《2020年高考理科数学模拟试题含答案及解析5套(共88页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考理科数学模拟试题含答案及解析5套(共88页).doc（88页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 绝密 启用前2020年高考模拟试题（一）理科数学时间：120分钟 分值：150分注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 第卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的
2、四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知，都是实数，那么“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2抛物线的焦点坐标为（ ）ABCD3十字路口来往的车辆，如果不允许掉头，则行车路线共有（ ）A24种B16种C12种D10种4设，满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）ABCD5九章算术是我国古代容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（网格纸上小形的边长为1），则该“阳马”最长的棱长为（ ）ABCD6 大致的图象是（ ）ABCD7函数在上单
3、调递增，则的取值不可能为（ ）ABCD8运行如图所示的程序框图，设输出数据构成的集合为，从集合中任取一个元素，则函数，是增函数的概率为（ ）ABCD9已知，是函数的图象上的相异两点，若点，到直线的距离相等，则点，的横坐标之和的取值围是（ ）ABCD10在四面体中，若，则四面体的外接球的表面积为（ ）ABCD11设是函数的极值点，数列满足，若表示不超过的最大整数，则=（ ）A2017B2018C2019D202012已知函数在区间上单调递增，则实数的取值围（ ）ABCD 第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13命题“，”的否定是_14在中，角的平分线长为
4、，角，则_15抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于，两点，且满足，点为原点，则的面积为_16已知函数的周期为，当时，函数恰有两个不同的零点，则实数的取值围是_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17、已知数列的前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）若不等式对恒成立，数的取值围.18、ABCDPMN在四棱锥中，平面，是正三角形，与的交点为，又，点是中点.求证：（1）平面平面； （2）求二面角的余弦值.19、某高校在2017年自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成
5、绩共分为五组，得到如下的频率分布表：组 号分 组频 数频 率第一组145,155）50.05第二组155,165）350.35第三组165,175）30第四组175,185）第五组185,195）100.1（1）请写出频率分布表中的值，若同组中的每个数据用该组中间值代替，请估计全体考生的平均成绩；（2）为了能选出最优秀的学生，该高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取12名考生进入第二轮面试.求第3、4、5组中每组各抽取多少名考生进入第二轮面试；从上述进入二轮面试的学生中任意抽取2名学生，记X表示来自第四组的学生人数，求X的分布列和数学期望； 若该高校有三位面试官各自独立地从
6、这12名考生中随机抽取2名考生进行面试，设其中甲考生被抽到的次数为Y，求Y的数学期望.20、在平面直角坐标系中，已知抛物线，为坐标原点，点为抛物线上任意一点，过点作轴的平行线交抛物线准线于点，直线交抛物线于点.（1）求证：直线过定点，并求出此定点坐标；（2）若，三点满足，求直线的方程.21、已知函数.（1）当时，证明：；（2）若在区间上不是单调函数，讨论的实根的个数.请考生从第22、23 题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22、【选修44：坐标系与参数方程】在平面直角坐
7、标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）已知平面直角坐标系中：，是曲线上任意一点，求面积的最小值.23、【选修45：不等式选讲】已知函数.（1）解不等式；（2）已知，求证：.2020年高考模拟试题（一）理科数学 答案及解析1、【答案】D【解析】：，：，与没有包含关系，故为“既不充分也不必要条件”故选D2、【答案】B【解析】化为标准方程得，故焦点坐标为故选B3、【答案】C【解析】根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有种，故选C4、【答案】A【解析】如图，过时，取最小值，为故选A5、【答案】D【解
8、析】由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：其中平面，该几何体最长棱的棱长为故选D6、【答案】D【解析】由于函数是偶函数，故它的图象关于轴对称，再由当趋于时，函数值趋于零，故答案为：D7、【答案】D【解析】，令，即，在上单调递增，且，故选D8、【答案】A【解析】由框图可知，其中基本事件的总数为5，设集合中满足“函数，是增函数”为事件E，当函数，是增函数时，事件E包含基本事件的个数为3，则故选：A9、【答案】B【解析】设，不妨设，函数为单调增函数，若点，到直线的距离相等，则，即有由基本不等式得：，整理得，解得（因为，等号取不到）故选B10、【答案】C【解析】如图所示，该四
9、面体的四个顶点为长方体的四个顶点，设长、宽、高分别为，则，三式相加得：，所以该四面体的外接球直径为长方体的体对角线长，故外接球体积为：11、【答案】A【解析】由题意可得，是函数的极值点，即，以上各式累加可得选A12、【答案】C【解析】当时，在上为减函数，在上为增函数，且恒成立，若函数在区间上单调递增，则在区间上单调递增，则，解得，当时，在区间上单调递增，满足条件当时，在上单调递增，令，则，则在上为减函数，在上为增函数，则，解得，综上所述，实数的取值围，故选C13、【答案】，【解析】命题“，”的否定是“，”即答案为，14、【答案】【解析】设角的平分线为，由正弦定理得，即，得，即答案为15、【答案
10、】【解析】如图，由题可得，由，所以，又根据可得，即，即，可以求得，所以点的坐标为或，即答案为216、【答案】【解析】由题得，由得，即的图象与直线恰有两个交点，结合图象可知，即故填17、解析：（1）当时，即，得; 当时，有， 则，得，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.所以，即.（2）原不等式即，等价于.记，则对恒成立，所以.，当时，即；当时，即；所以数列的最大项为，所以，解得.18、解（1）证明：在正三角形中，在中，ABCDPMNxyz又，所以，所以为的中点，又点是中点，所以因为平面，所以，又，,所以又，又，所以，已证，所以，又，所以平面平面；（2）如图所示以为原点，建立空间直角坐标系
11、。已知，是正三角形，则所以设平面的一个法向量为由令，则，所以设平面的一个法向量为由令，则，所以所以所以二面角的余弦值为-.19、解：（1）由题意知，（2）第3、4、5组共60名学生，现抽取12名，因此第三组抽取的人数为人，第四组抽取的人数为人，第五组抽取的人数为人.所有可能的取值为0，1，2，；的分布列为：012从12名考生中随机抽取2人，考生甲被抽到参加面试的概率为则，.20、解析：（1）由题意得抛物线准线方程为，设，故，从而直线的方程为，联立直线与抛物线方程得，解得，故直线的方程为，整理得，故直线恒过定点.（2）由（1）可设直线的方程为，联立直线与抛物线方程得消元整理得，设，则由韦达定理可
12、得，因为，故，得，联立两式，解得或，代入，解得或，故直线的方程为或，化简得或.21、解析： (1)根据题意,令所以,当时, ,当时, 所以,故.(2)因为函数的对称轴轴方程为,所以.据题意,令,所以,令G(x)=0,解得或，函数G(x)的定义域为因为且，由此得: 时,1+mx0,mxG(0)=0,x0时,G(x)G(0)=0，G(x)在有且只有1个零点x=0，G(x)在上单调递减,所以，由(1)代换可知，则，时，而得又函数G(x)在上单调递增，由函数零点定理得, 使得，故时方程有两个实根.22、解析：（1）由，得，将代入得，即为曲线的极坐标方程.（2）设点到直线的距离为，则，当时，有最小值，所
13、以面积.23、解析：（1）不等式，即，当时，不等式化为，解得；当时，不等式化为，无解；当时，不等式化为，解得；综上所述：不等式的解集为.（2），当且仅当，等号成立.由题意知，所以.此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 绝密 启用前2020年高考模拟试题（二）理科数学时间：120分钟 分值：150分注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡
14、上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 第卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，为虚数单位若复数是纯虚数则的值为（ ）AB0C1D22设（为虚数单位），其中，是实数，则等于（ ）A5BCD23为了从甲、乙两人中选一人参加数学竞赛，老师将二人最近的6次数学测试的分数进行统计，甲、乙两人的得分情况如茎叶图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别是，则下列说确的是（ ）A，乙比甲成绩稳定，应选乙参加比赛B，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛C，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛D，乙比甲成绩稳定，
15、应选乙参加比赛4形中，点，分别是，的中点，那么（ ）ABCD5已知双曲线是离心率为，左焦点为，过点与轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若的面积为20，其中是坐标原点，则该双曲线的标准方程为（ ）ABCD6一个几何体的视图如下图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）ABCD7执行如下图的程序框图，若输入的值为2，则输出的值为（ ）ABCD8已知函数在定义域上是单调函数，若对于任意，都有，则的值是（ ）A5B6C7D89己知、为异面直线，平面，平面直线满足，则（ ）A，且，B，且，C与相交，且交线垂直于D与相交，且交线平行于10已知三棱柱的六个顶点都在球的球面上，球的表面积为，平面，则
16、直线与平面所成角的正弦值为（ ）ABCD11已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值围为（ ）ABCD12已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值围是（ ）ABCD 第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13已知实数，满足，则的最小值为_14已知向量，若，则_15已知数列的前项和为，且，则数列的前6项和为_16抛物线的焦点为，准线为，、是抛物线上的两个动点，且满足设线段的中点在上的投影为，则的最大值是_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步
17、骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17（12分）已知是等比数列，且，成等差数列（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项的和18（12分）某种产品的质量以其质量指标值来衡量，质量指标值越大表明质量越好，记其质量指标值为，当时，产品为一级品；当时，产品为二级品，当时，产品为三级品，现用两种新配方(分别称为配方和配方)做实验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到下面的试验结果：(以下均视频率为概率)配方的频数分配表：指标值分组频数10304020配方的频数分配表：指标值分组频数510154030（1）若从配方产品
18、中有放回地随机抽取3件，记“抽出的配方产品中至少1件二级品”为事件，求事件发生的概率；（2）若两种新产品的利润率与质量指标满足如下关系：，其中，从长期来看，投资哪种配方的产品平均利润率较大？19（12分）如图，四边形中，分别在，上，现将四边形沿折起，使平面平面（1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，且，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值20（12分）已知椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个长轴端点恰好是抛物线的焦点（1）求椭圆的方程；（2）已知，是椭圆上的两点，是椭圆上位于直线两侧的动点若直线的斜率为，求四边形面积的最大值当，运动时，
19、满足，试问直线的斜率是否为定值？请说明理由21（12分）已知函数，其中，为参数，且（1）当时，判断函数是否有极值（2）要使函数的极小值大于零，求参数的取值围（3）若对（2）中所求的取值围的任意参数，函数在区间都是增函数，数的取值围请考生在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（10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线过点，倾斜角为（1）求曲线的直角坐标方程与直线的参数方程；（2）设直线与曲线交于，两点，求的值23（10分）选修4-5：不等式选讲已知函数（1）解不等式；（2）若，且，证明：202
20、0年高考模拟试题（二）理科数学 答案及解析1、【答案】C【解析】由题意，复数为纯虚数，则，即，故选C2、【答案】A【解析】由，得，解得，选A3、【答案】D【解析】由茎叶图可知，甲的平均数是，乙的平均数是，所以乙的平均数大于甲的平均数，即，从茎叶图可以看出乙的成绩比较稳定，应选乙参加比赛，故选D4、【答案】D【解析】因为点是的中点，所以，点是的中点，所以，所以，故选D5、【答案】A【解析】由可得，故双曲线的渐近线方程为，由题意得，解得，双曲线的方程为选A6、【答案】D【解析】由三视图可知几何体的原图如下图所示：在图中平面，由于是直角三角形，所以它的外接圆的圆心在斜边的中点，且，设外接球的球心为，
21、如图所示，由题得，所以该几何体的外接球的表面积为，故选D7、【答案】C【解析】运行框图中的程序可得，不满足条件，继续运行；，不满足条件，继续运行；，不满足条件，继续运行；，不满足条件，继续运行；，满足条件，停止运行，输出选C8、【答案】B【解析】因为函数在定义域上是单调函数，且，所以为一个常数，令这个常数为，则有，且，将代入上式可得，解得，所以，所以，故选B9、【答案】D【解析】平面，直线满足，且，所以，又平面，所以，由直线、为异面直线，且平面，平面，则与相交，否则，若则推出，与、异面矛盾，故与相交，且交线平行于故选D10、【答案】C【解析】由，得，设球半径为，则由平面知为外接球的直径，在中，
22、有，又，设点到平面的距离为，则由，得，又，直线与平面所成角正弦值为选C11、【答案】D【解析】由已知得，故；的面积为，又，又，即的取值围为选D12、【答案】A【解析】因为定义在上的偶函数在上递减，所以在上单调递增，若不等式对于上恒成立，则对于上恒成立，即对于上恒成立，所以对于上恒成立，即对于上恒成立，令，则由，求得，（1）当时，即或时，在上恒成立，单调递增，因为最小值，最大值，所以，综上可得；（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，所以，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，若，即，因为，则最大值为，此时，由，求得，综
23、上可得；若，即，因为，则最大值为，此时，最小值，最大值为，求得，综合可得，综合（1）（2）（3）可得或或，即故选A13、【答案】5【解析】作可行域，则直线过点时取最小值，14、【答案】13【解析】由题意得，15、【答案】【解析】由题意得，因为，数列的前6项和为16、【答案】【解析】设，如图，根据抛物线的定义，可知，再梯形中，有，中，又因为，所以，所以，故最大值是，故填：17、【答案】（1）；（2）【解析】（1）设数列公比为，则，因为，成等差数列，所以，即，整理得，因为，所以，所以（2）因为，所以18、【答案】（1）；（2）投资配方产品的平均利润率较大【解析】（1）由题意知，从配方产品中随机抽取
24、一次抽中二级品的概率为，则没有抽中二级品的概率为，所以，（2）配方立品的利润分布列为所以配方产品的利润分布列为所以，因为，所以所以投资配方产品的平均利润率较大19、【答案】（1）在存在一点，且，使平面；（2）【解析】（1）在折叠后的图中过作，交于，过作交于，连结，在四边形中，所以折起后，又平面平面，平面平面，所以平面又平面，所以，所以，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面所以在存在一点，且，使平面（2）设，所以，故，所以当时，取得最大值由（1）可以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量，则，即，令，则，则，设平面的法向量，则，即，令，则，则，所以所以
25、二面角的余弦值为20、【答案】（1）；（2）的斜率为定值【解析】（1）因为抛物线方程，所以抛物线焦点为所以，又，所以，所以椭圆的方程为（2）设，设直线的方程为，联立消，得，又，在直线两侧的动点，所以所以，又，所以，当时，四边形面积取得最大值为当时，斜率之和为设直线的斜率为，则直线的斜率为设的方程为，联立，消得，所以，同理所以，所以所以的斜率为定值21、【答案】（1）无极值；（2）；（3）【解析】（1）当时，所以，所以无极值（2）因为，设，得，由（1），只需分下面两情况讨论：当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增所以当时，取得极小值，极小值，要使，则有，所以，因为，故或；当时，当时
26、，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；所以当时，取得极小值极小值若，则，矛盾所以当时，的极小值不会大于零综上所述，要使函数在的极小值大于零，参数的取值围是：（3）由（2）知，函数在区间与都是增函数，由题设，函数在是增函数，则或由（2）参数时，要使恒成立，必有，即且综上：或所以的取值围是22、【答案】（1）曲线的直角坐标方程为：，直线的参数方程为(为参数)；（2）【解析】（1）因为，所以，所以，即曲线的直角坐标方程为：，直线的参数方程(为参数)，即(为参数)，（2）设点，对应的参数分别为，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，整理，得，所以，因为，所以23、【答案】（1）；（2）见解析
27、【解析】（1）解：，当时，；当时，无解；当时，综上，不等式的解集为：（2）证明：因为，所以，所以，此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 绝密 启用前2020年高考模拟试题（三）理科数学时间：120分钟 分值：150分注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 第卷（选择题 共60
28、分）一、选择题：本大题共12个小题,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已知复数满足，则的共轭复数在复平面对应的点在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2设集合，则（ ）ABCD3下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥在圆随机取一点，则该点取自阴影区域（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（ ）ABCD4将个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（ ）A种B种C种D种5如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（ ）ABCD6数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的
29、外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后入称之为三角形的欧拉线已知的顶点，则的欧拉线方程为（ ）ABCD7执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A4097B9217C9729D204818已知函数（其中为常数，且，）的部分图象如图所示，若，则的值为（ ）ABCD9已知实数，则的大小关系是（ ）ABCD10如图所示，在体中，分别为的中点，点是底面一点，且平面，则的最大值是（ ）ABCD11已知双曲线的左右焦点分别为，过点的直线交双曲线右支于两点，若是等腰三角形，则的周长为（ ）ABCD12已知函数，若成立，则的最小值为（ ）ABCD 第卷（非
30、选择题 共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13计算定积分_14一只蚊子在一个体容器中随机飞行，当蚊子在该体的切球中飞行时属于安全飞行，则这只蚊子安全飞行的概率是_15的展开式中的系数为_（用数字作答）16具有公共轴的两个直角坐标平面和所成的二面角轴大小为，已知在的曲线的方程是，曲线在平面射影的方程，则的值是_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17.已知等差数列中,公差, ，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，且存在，使得成立
31、，数的取值围.18.在冬季，由于受到低温和霜冻的影响，蔬菜的价格会随着需求量的增加而上升，已知某供应商向饭店定期供应某种蔬菜，日供应量与单价之间的关系，统计数据如下表所示：日供应量（）384858687888单价（元/）16.818.820.722.42425.5（）根据上表中的数据得出日供应量与单价之间的回归方程为，求，的值；（）该地区有个饭店，其中个饭店每日对蔬菜的需求量在以下（不含），个饭店对蔬菜的需求量在以上（含），则从这个饭店中任取个进行调查，记这个饭店中对蔬菜需求量在以下的饭店数量为，求的分布列及数学期望.参考公式及数据：对一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，1
32、9.如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，面面，点为棱的中点.（）在棱上是否存在一点，使得面，并说明理由；（）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角.20如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若点是椭圆上位于第一象限的任一点，直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率分别为求证：为定值21.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数在定义域有个零点，求整数的最小值.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分22.选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，以原点为极点
33、，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，过点的直线（为参数）与曲线相交于两点（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若成等比数列，数的值23.选修45：不等式选讲设函数，.(1)解不等式；(2)设函数，且在上恒成立，数的取值围2020年高考模拟试题（三）理科数学 答案及解析1、【答案】D【解析】，的共轭复数在复平面对应点坐标为，的共轭复数在复平面对应的点在第四象限，故选D2、【答案】A【解析】，故3、【答案】C【解析】令圆的半径为1，则，故选C4、【答案】A【解析】最左端排甲时，有种排法；最左端排乙时，有 种排法，所以共有种排法，选A5、【答案】D【解析】由已知中的三视图可得，该
34、几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，故该四棱锥的外接球，与以俯视图为底面，以4为高的直三棱柱的外接球相同由底面底边长为4，高为2，故底面为等腰直角三角形，可得底面三角形外接圆的半径为，由棱柱高为4，可得，故外接球半径为，故外接球的体积为选D6、【答案】D【解析】线段AB的中点为M（1，2），kAB=2，线段AB的垂直平分线为：y2=（x1），即x2y+3=0AC=BC，ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上，因此ABC的欧拉线的方程为：x2y+3=0故选：D7、【答案】B【解析】阅读流程图可知，该流程图的功能是计算：，则，以上两式作差可得：，则：本题选择B选项8、【答案】B【解析
35、】由函数图象可知：，函数的最小正周期：，则，当时，令可得，函数的解析式：由可得：，则：本题选择B选项9、【答案】B【解析】，；又，即选B10、【答案】D【解析】由题意可得，点位于过点且与平面平行的平面上，如图所示，取的中点，连结，由形的性质可知：，由为平行四边形可知，由面面平行的判定定理可得：平面平面，据此可得，点位于直线上，如图所示，由平面可得，则，当有最大值时，取得最小值，即点是的中点时满足题意，结合体的性质可得此时的值是本题选择D选项11、【答案】C【解析】双曲线的焦点在轴上，则；设，由双曲线的定义可知：，由题意可得：，据此可得：，又，由正弦定理有：，则，即：，解得：，则ABF1的周长为
36、：本题选择C选项12、【答案】A【解析】设，令，则，在上为增函数，且，当时，当时，在上为减函数，在上为增函数，当时，取得最小值，此时，即的最小值为，故选A13、【答案】【解析】由题意结合微积分基本定理可得：故答案为：14、【答案】【解析】设体的棱长为，其体积，切球直径为，其体积：，利用几何概型公式结合题意可得这只蚊子安全飞行的概率是：15、【答案】【解析】展开式的通项公式为：，令，则展开项为：，令，则展开项为：，据此可得展开式中的系数为16、【答案】【解析】结合题中所给的示意图可知：曲线的方程是，则，作平面于点，由于平面和所成的二面角轴大小为，故，即曲线在平面射影所形成的抛物线的焦距为，故故答
37、案为：217、解:(1)由题意可得，即又，.（2）， ， ，使得成立成立， ，使得成立， 即，使得成立， 又（当且仅当时取等号）， ，即实数的取值围是.18、解：（1）对两边同取对数得，令，得，即.（2）由题意知，的所有可能取值为., .的分布列为.19、解：（1）在棱上存在点，使得面，点为棱的中点.理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，又平面，平面，所以，平面.（2）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且面面，面面，所以面，故以为坐标原点建立如图空间坐标系，设，则由题意知，设平面的法向量为，则由得，令，则，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以.由于面，所以在平面的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从而，所以直线与平面所成的角为.20、解:（1）因为椭圆的上顶点为，离心率为，所以 2分又，得，所以椭圆的标准方程是；4分（2）根据题意，可得直线，直线，由，解得 . 6分由得，化简得，因为，所以，所以，将代入直线方程得：，所以. 8分又因为，所以，所以直线，令得，.10分于是，所以，为定值12分21、解：（1） 当时，在为增函数；由二次函数的对称轴为，利用，在为增函数；当时二次方程的两根：在为增函数，为减函数；当时二次方程的两根：在，为增函数，