1、2020 年高考（理科）数学二诊试卷年高考（理科）数学二诊试卷 一、选择题（共 12 小题）. 1已知集合 Ax|log2（x1）2，BN，则 AB（ ） A2，3，4，5 B2，3，4 C1，2，3，4 D0，1，2，3，4 2设 i 为虚数单位，复数 z（a+i）（1i）R，则实数 a 的值是（ ） A1 B1 C0 D2 3等比数列an，若 a34，a159，则 a9（ ） A6 B6 C6 D 4曲线 x24y 在点（2，t）处的切线方程为（ ） Ayx1 By2x3 Cyx+3 Dy2x+5 5阅读如图的程序框图，若输出的值为 25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是 （ ）
2、Ai5 Bi8 Ci10 Di12 6若双曲线 的离心率 ，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ） A B.2 C. D.1 7若 aR，则“a3“是“x（1+ax）5的展开式中 x3项的系数为 90“的（ ） A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 8将函数 f 向左平移 个单位，得到 g（x）的图象，则 g（x）满足 （ ） A图象关于点（ ，0）对称，在区间 ， 上为增函数 B函数最大值为 2，图象关 ， 于点对称 C图象关于直线 对称，在 ， 上的最小值为 1 D最小正周期为 ，g（x）1 在 ， 有两个根 9若函数 f（x）的图象如图所示，则 f（x
3、）的解析式可能是（ ） A B C D 10如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，2AB3AA16， ，点 T 在棱 AA1上， 若 TP平面 PBC则 （ ） A1 B1 C2 D2 11已知 alog1213，b（ ） ，clog1314，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Aabc Bcab Cbca Dacb 12一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数：从第三项起，每一项都等于前面 所有项之和（例如：1，3，4，8，16）则首项为 2，某一项为 2020 的超级斐波那契 数列的个数为（ ） A3 B4 C5 D6 二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）
4、13从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名代表，甲被选中的概率为 14定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（1+x）f（1x），并且当 0x1 时，f（x） 2x1，则 f（123） 15已知平面向量 ， 的夹角为 ， ， ，且 则 16 数学家狄里克雷对数论， 数学分析和数学物理有突出贡献， 是解析数论的创始人之一 函 数 D（x） ， 为有理数 ， 为无理数，称为狄里克雷函数则关于 D（x）有以下结论： D（x）的值域为0，1； xR，D（x）D（x）； TR，D（x+T）D（x）； ； 其中正确的结论是 （写出所有正确的结论的序号） 三、解答题（共 5 小题，满分 60 分） 17传染病
5、的流行必须具备的三个基本环节是：传染源、传播途径和人群易感性三个环节 必须同时存在，方能构成传染病流行呼吸道飞沫和密切接触传播是新冠状病毒的主要 传播途径，为了有效防控新冠状病毒的流行，人们出行都应该佩戴口罩某地区已经出 现了新冠状病毒的感染病人，为了掌握该地区居民的防控意识和防控情况，用分层抽样 的方法从全体居民中抽出一个容量为 100 的样本，统计样本中每个人出行是否会佩戴口 罩的情况，得到下面列联表： 戴口罩 不戴口罩 青年人 50 10 中老年人 20 20 （1）能否有 99.9%的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关？ （2）用样本估计总体，若从该地区出行不戴口罩的居民中随机
6、抽取 5 人，求恰好有 2 人 是青年人的概率 附：K2 P（K2k） 0.100 0.050 0.010 0.001 k 2.706 3.841 6.635 10.828 18如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为正方形，PD平面 ABCD，点 M 是棱 PC 的中点，AB2，PDt（t0） （1）若 t2，证明：平面 DMA平面 PBC； （2）若三棱锥 CDBM 的体积为 ，求二面角 BDMC 的余弦值 19如图，在平面四边形 ABCD 中，D ，sinBACcosB ，AB13 （1）求 AC； （2）求四边形 ABCD 面积的最大值 20设 f（x）（a4）loga x
7、 （a0 且 a1） （1）证明：当 a4 时，lnx+f（x）0； （2）当 x1 时 f（x）0，求整数 a 的最大值（参考数据：ln20.69，ln31.10，ln5 1.61，ln71.95） 21已知 F1（1，0），F2（1，0）分别是椭圆 ： 的左焦点和右焦 点，椭圆 C 的离心率为 ， ，B 是椭圆 C 上两点，点 M 满足 （1）求 C 的方程； （2）若点 M 在圆 x2+y21 上，点 O 为坐标原点，求 的取值范围 选修 4-4：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 为参数），直线 l 与曲线 C： （x1）2+y21 交于
8、A、B 两点 （1）求|AB|的长； （2）在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点 P 的极坐标为 ， ，求点 P 到线段 AB 中点 M 的距离 选修 4-5：不等式选讲 23设 f（x）|x|2|xa|（a0） （1）当 a1 时，求不等式 f（x）1 的解集； （2）若 f（x）1，求 a 的取值范围 参考答案 一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分） 1已知集合 Ax|log2（x1）2，BN，则 AB（ ） A2，3，4，5 B2，3，4 C1，2，3，4 D0，1，2，3，4 【分析】求出集合 A，B，由此能求出 AB 解：集合 Ax|lo
9、g2（x1）2x|1x5， BN， AB2，3，4 故选：B 2设 i 为虚数单位，复数 z（a+i）（1i）R，则实数 a 的值是（ ） A1 B1 C0 D2 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由虚部为 0 求得 a 值 解：z（a+i）（1i）（a+1）+（1a）iR， 1a0，即 a1 故选：A 3等比数列an，若 a34，a159，则 a9（ ） A6 B6 C6 D 【分析】由等比数列的性质可得：奇数项的符号相同可得 解：由等比数列的性质可得：奇数项的符号相同， 等比数列an，若 a34，a159，则 a92a3 a1536， a96， 故选：B 4曲线 x24y 在点（2
10、，t）处的切线方程为（ ） Ayx1 By2x3 Cyx+3 Dy2x+5 【分析】求出原函数的导函数，得到函数在 x2 处的导数，求出 t，再由直线方程的点 斜式得答案 解：由 x24y，得 y ，则 y ， y|x21，又 t ， 曲线 x24y 在点（2，t）处的切线方程为 y11（x2）， 即 yx1 故选：A 5阅读如图的程序框图，若输出的值为 25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是 （ ） Ai5 Bi8 Ci10 Di12 【分析】由循环体的功能看出，这是一个求奇数数列前 n 项和的程序框图，注意这是一 个直到型循环结构 解：由题意知，该循环体的算法功能是求数列等差数列
11、1，3，5，7，前 n 项和，并 将符合题意的结果 S 输出 令 ，解得 n5所以加到第 5 项，显然第五项是 9 故判断框内填：i10 故选：C 6若双曲线 的离心率 ，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ） A B.2 C. D.1 【分析】求得双曲线的 a2，由离心率公式解得 b，求出渐近线方程和焦点，运用点到 直线的距离公式，计算即可得到所求值 解：双曲线 的 a2，c ， 由 e ，解得 b 渐近线方程为 y x，即为 x2y0， 则双曲线的右焦点（ ，0）到渐近线的距离是 故选：C 7若 aR，则“a3“是“x（1+ax）5的展开式中 x3项的系数为 90“的（ ） A必要不充分
12、条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】利用通项公式即可得出 解：（1+ax）5的展开式中通项公式 Tk+1 akxk， 令 k2，可得：x3项的系数为 a290，解得：a3 “a3“是“x（1+ax）5的展开式中 x3项的系数为 90“的充分不必要条件 故选：B 8将函数 f 向左平移 个单位，得到 g（x）的图象，则 g（x）满足 （ ） A图象关于点（ ，0）对称，在区间 ， 上为增函数 B函数最大值为 2，图象关 ， 于点对称 C图象关于直线 对称，在 ， 上的最小值为 1 D最小正周期为 ，g（x）1 在 ， 有两个根 【分析】由题意利用函数 yAsin（
13、x+）的图象变换规律，求得 g（x）的解析式，再 利用正弦函数的图象和性质，得出结论 解：将函数 f 2sin（2x ）的图象向左平移 个单位， 得到 g（x）2sin（2x ）的图象， 故 g（x）的最大值为 2，最小正周期为 令 x ，求得 g（x） ，故 g（x）的图象不关于点（ ，0）对称，故 A 不正确； 令 x ，求得 g（x）1，故 g（x）的图象不关于点（ ，0）对称，故 B 不正确； 令 x ，求得 g（x）2，为最大值，故 g（x）的图象关于直线 对称， 在 ， 上，2x ， ，g（x）的最小值为 1，故 C 正确； 在 ， 上，2x ， ，由 g（x）1，可得 sin（2
14、x ） ， 此时，2x ，x0，故 g（x）1 在 ， 上仅有一个实数根，故 D 错误， 故选：C 9若函数 f（x）的图象如图所示，则 f（x）的解析式可能是（ ） A B C D 【分析】根据题意，由排除法分析选项中函数的图象，排除 A、B、D，即可得答案 解：根据题意，依次分析选项： 对于 A， 1，当 x时，f（x）1，不符合题意； 对于 B，f（x） ，有 f（1）0，不符合题意； 对于 D，f（x） ，在区间（，1）上，f（x）0，在区间（1，0）上，f （x）0，不符合题意； 故选：C 10如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，2AB3AA16， ，点 T 在棱 AA1上，
15、若 TP平面 PBC则 （ ） A1 B1 C2 D2 【分析】先根据已知得到 TPPB，且 AP2，BP1；再利用向量的三角形法则对所求 一步步转化即可求解 解：因为长方体 ABCDA1B1C1D1中，2AB3AA16， ，点 T 在棱 AA1上， 且 TP平面 PBC TPPB，且 AP2，BP1； （ ） 0 （ ） 21cos1802； 故选：D 11已知 alog1213，b（ ） ，clog1314，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Aabc Bcab Cbca Dacb 【分析】作差即可得出 ，而根据基本不等式即可 得出 log1314 log13121，从而可得出 ac1，并
16、容易得出 b1，从而可得出 a，b，c 的大小关系 解： ， 1， log1314log1213，且 log13141， ， acb 故选：D 12一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数：从第三项起，每一项都等于前面 所有项之和（例如：1，3，4，8，16）则首项为 2，某一项为 2020 的超级斐波那契 数列的个数为（ ） A3 B4 C5 D6 【分析】根据超级斐波那契数列的定义，用等比数列通向公式表达该数列第三项起的式 子，在正整数的限制下，计算某一项为 2020 即可 解：由题意，根据超级斐波那契数列的定义及首项为 2，设第二项为 m， 则该级斐波那契数列： 第一项：2； 第二
17、项：m； 第三项：2+m； 第四项：2（2+m）； 第五项：22（2+m）； 第 n 项：2n3（2+m）（n3） 由题，该级斐波那契数列的某一项为 2020 n2 时，m2020 成立； n3 时，令 2n3（2+m）2020，m 为正整数，n 也为正整数， 符合题意的情况有以下三种： n3，m2018； n4，m1008； n5，m503 综上所述，首项为 2，某一项为 2020 的超级斐波那契数列的个数共有 4 种 故选：B 二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分） 13从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名代表，甲被选中的概率为 【分析】基本事件总数 n 10，甲被选中包
18、含的基本事件个数 m 4，由此能 求出甲被选中的概率 解：从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名代表， 基本事件总数 n 10， 甲被选中包含的基本事件个数 m 4， 甲被选中的概率 P 故答案为： 14定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（1+x）f（1x），并且当 0x1 时，f（x） 2x1，则 f（123） 1 【分析】由已知可得函数的周期 T4，然后结合周期及已知函数解析式可求 解：由定义在 R 上的奇函数 f（x），即 f（x）f（x）， 又因为 f（1+x）f（1x）f（x1）， 所以 f（x+2）f（x）， 所以 f（x+4）f（x），可知函数的周期 T4， 因为当 0x1 时
19、，f（x）2x1， 则 f（123）f（3141）f（1）f（1）1 故答案为：1 15已知平面向量 ， 的夹角为 ， ， ，且 则 1 【分析】根据平面向量的数量积求夹角和模长即可 解：由 （ ，1），得| | 2， 又平面向量 ， 的夹角为 ，且 ， 所以 2 422| |cos 3， 化简得 2 10， 解得 1 故答案为：1 16 数学家狄里克雷对数论， 数学分析和数学物理有突出贡献， 是解析数论的创始人之一 函 数 D（x） ， 为有理数 ， 为无理数，称为狄里克雷函数则关于 D（x）有以下结论： D（x）的值域为0，1； xR，D（x）D（x）； TR，D（x+T）D（x）； ；
20、其中正确的结论是 （写出所有正确的结论的序号） 【分析】可由题意求出值域， 分类讨论，有理数，无理数，分别证明， 实数加减时，可是有理数，可是无理数，可举例知其错， 从已给的去取值中找出所有的有理数个数，可求结果 解：由题意知值域为0，1，错； 如果 x 为有理数，x 也为有理数，D（x）D（x）1； 如果 x 为无理数，x 也为无理数，D（x）D（x）0； 故xR，D（x）D（x），对； 实数加减时，可能是有理数，可能是无理数，例如取 ， ，则 D（x+T） 1D（x）0，错； x1， ， ， ，则 x 只有取 1，2，3，44 ，共 44 个有理数， 即只有 44 个数使 D（x）1，错；
21、 故答案为 三、解答题（共 5 小题，满分 60 分） 17传染病的流行必须具备的三个基本环节是：传染源、传播途径和人群易感性三个环节 必须同时存在，方能构成传染病流行呼吸道飞沫和密切接触传播是新冠状病毒的主要 传播途径，为了有效防控新冠状病毒的流行，人们出行都应该佩戴口罩某地区已经出 现了新冠状病毒的感染病人，为了掌握该地区居民的防控意识和防控情况，用分层抽样 的方法从全体居民中抽出一个容量为 100 的样本，统计样本中每个人出行是否会佩戴口 罩的情况，得到下面列联表： 戴口罩 不戴口罩 青年人 50 10 中老年人 20 20 （1）能否有 99.9%的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年
22、龄有关？ （2）用样本估计总体，若从该地区出行不戴口罩的居民中随机抽取 5 人，求恰好有 2 人 是青年人的概率 附：K2 P（K2k） 0.100 0.050 0.010 0.001 k 2.706 3.841 6.635 10.828 【分析】（1）由已知表格中的数据求得 K2，结合临界值表得结论； （2）直接利用二项分布的概率计算公式求解 解：（1）由题意可知， 10.828 有 99.9%的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关； （2）由样本估计总体，出行不戴口罩的年轻人的概率为 ，中老年人的概率为 5 人未戴口罩，恰有 2 人是年轻人的概率为 P 18如图，在四棱锥 PABCD
23、 中，四边形 ABCD 为正方形，PD平面 ABCD，点 M 是棱 PC 的中点，AB2，PDt（t0） （1）若 t2，证明：平面 DMA平面 PBC； （2）若三棱锥 CDBM 的体积为 ，求二面角 BDMC 的余弦值 【分析】（1）推导出 ADPD，ADDC，从而 AD平面 PDC，推导出 DMPC，从 而 PC平面 ADM，由此能证明平面 DMA平面 PBC； （2）过 M 作 MNPD，交 DC 于 N，推导出 MN平面 ABCD，由三棱锥 CDBM 的体 积为 ，解得 PD4，以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DP 为 z 轴，建立空间直角 坐标系，利用向量法能求
24、出二面角 BDMC 的余弦值 解：（1）证明：PD平面 ABCD，AD平面 ABCD，ADPD， 四边形 ABCD 是正方形，ADDC， PDDCD，AD平面 PDC， PDC 中，tPDDC2，M 为 PC 的中点， DMPC， ADDMD，PC平面 ADM， PC平面 PBC，平面 DMA平面 PBC； （2）解：过 M 作 MNPD，交 DC 于 N，如图， M 是 PC 中点，MN PD，MN t， PD平面 ABCD，MN平面 ABCD， 三棱锥 CDBM 的体积为 ， VCDBMVMDBC ，解得 tPD4， PD、DA、DC 两两垂直， 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为
25、 y 轴，DP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 D（0，0，0），B（2，2，1），C（0，2，0），M（0，1，2）， 设平面 DBM 的法向量 （x，y，z）， 则 ，取 x2，得 （2，2，1）， 平面 DMC 的法向量 （1，0，0）， 设二面角 BDMC 的平面角为 ， 则 cos ， 二面角 BDMC 的余弦值为 19如图，在平面四边形 ABCD 中，D ，sinBACcosB ，AB13 （1）求 AC； （2）求四边形 ABCD 面积的最大值 【分析】 （1）由 sinBACcosB ，可得 ACBC，再由 AB 的值，进而求出 AC； （2）四边形的面积分成 2 个三角
26、形的面积，三角形 ABC 为直角三角形，由（1）可得 S ABC面积，在三角形 ADC 中由余弦定理及均值不等式可得 AD DC 的最大值，代入面积 公式可得 SADC的最大值，进而求出 SABCD的最大值 解：（1）在三角形 ABC 中，sinBACcosB ，可得 ACBC， AB13，所以 BCAB cosB13 3，ACAB sinB13 12， 所以 AC12 （2） SABCDSABC+SADC ADCDsinD ADCD30 AD CD， 在三角形 ADC 中， 由余弦定理 AC2AD2+CD22AD DC cos 2AD DC+DC3AD DC， 所以 3AD DCAC2122
27、，所以 AD DC48， 所以 SABCD30 4830+12 ， 所以四边形 ABCD 面积的最大值为 30+12 20设 f（x）（a4）loga x （a0 且 a1） （1）证明：当 a4 时，lnx+f（x）0； （2）当 x1 时 f（x）0，求整数 a 的最大值（参考数据：ln20.69，ln31.10，ln5 1.61，ln71.95） 【分析】（1）将 a4 代入，令 g（x）lnx+f（x）lnxx+1（x0），利用导数求函 数 g（x）的最大值小于等于 0 即可得证； （2）求导得 ，然后分 0a1，1a4 及 a4 三种情况讨论，利 用导数结合零点存在性定理即可得出结论
28、 解：（1） 证明： 当 a4 时， 令 g （x） lnx+f （x） lnxx+1 （x0） ， 则 ， 当 0x1 时，g（x）0，g（x）单增，当 x1 时，g（x）0，g（x）单减， g（x）g（1）0， lnx+f（x）0； （2） ， 当 0a1 时，f（x）0，f（x）在1，+）单调递增，则 f（x）f（1）0，不合 题意； 当 1a4 时，f（x）0，f（x）在1，+）单调递减，则 f（x）f（1）0，满足 题意； 当 a4 时，令 f（x）0，解得 ，记 ， f（x）在（0，x0）单调递增，在（x0，+）单调递减， 又 f（1）0，要使 f（x）0 在1，+）上恒成立，需使
29、 x01，即 ， 即 3lnaa2+5a40， 令 h（a）3lnaa2+5a4（a4），则 ， h（a）在（4，+）上单调递减， 又 h（5）3ln5431.6140，h（6）3ln610331010， 由零点存在性定理可知，存在 a0（5，6），使得 h（a0）0， 4aa0， 综上，1aa0，且 a0（5，6）， 故当 x1 时，使得 f（x）0 恒成立的整数 a 的最大值为 5 21已知 F1（1，0），F2（1，0）分别是椭圆 ： 的左焦点和右焦 点，椭圆 C 的离心率为 ， ，B 是椭圆 C 上两点，点 M 满足 （1）求 C 的方程； （2）若点 M 在圆 x2+y21 上，点
30、O 为坐标原点，求 的取值范围 【分析】（1）依题意可得， ， ， ，由此可得椭圆方程； （2）易知 M 为 AB 的中点，当 AB 与 x 轴垂直时，易求得 ，当 AB 与 x 轴 不垂直时，设出直线方程 ykx+m，并与椭圆方程联立，由韦达定理及点 M 在圆上，可 得 ，再利用平面向量数量积公式，化简后用变量 k 表示出 ，通过 换元，利用双勾函数的性质可得 的取值范围，综合即可得解 解：（1）由题意可知， ， ，则 ， ， 椭圆的方程为 ； （2）由 可知，M 为 AB 的中点，又点 M 在圆 x2+y21 上， 当 AB 与 x 轴垂直时，直线 AB 的方程为 x1，将其代入椭圆方程
31、中， 得 ， ， ， ， ， ； 当 AB 与 x 轴不垂直时，设 A（x1，y1），B（x2，y2），直线 AB 的方程为 ykx+m， 将其代入椭圆方程 中， 消 y 并整理得，（4+5k2 ） x 2+10kmx+5m2200， 则 ， ， 设 M（x0，y0），则 ， ， M 在圆 x2+y21 上， ，即 ， ， ， 设 t4+5k2，5k2t4（t4）， 则 ， 设 ， ，则 ， 由双勾函数的性质可知， 在4，5）上为增函数， ，即 ， 综上， 的取值范围为 ， 一、选择题 22在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 为参数），直线 l 与曲线 C： （x1）2
32、+y21 交于 A、B 两点 （1）求|AB|的长； （2）在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点 P 的极坐标为 ， ，求点 P 到线段 AB 中点 M 的距离 【分析】（1）直接利用转换关系的应用求出结果 （2）利用一元二次方程的解法和两点间的距离公式的应用求出结果 解：（1）直线 l 的参数方程为 （t 为参数），转换为直角坐标方程为：xy0 直线 l 与曲线 C：（x1）2+y21 交于 A、B 两点 所以：圆心（1，0）到直线 xy0 的距离 d 则：|AB|2 （2）把直线 xy0 代入曲线 C：（x1）2+y21 的方程得到 2x22x0，解得 x0 或 1
33、，所以交点的坐标为 A（0，0），B（1，1）， 所以 M（ ， ）， P 的极坐标为 ， ，转换为直角坐标为（2，2）， 所以|PM| 选修 4-5：不等式选讲 23设 f（x）|x|2|xa|（a0） （1）当 a1 时，求不等式 f（x）1 的解集； （2）若 f（x）1，求 a 的取值范围 【分析】 （1）将 a1 代入，利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式， 进而分类讨论各段上 f（x）1 的解，最后综合讨论结果，可得不等式 f（x）1 的 解集 （2）利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式，结合一次函数的单调性 可分析出函数的 f（x）的单调性，进而求出函数 f（x）的最大值，得到实数 a 的取值范 围 解：（1）f（x）|x|2|x1|1， 或 或 ， 分别解得 x或 x1 或 1x3， 综上所述不等式的解集为 ，3 （2）由 f（x） ， ， ， ， 则 f（x）在（，a）上单调递增，在（a，+）上单调递减， 当 xa 时，f（x）取最大值 a， 若 f（x）1，则 0a1， 故 a 的取值范围为（0，1