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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届高三入学调研考试卷理 科 数 学（二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号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：每小题选出答案后，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非选择题的作答：用签字笔直接答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考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，则中
2、元素的个数为（ ）ABCD2在复平面内，复数对应的点的坐标为，则在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3在中，、的对边长分别为，命题甲：，且命题乙：是正三角形则命题甲是命题乙的（ ）条件A充要B充分不必要C必要不充分D既不充分也不必要4函数在上单调递增，且关于对称，若，则的的取值范围是（ ）ABCD5已知函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，图象的相邻两条对称轴之间的距离为个单位长度，则函数图象的一个对称中心为（ ）ABCD6在中，是的中点，点在上且满足，则等于（ ）ABCD7一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为
3、（ ）ABCD8设随机变量，若，则的值为（ ）ABCD9已知为执行如图所示的程序框图输出的结果，则二项式的展开式中常数项的系数是（ ）A. BCD10电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告已知每次播放甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、收视人次如下表所示：电视台每周安排的甲、乙连续剧的总播放时长不多于600min，广告的总播放时长不少于30min，且甲连续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的2倍，分别用表示每周计划播出的甲、乙两套连续剧的次数，要使总收视人次最多，则电视台每周播出甲、乙两套连续剧的次数分别为（ ）ABCD11如图，设椭圆的右顶点为，右焦点为，为椭圆在第二象限
4、上的点，直线交椭圆于点，若直线平分线段于，则椭圆的离心率是（ ）ABCD12对于函数，下列说法正确的有（ ）在处取得极大值；有两个不同的零点；若在上恒成立，则A个B个C个D个二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13若等差数列的前项和为，则_14函数的值域为_15正四棱锥的体积为，则该正四棱锥的内切球体积的最大值为_16已知定义域为的奇函数满足，且当时，若函数，有个不同的零点，则实数的取值范围是 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（12分）已知中，角的对边分别为，（1）求角的大小；（2）若，求的面积18（12分）某机构随机询问了名不同性别的大学生，
5、调查其在购买食物时是否看营养说明，得到如下列联表：（1）根据以上列联表判断，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为性别和看营养说明有关系？（2）从被询问的名不看营养说明的大学生中，随机抽取名学生，求抽到女生的人数的分布列及数学期望附：19（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，是的中点，是上一点，是上一点，且，（1）求证：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值20（12分）已知椭圆和直线，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为（1）求椭圆的方程；（2）已知定点，若直线过点且与椭圆相交于两点，试判断是否存在直线，使以为直径的圆过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由21（12分）已知
6、为实数，函数（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；证明：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为，若直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是，（为参数）（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）设直线与曲线交于两点，求23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数，（1）求不等式的解集；（2）若，使得不等式成立，求实数的取值范围2020届高三入学调研考试卷理 科 数 学（二）答 案一、选择题：本大题共12
7、小题，每小题5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【答案】B【解析】集合中的元素为点集，由题意，可知集合表示以为圆心，为半径的单位圆上所有点组成的集合，集合表示直线上所有的点组成的集合，又圆与直线相交于两点，则中有个元素2【答案】B【解析】设，在复平面内对应的点位于第二象限3【答案】A【解析】若，则，利用正弦定理边化角有：，即，整理可得：，求解三角方程可得：，据此可知是等边三角形，即充分性成立；考查必要性，若是等边三角形，则，此时有，且，即必要性成立，综上可得：命题甲是命题乙的充要条件4【答案】D【解析】由于关于对称，则关于轴对称，由于，故5【答案】C【解析】由已知得，函数
8、的最小正周期为，则，解得，所以，由，解得，所以函数图象的对称中心为，显然当时，图象的一个对称中心为6【答案】A【解析】如图，且，7【答案】A【解析】由已知中知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体是有一个侧面垂直于底面，高为，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图，则这个几何体的外接球的球心在高线上，且是等边三角形的中心，这个几何体的外接球的半径，则这个几何体的外接球的表面积为8【答案】B【解析】，9【答案】A【解析】模拟程序框图的运行过程，如下：，是，是，；，是，否，退出循环，输出的值为，二项式的展开式的通项是，令，得，常数项是10【答案】A【解析】依题意得，目
9、标函数为，画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最大值11【答案】C【解析】如图，设中点为，连接，则为的中位线，于是，且，即，可得12【答案】B【解析】，在上递增，在上递减，在处有极大值，正确；时，时，在上有唯一零点，在上没有零点，错误；，函数在上递减，正确；等价于，在上递增，在上递减，正确，所以正确的命题个数为二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】由等差数列前项和公式结合等差数列的性质可得：，14【答案】且【解析】，且，即值域为且15【答案】【解析】如图在正四棱锥中，设分别是线段和的中点，连接交于点，连接，则该正四棱锥内切球的大圆是的内切圆，设，故，当时取等号
10、，故该正四棱锥的内切球体积的最大值为16【答案】【解析】因为且是奇函数，所以，所以，所以是周期为的周期函数，令，则，由，得，当时，在，上单调递增，在上单调递减，作出函数，的大致图象如图所示，因为有个不同的零点，所以，解得；当时，显然满足题意；当时，在，上单调递减，在上单调递增，作出函数，的大致图象如图所示，因为有个不同的零点，所以，解得，综上，的取值范围是三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）【解析】（1），由正弦定理可得，即，又，即（2）由余弦定理可得，又，的面积为18【答案】（1）能在犯错误的概率不超过的前提下认为性别与看营养
11、说明有关系；（2）见解析【解析】（1）由计算可得的观测值，因为，所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为性别与看营养说明有关系（2）的所有可能取值为，的分布列为的数学期望19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接，则，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）过点作于点，则平面，以为坐标原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，在等腰三角形中，因为，所以，解得，则，所以，所以，易知平面的一个法向量为，所以，
12、所以直线与平面所成角的正弦值为20【答案】（1）；（2）存在，或【解析】（1）由直线：，即，又由，得，即，又，将代入得，所求椭圆方程是（2）当直线的斜率不存在时，直线方程为，则直线与椭圆的交点为，又，即以为直径的圆过点；当直线的斜率的存在时，设直线方程为，由，得，由，得或，以为直径的圆过点，即，由，得，解得，即：；综上所述，当以为直径的圆过定点时，直线的方程为或21【答案】（1）见解析；（2），证明见解析【解析】（1），当时，函数在上单调递增；当时，由，得，若，则，函数在上单调递增；若，则，函数在上单调递减（2）由（1）知，当时，在上单调递增，没有两个不同的零点，当时，在处取得极小值，所以，得
13、，所以的取值范围为由，得，得，所以，令，则，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，要证，只需证，因为在上单调递增，所以只需证，因为，所以只需证，即证，令，则，因为，当且仅当时等号成立，所以当时，即在上单调递减，所以，即，所以得证22【答案】（1），；（2）1【解析】（1）由，得，由，得，因为，消去得，所以直线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为（2）点的直角坐标为，点在直线上，设直线的参数方程为（为参数），代入，得，设点对应的参数分别为，则，所以23【答案】（1）；（2）【解析】（1），即，不等式等价于或或，解得或，所以的解集为（2）因为，使得成立，所以，又，所以，当，即时，解得，所以；当，即时，解得，所以；当，即时，解得或，所以或，综上，实数的取值范围为