2020高考数学（理）模拟卷含答案解析（13）

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1、2020高考数学（理）模拟卷（13）（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。

2、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已知集合M0，x，N1,2，若MN2，则MN()A0，x,1,2B2,0,1,2C0,1,2D不能确定【答案】C【解析】集合M0，x，N1,2，若MN2，则.所以.故选C.点睛：集合的交集即为由两个集合的公共元素组成的集合，集合的并集即由两集合的所有元素组成.2已知复数满足，则的虚部是（  ）A-1B1C-2D2【答案】B【解析】由题意得：的虚部是1故选：B3如图，、为互相垂直的两个单位向量，则（     ）ABCD【答案】A【解析】【分析】利用

3、图形得出向量、关于、的表达式，并计算出，然后利用平面向量数量积来计算的值.【详解】由图形可得，且，因此，.故选：A.【点睛】本题考查平面向量模的计算，解题的关键就是将向量利用基底进行表示，考查运算求解能力，属于中等题.4设，则a、b的大小关系是（     ）Aba1Bab1C1baD1ab【答案】B【解析】【分析】由题意可知，因为，令，代入即可求解，得到答案.【详解】由题意可知，因为，令，则，即，故选B.【点睛】本题主要考查了指数式的运算，其中熟记指数幂的运算法则和合理赋值是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5的内角A,B,C的对边分别为.已知

4、,，且 的面积为2，则（  ）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据面积公式可求得,再根据余弦定理可求得.【详解】根据三角形的面积公式可得,所以,所以,由余弦定理可得,所以.故选:B【点睛】本题考查了三角形的面积公式以及余弦定理,本题属于基础题.6执行如图所示的程序框图，若，则输出的数是（    ）ABCD【答案】B【解析】【分析】读懂程序框图，可知输出，中最大的数，然后对三个数进行判断，得到答案.【详解】由程序框图知，输出，中最大的数，而，所以可知最大，故选B【点睛】本题考查读懂条件程序框图的功能，比较指对数的大小，属于简单题.7直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦

5、点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为 ()ABCD【答案】B【解析】试题分析：不妨设直线，即椭圆中心到的距离，故选B.考点：1、直线与椭圆；2、椭圆的几何性质.【方法点晴】本题考查直线与椭圆、椭圆的几何性质，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 不妨设直线，即椭圆中心到的距离，利用方程思想和数形结合思想建立方程是本题的关键节点.8中国古代数学成就甚大，在世界科技史上占有重要的地位.“算经十书”是汉、唐千余年间陆续出现的10部数学著作，包括周髀算经、九章算术、缀术等，它们曾经是隋唐时期国子监算学科的

6、教科书.某中学图书馆全部收藏了这10部著作，其中4部是古汉语本，6部是现代译本，若某学生要从中选择2部作为课外读物，至少有一部是现代译本的概率是（    ）ABCD【答案】A【解析】【分析】求出从10部著作中选择2部古汉语本的方法数，即2部都不是现代译本的方法数，由对立事件的概率计算公式，可得结论【详解】解：从10部著作中选择2部著作的方法数为（种），2部都不是现代译本的方法数为（种），由对立事件的概率计算公式得至少有一部是现代译本的概率故选：A【点睛】本题考查概率的计算，考查组合知识，属于基础题9函数在区间上的最小值为（   ）ABCD【答案】D【解析】分析：先

7、求导得到函数的单调性，即得函数的最小值.详解：由题得，因为x，所以所以函数f(x)在上单调递减，所以，故答案为：D.点睛：(1)本题主要考查求导和利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 一般地，函数在某个区间可导 ，0 在这个区间是减函数.10一个正方体被截去一部分后所剩的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）ABCD【答案】D【解析】由题意，该几何体是由一个边长为的正方体截去一个底面积为，高为的一个三棱锥所得的组合体，如图，所以，故选D点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本

8、原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.11算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如图：表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图：如果把5根算筹以适当的方式全部放入 下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为（    ）ABCD【答案】B【解析】【分析】先按每一位算筹的根数分类，再看每一位算筹的根数能组成几个数字.【详解】按每一位算筹

9、的根数分类一共有15种情况,如下 2根以上的算筹可以表示两个数字，运用分布乘法计数原理，则上列情况能表示的三位数字个数分别为：2，2，2，4，2，4，4，4，4，4，2，2，4，2，2，根据分布加法计数原理，5根算筹能表示的三位数字个数为：.故选B.【点睛】本题考查分类加法计数原理和分布乘法计数原理，考查分析问题解决问题的能力.12已知函数为定义域R上的奇函数，且在R上是单调递增函数，函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，则(  )A45B15C10D0【答案】A【解析】【分析】根据题意，由奇函数的性质可得（-x）+f（x）=0，又由g（x）=f（x-5）+x且g（a1）+g（a2

10、）+g（a9）=45，可得f（a1-5）+f（a2-5）+f（a9-5）+（a1+a2+a9）=45，结合等差数列的性质可得f（a1-5）=-f（a9-5）=f（5-a9），进而可得a1-5=5-a9，即a1+a9=10，进而计算可得答案【详解】根据题意，函数y=f（x）为定义域R上的奇函数，则有f（-x）+f（x）=0，g（x）=f（x-5）+x，若g（a1）+g（a2）+g（a9）=45，即f（a1-5）+a1+f（a2-5）+a2+f（a9-5）+a9=45，即f（a1-5）+f（a2-5）+f（a9-5）+（a1+a2+a9）=45，f（a1-5）+f（a2-5）+f（a9-5）=0，

11、又由y=f（x）为定义域R上的奇函数，则f（a1-5）+f（a9-5）=0，即f（a1-5）=-f（a9-5）=f（5-a9），f（x）在R上是单调函数，a1-5=5-a9，即a1+a9=10，在等差数列中，a1+a9=10=2a5，即a5=5，则a1+a2+a9=9a5=45；故选A【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，涉及等差数列的性质以及应用，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点从出发，沿单位圆按逆时针方向运动到点，若点的坐标是,记,则=_【答案】【解析】点从出发，沿单位圆按逆时针方向运动到点,且,所以点的坐标是,故,

12、,=2,故填.14若二项式展开式中各项系数的和为64，则该展开式中常数项为_.【答案】15【解析】二项式展开式中各项系数的和为64，令，得的通项为，令，常数项为，故答案为.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项、系数及各项系数和的求法，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15已知椭圆：的左、右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，若的周长为4，则的方程为_.【答案】【解析】

13、 的方程为16已知数列的通项公式是，数列的通项公式是，集合,将集合中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为，则数列的前45项和_【答案】2627【解析】【分析】随着增大时，数列中前后连续两项之间的差值越来越大，故考虑在中的前后连续两项之间插入数列中相应大小的项，然后逐步分析插入的项数，直至满足题意，从而得出结果.【详解】解：因为数列的通项公式是，所以集合，随着增大时，数列中前后连续两项之间的差值越来越大，故考虑在中的前后连续两项之间插入数列中相应大小的项，因为是选取新数列的前45项，故：，数列中无项可插入，数列中无项可插入，数列中可插入，增加1项，共5项，数列中可插入，增加2项，共8项，数列

14、中可插入，增加5项，共14项，数列中可插入，增加10项，共25项，接下来只需再增加中的20项即可，也就是中从（含）开始的连续的20项，因为，故终止于.则.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的性质，解题的关键是要对两个数列中的项的变化情况有较深刻的认识，其本质是对数列单调性的研究.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已知向量，函数1求的最大值，并求取最大值时x的取值集合；2已知a、b、c分别为内角A、B、C的对边，且a，b，c成等比数列

15、，角B为锐角，且，求的值【答案】（1）最大值为1，取最大值时的取值集合；（2）【解析】【分析】（1）把给出的向量的坐标代入函数解析式，化简整理后得到，直接由即可得到使函数取得最大值1的的取值集合；（2）由为锐角，利用求出的值，把要求的式子切化弦，由成等比数列得到，代入化简后即可得到结论【详解】解：（1） 故，此时，得所以取得最大值的的集合为（2）由，又，由成等比数列，则，【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算，考查了正弦定理，解答此题的关键是“降幂化积”，“角边互化”是解决此类问题常用到的办法，属于中档题18如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面为长方形，且，是的中点，作交于点.（1）证明：平面；（

16、2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值；（3）在（2）的条件下，求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2);(3).【解析】分析：（1）推导出，从而平面，进而，再证出，从而平面，再由，能证明平面（2）由两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值（3）求出平面的法向量和平面PBC的法向量，利用向量法能求出二面角D-BP-C的余弦值详解：（1）证明：底面，平面，由于底面为长方形，而，平面，平面，为的中点，平面，又，平面.（2）由题意易知两两垂直，以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，可得，设，则有，设直线与平面所成角为，且由（1）知为平面的法

17、向量所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）知，设平面的法向量，由，则令，则，由（1）平面，为平面PBC的法向量，设二面角为，则所以二面角的余弦值为.点睛：本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19在2019年女排世界杯中，中国女子排球队以11连胜的优异战绩成功夺冠，为祖国母亲七十华诞献上了一份厚礼.排球比赛采用5局3胜制，前4局比赛采用25分制，每个队只有赢得至少25分，并同时超过对方2分时，才胜1局；在决胜局（第五局）采用15分制，每个队只有赢得至少15分，并领

18、先对方2分为胜.在每局比赛中，发球方赢得此球后可得1分，并获得下一球的发球权，否则交换发球权，并且对方得1分.现有甲乙两队进行排球比赛：（1）若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来两队赢得每局比赛的概率均为，求甲队最后赢得整场比赛的概率；（2）若前四局比赛中甲、乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局（第五局）中，两队当前的得分为甲、乙各14分，且甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为，得分者获得下一个球的发球权.设两队打了个球后甲赢得整场比赛，求x的取值及相应的概率p（x）.【答案】（1）（2）x的取值为2或4,  .【解析】【分析】（1）先确定甲队

19、最后赢得整场比赛的情况，再分别根据独立事件概率乘法公式求解，最后根据互斥事件概率加法公式得结果；（2）先根据比赛规则确定x的取值，再确定甲赢得整场比赛的情况，最后根据独立事件概率乘法公式以及互斥事件概率加法公式得结果.【详解】（1）甲队最后赢得整场比赛的情况为第四局赢或第四局输第五局赢，所以甲队最后赢得整场比赛的概率为，（2）根据比赛规则，x的取值只能为2或4,对应比分为两队打了2个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，打第二个球甲发球甲得分，此时概率为；两队打了4个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，打第二个球甲发球甲失分，打第三个球乙发球甲得分，打第四个球甲发球甲得分，或

20、打第一个球甲发球甲失分，打第二个球乙发球甲得分，打第三个球甲发球甲得分，打第四个球甲发球甲得分，此时概率为.【点睛】本题考查独立事件概率乘法公式以及互斥事件概率加法公式，考查综合分析求解能力，属中档题.20已知椭圆，直线与椭圆在第一象限内的交点是，点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，椭圆的另一个焦点是，且.(1) 求椭圆的方程；(2) 直线过点，且与椭圆交于两点，求的内切圆面积的最大值.【答案】(1)；(2)3.【解析】试题分析：(1)由题意求得，所以椭圆的方程为；(2)由题意求得内切圆的面积函数：，换元之后结合对勾函数的性质可得面积的最大值为3.试题解析：（1）点在直线上，点在轴上的射影恰好是

21、椭圆的右焦点 ，所以为又，所以.又在椭圆 上，解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为，则（为三角形的内切圆半径），当面积最大时，其内切圆面积最大设直线的方程为：由得所以令，则，所以，而在上单调递增，所以，当时取等号，即当，面积的最大值为3点睛：直线与椭圆联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式0.第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出第五步：根据题

22、设条件求解问题中的结论21已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）证明：当时，.【解析】（1）当时，所以，讨论：当时，有；当时，由函数为增函数，得，有；当时，由函数为增函数，得，有.综上，函数的增区间为，减区间为.（2）当时，有，所以，所以.令，则.令，有.令，得.分析知，函数的增区间为，减区间为.所以.所以分析知，函数的增区间为，减区间为，所以，故当时，.【名师点睛】本题主要考查利用导数求解函数的单调区间和利用导数证明不等式，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.求解本题时，（1）先求导数，由可得减区间，由可得增区间；（2）不等式的证明转化为最值的求解即可.（二）选考题：共10分.请考

23、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：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为x=1+ty=2+t（t为参数），以该直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系下，圆C2的方程为=2cos+23sin（）求直线C1的普通方程和圆C2的圆心的极坐标；（）设直线C1和圆C2的交点为A，B，求弦AB的长【答案】（）(x+1)2+(y-3)2=4，(2,23)；（）10【解析】试题分析：（）把参数方程化为直角坐标方程，求出圆心的直角坐标，再把它化为极坐标即可；（）由（）求得(-1,3)到直线x-y+1=0的距离d，再利用圆的弦长公式

24、，即可求解弦长试题解析：（）由C1的参数方程消去参数t得普通方程为 xy+1=0，圆C2的直角坐标方程（x+1）2+(y-3)2=4，所以圆心的直角坐标为（1，3），所以圆心的一个极坐标为（2，23）（）由（）知（1，3）到直线xy+1="0" 的距离 d=|-1+3+1|2=62，所以AB=24-64=10考点：参数方程与普通方程的互化；圆的弦长公式23选修4-5：不等式选讲 已知a>0，b>0，c>0，且a+b+c=3.证明：（1）a2+b2+c23；（2）1a+1b+1c3.【答案】(1)见解析.(2)见解析.【解析】【分析】（1）根据分析法，结合不

25、等式关系中的a2+b22ab，a2+c22ac，b2+c22bc，即可证明不等式成立；或用柯西不等式，直接证明不等式成立。（2）根据“1”的代换，代入后结合基本不等式即可证明；直接构造基本不等式证明，也可证明不等式成立。【详解】（1）方法一：因为a+b+c=3，所以9=a+b+c2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，因为a2+b22ab，a2+c22ac，b2+c22bc，所以a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=9a2+b2+c2+a2+b2+b2+c2+a2+c2=3a2+b2+c2.所以a2+b2+c23，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.方法二：a2+b2+c212+12+12a1+b1+c12=9，所以a2+b2+c23，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.（2）方法一：1a+1b+1ca+b+c =1+ba+ca+ab+1+cb+ac+bc+13+2baab+2caac+2cbbc=9，所以1a+1b+1c3，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.方法二：1a+1b+1ca+b+c 1aa+1bb+1cc2=9，所以1a+1b+1c3，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.【点睛】本题考查了不等式的证明，基本不等式及柯西不等式的应用，属于中档题。