到为所求，连接，由为直角三角形，即可求解【详解】在四棱锥中，可得即为异面直线与所成角，连接，则为直角三角形，不妨设，则，所以,故选：B【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的作法及求法，其中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题12设奇函数的定义域为，且的图像是连续不间断，有，若，则的取值范围是（    ）ABCD【答案】D【解析】【分析】设g（x），通过研究导

9、函数及函数的奇偶性，可判断g（x）在x上为奇函数且单调递减，利用性质解得不等式即可【详解】令，则.因为，有，当时，则在上单调递减.又是定义域在上的奇函数，则也是上的奇函数并且单调递减.又等价于，即，又，.故选：D【点睛】本题考查了运用导数判断函数的单调性及应用，考查了函数奇偶性的应用，考查了构造法的技巧，属于中档题第卷（非选择题)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。13两个非零向量满足，则向量与的夹角为_.【答案】【解析】【分析】利用向量的模的平方等于向量的平方，求得两个向量的关系，再利用向量的数量积和向量的夹角公式，即可求解.【详解】由题意，两个非零向量

10、满足，可得即，解得，又由，可得，即，解得，即，所以，由向量的夹角公式，可得，又由，所以，即向量与的夹角为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及向量的模和向量的夹角的求解，其中解答中熟记向量的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14如图所示，程序框图(算法流程图)的输出结果为_.【答案】1112【解析】试题分析：第一次循环s=12,n=4，第二次循环：s=12+14,n=6，第三次循环：s=12+14+16,n=8，结束循环，输出s=1112考点：循环结构流程图【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图

11、的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.15如图，已知抛物线与双曲线(a0，b0)有相同的焦点F，双曲线的焦距为2c，点A是两曲线的一个交点，若直线AF的斜率为，则双曲线的离心率为_【答案】.【解析】【分析】设双曲线的另外一个焦点为,先求出AF=4c，再利用余弦定理求出，根据双曲线的定义得到即得离心率的值.【详解】如图所示,设双曲线的另外一个焦点为,由于AF的斜率为，所以且AFAB，所以ABF是等边三角形，所以，所以，所以，所以，由双曲线的定义可知，所以双曲线的离心率为【点睛】(1)

12、本题主要考查抛物线和双曲线的简单几何性质，考查解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2) 圆锥曲线的离心率常见的有两种方法：公式法和方程法.公式法就是先根据已知条件求出和,或者的关系，再代入离心率的公式化简求解.方程法就是把已知的等式化简可以得到一个关于和的方程,再把该方程化为关于离心率的一次或二次方程，直接计算出离心率.16已知对于区间内的任意两个相异实数，恒有成立，则实数的取值的集合是_【答案】【解析】【分析】先判断出单调性，令，去掉绝对值，然后构造新函数，将问题转化为在内单调递减，即在上恒成立，参变分离，得到的取值范围.【详解】函数，其定义域为，所以恒成立，故函

13、数在定义域上为增函数.令，则，所以由可得，即，设，则则问题等价于函数在内单调递减，于是在上恒成立，即在上恒成立，则，即.又所以这样的实数不存在【点睛】本题主要考查函数导数与单调性，考查构造函数法和分离常数法求解不等式恒成立问题. 其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性以及单调性的应用、函数的奇偶性及其应用、不等关系的求解等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.属于中档题.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：

14、共60分17已知数列的前项和为，且满足（1）求数列的通项；（2）求数列的前项和为【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）先化简已知，再用项和公式求出数列的通项.(2)利用错位相减法求数列的前项和为.详解：（1），即；当时，当时，不满足上式，所以数列是从第二项起的等比数列，其公比为2；所以.（2）当时，当时，点睛：（1）本题主要考查数列通项的求法和错位相减法求和，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和计算能力.(2)已知的关系，可以利用项和公式，求数列的通项.注意结果是能并则并，不并则分.所以本题中，不能合在一起.18如图，四边形是矩形，平面.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答

15、案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：(1)由题意结合题意可证得平面，结合面面垂直的判断定理可得平面平面；(2)建立空间直角坐标系，结合半平面的法向量可得二面角的余弦值为.试题解析：（1）证明；设交于，因为四边形是矩形，,所以,又，所以,因为,所以，又平面.所以，而，所以平面平面；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得,则,设平面的法向量，则，取，即设平面的法向量，则，取，即设平面与平面所成的二面角为，则由图可知二面角为钝角，所以.19已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1（1）求曲线C的方程.（2）是否存在正数m，对于过点M(m

16、,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线，都有?若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】(1)  (2) 【解析】【详解】解：（）设P（x，y）是曲线C上任意一点，那么点P（x，y）满足：化简得.()设过点M（m，0）（m>0）的直线l与曲线C的交点为A，B设l的方程为x=ty+m，由得，=16（+m）>0，于是又=+1+<0又，于是不等式等价于由式，不等式等价于对任意实数t，的最小值为0，所以不等式对于一切t成立等价于，即由此可知，存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A,B的任一直线，都有，且m的取值范围20已知函数.（1）求曲线

17、在点处的切线方程；（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.【答案】(1);(2).【解析】试题分析：（1）先求函数的导数，并且求 和 ，根据切线方程 ，写出切线方程；（2）令 ，首先求函数得到导数，讨论当 和 两种情况讨论函数的最大值，令最大值小于等于0，求得的值.试题解析：(1)因为，所以切线方程为，即.(2)令，所以，当时，因为，所以，所以是上的递增函数，又因为，所以关于的不等式，不能恒成立，当时，令，得，所以当时，；当时，因此函数在上是增函数，在上是减函数，故函数的最大值为，令，则在上是减函数，因为，所以当时，所以整数的最小值为.【点睛】不等式恒成立求参数取值范围是高考热点，本题是当

18、恒成立时，求参数取值范围，一般变形为恒成立，求函数的最大值小于等于0，或参变分离转化为函数最值问题.21世界军人运动会，简称“军运会”，是国际军事体育理事会主办的全球军人最高规格的大型综合性运动会，每四年举办一届，会期7至10天，比赛设27个大项，参赛规模约100多个国家8000余人，规模仅次于奥运会，是和平时期各国军队展示实力形象、增进友好交流、扩大国际影响的重要平台，被誉为“军人奥运会”.根据各方达成的共识，军运会于2019年10月18日至27日在武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项、329个小项其中，空军五项、军事五项、海军五项、定向越野和跳伞5个项目为军事特色

19、项目，其他项目为奥运项目现对某国在射击比赛预赛中的得分数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：（1）估计某国射击比赛预赛成绩得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）根据大量的射击成绩测试数据，可以认为射击成绩近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，求射击成绩得分恰在350到400的概率；参考数据：若随机变量服从正态分布，则：，；（3）某汽车销售公司在军运会期间推广一款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”，活动，客户可根据抛掷骰子的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利

20、大本营”，则可获得购车优惠券已知骰子出现任意点数的概率都是，方格图上标有第0格，第1格，第2格，第50格遥控车开始在第0格，客户每抛掷一次骰子，遥控车向前移动一次，若抛掷出正面向上的点数是1，2，3，4，5点，遥控车向前移动一格（从到），若抛掷出正面向上的点数是6点，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移动到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束设遥控车移动到第格的概率为，试证明是等比数列，并求，以及根据的值解释这种游戏方案对意向客户是否具有吸引力【答案】（1）300；（2）0.1359；（3），这种游戏方案客户参与中奖的可能性较大，对意向客户有吸引力【解析】【分析】（1

21、）每一组中的数据用该组区间的中点值代表乘以概率，相加即得估计均值；（2）由正态分布的性质结合所给数据计算（3）依次求出，可得的递推关系：，变形为，得到一个等比数列，求得，然后用累加法求得，即得，与比较可知吸引力大不大【详解】（1）；（2）因为XN（300，502），所以；（3）摇控车开始在第0格为必然事件，P01，第一次掷骰子，正面向上不出现6点，摇控车移动到第1格，其概率为，即；摇控车移到第n格（2n49）格的情况是下列两种，而且也只有两种；摇控车先到第n-2格，抛掷出正面向上的点数为6点，其概率为；摇控车先到第n-1格，抛掷骰子正面向上不出现6点，其概率为，故，故1n49时，Pn-Pn-1

22、是首项为，公比为的等比数列，故，PnP0（P1-P0）（P2-P1）（Pn-Pn-1），故这种游戏方案客户参与中奖的可能性较大，对意向客户有吸引力【点睛】本题考查频率分布直方图，考查正态分布，考查数列的递推公式，等比数列的通项公式和前项和公式，数列中的累加法求通项公式，考查知识点较多，要求较高本题难点在第（3）问，可从特殊到一般，用归纳猜想的方法得出数列的递推关系，然后求解（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选修4-4：坐标系与参数方程已知直线的参数方程为（为参数）在以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.

23、(1)求直线普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)设直线与曲线交于两点，求.【答案】(1)，；(2)4.【解析】试题分析：（）消去得到直线的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，得到曲线的直角坐标方程；（）直线时过原点的直线，并且倾斜角是，所以设直线的极坐标方程是，代入圆的极坐标方程得到的二次方程，而 ，根据根与系数的关系得到结果.试题解析：（）直线的普通方程是即         曲线的直角坐标方程是即 （）直线的极坐标方程是，代入曲线的极坐标方程得：，所以23选修4-5：不等式选讲已知函数，.（1）若，求不等式的解集；（2）若关于的不等式.恒成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2) .【解析】【分析】（1）将代入函数的解析式，得出所求不等式为，然后利用零点分段法去绝对值，分段解出不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式得出，由题意得出，即，在时，解出该不等式可得出实数的取值范围.【详解】（1）时，不等式为.当时，不等式化为，此时；当时，不等式化为恒成立，此时；当时，不等式化为，此时.综上，不等式的解集为；（2），又，解得或，即的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式恒成立问题的求解，涉及绝对值三角不等式的应用，在求解恒成立问题时，需结合条件转化为函数的最值来处理，考查化归与转化数学思想的应用，属于中等题.