1、2020高考数学（理）模拟卷（15）（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，且，则（ ）A1B0CD2【答案】A【解析】【分析】由题知：，解得：.【详解】因为，所以，解得：.故选：A【点睛】本题考查集合的子集关系，理解子集的概念是关键，属于简单题.2命题“存在x0R，使得x022x0+10”的否定为（ ）A任意xR，都有x22x+10B任意xR,都有x22x+10C任意xR，都有x22x+10D不存在xR,使得x22x+10【答案】B【解析】【分析】直接根据特称命题的否定判断即可.【详解】“存在x0R,
3、使得x022x0+10”的否定为“任意xR,都有x22x+10.”故选：B【点睛】本题主要考查了特称命题的否定,属于基础题型.3为虚数单位，复数（ ）ABC2D【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算,展开化简即可求解.【详解】由复数的乘法运算可得故选:B【点睛】本题考查了复数的乘法与加法运算,属于基础题.4高三年级有8个班级，分派4位数学老师任教，每个教师教两个班，则不同的分派方法有（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据题意，依次分析位老师的任教分配的方法数目，由分步计数原理计算可得答案.【详解】根据题意，对于位老师按先后分步进行
4、讨论:第一位老师，从个班级中任选个，安排其任教,有种分派方法；第二位老师，从剩下的个班级中任选个，安排其任教，有种分派方法；第三位老师，从剩下的个班级中任选个，安排其任教，有种分派方法；第四位老师，还剩个班级,安排其任教，有种分派方法；故不同的分派方法有种；故选: B.【点睛】本题主要考查的是分步计数原理的应用，考查学生的分析问题解决问题能力，是基础题.5已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则下列命题中为真命题的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【解析】【分析】利用线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理对选项分别分析选择.【详解】选项A,C直线可能在平面内，
5、故不正确；选项B, 若，则，或在平面内，而，故与可能平行，相交或异面，故不正确；对于选项D：由 ， ，结合面面平行的性质和线面垂直的判定定理，可得出直线，故为正确.故选：D【点睛】本题考查了线面平行、面面平行、线面垂直的性质定理和判定定理，注意定理成立的条件，属于基础题.6若正数满足：，则的最小值为（ ）A2BCD【答案】A【解析】【分析】把化为，利用基本不等式可求最小值.【详解】因为，为正数，所以，从而.又可化为，故，当且仅当时等号成立，所以的最小值为2.故选：A.【点睛】本题考查基本不等式的应用，应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有
6、积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.7已知数列是等差数列，且，则的值为（ ）.ABCD【答案】A【解析】试题分析：，所以考点：1、等差数列；2、三角函数求值.8执行如图所示的程序框图，输出的A25B9C17D20【答案】C【解析】【分析】直接利用循环结构，计算循环各个变量的值，当，不满足判断框的条件，退出循环输出结果即可【详解】按照程序框图依次执行为，；，；，退出循环，输出故应选C【点睛】解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是
7、循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.9斜率为的直线过抛物线的焦点，若与圆相切，则（ ）A12B8C10D6【答案】A【解析】【分析】由直线的斜率为可得倾斜角为，数形结合分析可得.【详解】解：因为直线的斜率为，所以倾斜角为，即结合题意作图，由图可得，解得.故选：.【点睛】本题考查直线与圆的综合应用，以及抛物线的标准方程，属于基础题.10已知函数，则（ &nb
8、sp;）A的图像关于直线对称B的图像关于点对称C在单调递减D在上不单调【答案】B【解析】【分析】观察函数的特点，求出定义域，在定义域内根据选项代入特殊值判断函数的对称性和单调区间，再进一步证明.【详解】解：，得函数定义域为，所以，排除A；，排除C；在定义域内单调递增，在定义域内单调递减，故在定义域内单调递增，故排除D；现在证明B的正确性：，所以的图像关于点对称，故选：B.【点睛】本题考查函数的基本性质，定义域、单调性、对称性，是中档题.11函数图象的大致形状是ABCD【答案】C【解析】由题可得，则，则是偶函数，其图象关于轴对称，排除B，D；当时，排除A，本题正确选项为C.【名师点睛】本题主要考
9、查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性的性质以及函数值的对应性，利用排除法是解决本题的关键解答本题时，根据条件先判断函数的奇偶性和对称性，利用的值的符号进行排除即可12已知直线与双曲线：相交于不同的两点，为双曲线的左焦点，且满足，（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）ABC2D【答案】B【解析】【分析】如图所示：为双曲线右焦点，连接，计算得到，再利用余弦定理得到，化简得到答案.【详解】如图所示：为双曲线右焦点，连接，根据对称性知， 在和中，分别利用余弦定理得到：，两式相加得到 故选： 【点睛】本题考查了双曲线的离心率，根据条件计算出是解题的关键.第卷（非选择
10、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若数列满足，则_【答案】【解析】【分析】本题通过递推式直接将代入在依次类推则可得出。【详解】因为，所以，所以，通过观察上式得。【点睛】本题考察递推式的应用，若在选择填空题中遇到则可以通过一次类推或找规律求解。14已知，则_.【答案】【解析】【分析】直接利用诱导公式五计算【详解】解：，由诱导公式有，故答案为：【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式的应用，此类题目注意角与角之间的关系，考查整体思想，属于基础题15已知定义在上的奇函数，满足，当时，则的值为_.【答案】2【解析】【分析】根据可知函数为周期函数,并求得周期
11、,结合奇函数的性质即可求值.【详解】因为令,代入可得即为周期为的周期函数为定义在上的奇函数,则所以故答案为:【点睛】本题考查了奇函数的性质及应用,周期函数的判断及求值,属于基础题.16我国古代数学名著増删算法统宗有如下问题：有个金球里面空，球高尺二厚三分，一寸自方十六两，试问金球几许金？”意是：有一个空心金球，它的直径12寸，球壁厚0.3寸，1立方寸金重1斤，试问金球重是_斤（注：3，结果两位小数）【答案】123.23【解析】【分析】根据题给信息将实际问题转化为数学问题，代入相应体积公式即可求解.【详解】解：空心金球体积可用大体积减小体积，设大半径为R，小半径为r，则R6，r5.7，所以空心金
12、球体积为，因为1立方寸金重1斤，所以金球重123.23斤.故答案为：123.23.【点睛】本题考查球的体积，考查空心球的问题，考查实际问题的审题能力，属于基础题.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：共60分17如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B
13、处停留1min后，再从B匀速步行到C假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，（1）求索道AB的长；（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？【答案】（1）索道AB的长为1 040 m；（2）t (min)时，甲、乙两游客距离最短.【解析】试题分析：（1）在ABC中，由cosA和cosC可得sinA根和sinC，从而得sinB，由正弦定理，可得AB；（2）假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(10050t)m，乙距离A处130tm，由余弦定理得d2200(37t270t50)，结合二次函数即可得最值.试题解析：（1）在ABC中，
14、因为cos A，cos C，所以sin A，sin C. 从而sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C. 由正弦定理，得ABsin C1 040(m)所以索道AB的长为1 040 m. （2）假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(10050t)m，乙距离A处130t m 所以由余弦定理得d2(10050t)2(130t)22130t(10050t)200(37t270t50)，因0t，即0t8，故当t (min)时，甲、
15、乙两游客距离最短.点睛：本题主要考查了解三角形的实际应用实际应用题一般是关键是构造三角形，将各个已知条件向这个主三角形集中，转化为数学模型，列出数学表达式，再通过正弦、余弦定理，勾股定理或其他基本性质建立条件之间的联系，列方程或列式求解18如图，在长方体中，平面截长方体得到一个矩形，且，（1）求截面把该长方体分成的两部分体积之比；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意,平面把长方体分成两个高为5的直四棱柱,转化求解体积推出结果即可（2）解法一：作,垂足为,证明,推出平面通过计算求出的值设直线与平面所成角为,求解即可解法二：建立空间直角坐标系,求出平面
16、一个法向量,设直线与平面所成角为,通过空间向量的数量积求解即可【详解】（1）由题意,面把长方体分成两个高为5的直四棱柱,所以，（2）解法一：作,足为,题意，平面，故，所以平面,因为,，所以，因为，所以又，设直线与平面所成角为,则所以,直线与平面所成角的正弦值为解法二：以、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,则,故,设平面一个法向量为,则即,所以可取设直线与平面所成角为,则所以，直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查几何体的体积,空间角的计算,对于空间角计算通常有两种方法：几何法,作出所求角,然后计算,作、证、算三步缺一不可;空间向量法,建立空间直角坐标系,求出线段的方向向量坐标,面
17、的法向量坐标,即可求出角.19对同学们而言，冬日的早晨离开暖融融的被窝，总是一个巨大的挑战，而咬牙起床的唯一动力，就是上学能够不迟到己知学校要求每天早晨7:15之前到校，7:15之后到校记为迟到小明每天6:15会被妈妈叫醒起味，吃早餐、洗漱等晨间活动需要半个小时，故每天6:45小明就可以出门去上学从家到学校的路上，若小明选择步行到校，则路上所花费的时间相对准确，若以随机变量（分钟）表示步行到校的时间，可以认为若小明选择骑共享单车上学，虽然骑行速度快于步行，不过由于车况、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性增加，若以随机变量（分钟）描述骑车到校的时间，可以认为若小明选择坐公交车上学，速度很快，
18、但是由于等车时间、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性进一步增加，若以随机变量（分钟）描述坐公交车到校所需的时间，则可以认为（1）若某天小明妈妈出差没在家，小明一觉醒来已经是6:40了，他抓紧时间洗漱更衣，没吃早饭就出发了，出门时候是6:50请问，小明是否有某种出行方案，能够保证上学不迟到？小明此时的最优选择是什么？（2）已知共享单车每20分钟收费一元，若小明本周五天都骑共享单车上学，以随机变量表示这五天小明上学骑车的费用，求的期望与方差（此小题结果均保留三位有效数字）已知若随机变量，则，【答案】（1），三种方案都无法满足原则，不能保证上学不迟到相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选择
19、（2）（元），（元2）【解析】【分析】（1）依题意，小明需要在25分钟内到达学校若他选择步行到校，则不迟到的概率记为，求出若骑车到校，则不迟到概率记为，（，），若坐公交车到校，则不迟到的概率记为，比较即可做出选择；（2）取随机变量表示五天里骑车上学时间单程超过20分钟的天数先求出和，再求的期望与方差.【详解】（1）依题意，小明需要在25分钟内到达学校若他选择步行到校，则不迟到的概率记为，取，则，若骑车到校，则不迟到的概率记为，取，则，则，（，）若坐公交车到校，则不迟到的概率记为，取，则，综上，三种方案都无法满足原则，不能保证上学不迟到相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选择（2）取随机变
20、量表示五天里骑车上学时间单程超过20分钟的天数依题意，每天骑车上学时间超过20分钟的概率为，又，（元），（元2）【点睛】本题主要考查正态分布的计算，考查期望和方差的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20已知函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）谈论函数的零点个数【答案】(1) 的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数不等式，求出函数的单调区间；（2）由（1）知当时，分，三种情况讨论，由函数的定义域为显然没有零点，当转化为函数的交点问题.【详解】解：（1）， 故， 时，故单调递减， 时，故单调递增， 所以，时，的单调递减区间是，
21、单调递增区间是 （2）由（1）知，当时，在处取最小值， 当时，在其定义域内无零点当时，在其定义域内恰有一个零点当时，最小值，因为，且在单调递减，故函数在上有一个零点，因为，又在上单调递增，故函数在上有一个零点，故在其定义域内有两个零点； 当时，在定义域内无零点； 当时，令，可得，分别画出与，易得它们的图象有唯一交点，即此时在其定义域内恰有一个零点综上，时，在其定义域内无零点；或时，在其定义域内恰有一个零点；时，在其定义域内有两个零点；【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题，属于中档题.21已知动圆过定点，且在x轴上截得的弦长为4.（1）求动圆圆心M的轨迹方程C；（2）设不与x
22、轴垂直的直线l与轨迹C交手不同两点，.若，求证：直线l过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设动圆圆心为，利用垂径定理列方程即可得轨迹方程；（2）设，将其和轨迹C联立，得到根与系数的关系，代入，可得的关系，代入，即可找到定点【详解】解：（1）设动圆圆心为，则，化简得；（2）易知直线l的斜率存在，设，则由，得，由韦达定理有：，.从而，即，则则直线，故直线过定点.【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，考查了直线恒过定点问题，考查了学生的运算能力，是中档题（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
23、动点都在曲线（为参数）上，对应参数分别为与，为的中点（1）求的轨迹的参数方程；（2）将到坐标原点的距离表示为的函数，并判断的轨迹是否过坐标原点【答案】（）,(为参数,)（）过坐标原点【解析】试题分析：（1）由题，得，则，可得参数方程；（2）由两点距离公式可得点到坐标原点的距离为，由此的轨迹过坐标原点试题解析：（1）由题意有，因此，的轨迹的参数方程为（为参数，）（2）点到坐标原点的距离为，当时，故的轨迹过坐标原点考点：坐标系与参数方程23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）正数满足，证明：.【答案】(1) (2)证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论，去绝对值，解一元一次不等式，即可求解；（2）要证不等式两边平方，等价转化证明，即证，根据绝对值的不等式求出，运用基本不等式即可证明结论.【详解】（1）当时，解得，所以；当时，；当时，解得，所以.综上，不等式的解集为.（2）证明：因为为正数，则等价于对任意的恒成立.又因为，且，所以只需证，因为，当且仅当时等号成立.所以成立.【点睛】本题考查解绝对值不等式，证明不等式恒成立，转化为函数的最值与不等式关系，考查用基本不等式证明不等式，属于中档题.