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2020高考数学(理)模拟卷含答案解析(13)

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。