1、20202020 年普通高等学校招生模拟年普通高等学校招生模拟理科数学理科数学试题（一）试题（一） 本试卷共 4 页，23 题（含选考题） 。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等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：选出每小题答案后，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.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写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.选考题的作答：先把所选题目的题号在
2、答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑。答案写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。 第卷 一、选择题：本题共 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.若复数 z 满足10zi，i是虚数单位，则z （ ） A.1 B.1 C.i D.i 2.集合 4 1 log1 2 Axx ， 2 60Bx xx，则AB （ ） A. , 21, B.3, C. , 31, D. , 31,22, 3.已知 2 5 cos 25 ， 3 , 2 ，则tan（ ） A.2 B. 3 2 C.1 D. 1 2 4.在边长为 3，
3、4，5 的三角形内部任取一点 P，则点 P 到三个顶点距离都大于 1 的概率为（ ） A. 6 6 B.12 12 C. 6 D. 12 5.吕氏春秋音律篇记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均 匀的发声管为基数“宫” ，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一” ， 余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵” ；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵” 管长度的三分之四，这就是“三分益一” ，于是就产生了“商” ； “商”管保留分之二， “三分损一” ，于是得 出“羽” ；羽管“三分益一” ，即羽管的三分之四的长度，就是角
4、”.如果按照三分损益律，基数“宫”发声 管长度为 1，则“羽”管的长度为（ ） A. 16 27 B. 27 16 C. 64 81 D. 81 64 6.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（ ） A.32 B.36 C.72 D.80 7.在 8 3 1 1xx x 的展开式中，含 2 1 x 项的系数等于（ ） A.98 B.42 C.-98 D.-42 8.函数 3sin2 | 2 x f x x 的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 9.已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱） 1111 ABCDABC D中，底面ABCD为菱形
5、，且 1 3 3 BDDDAC，则异面直线 1 AD与 1 DC所成角的余弦值为（ ） A. 3 5 B. 3 4 C. 1 2 D. 3 2 10.已知 O 为坐标原点，A，F 分别是双曲线 22 22 :10,0 xy Cab ba 的右顶点和右焦点，以OF为直径 的圆与一条渐近线的交点为 P（不与原点重合） ，若OAP的面积 OAP S满足2 2 OAP FP FOS ，则双 曲线的离心率是（ ） A.3 B. 2 3 3 C.2 D.2 2 11.ABC的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 若c o s : c o s : c o s6 : 3: 2ABCa b c，
6、 则c o sC等于 （ ） A. 3 3 B. 1 3 C. 2 2 3 D. 10 10 12.已知函数 2 2 ,1 109,1 x xxex f x xxx ，若函数 yf xax恰有三个不同的零点，则实数 a 的取值范 围是（ ） A.1,4 B.1,16 C. 1,01,16 D. 01,4 第卷 本卷包括必考题和选考题两部分。 第 1321 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。 第 2223 题为选考题， 考生根据要求作答. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分. 13.若球 O 的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为 1，2，3，则球 O 表面积为_. 14.已知圆
7、 22 1xy与抛物线 2 20ypx p交于 A，B 两点，与抛物线的准线交于 C，D 两点，且坐标 原点 O 是AC的中点，则 p 的值等于_. 15.函数 sin0f xx的图象向右平移 3 个单位得到函数 yg x的图象， 且 f x与 g x的图 象关于点,0 3 对称，那么的最小值等于_. 16.已知向量a，b，c满足1a ，5bc，且1a ca b b c ，则b c 的取值范围是 _. 三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤。 17.（本小题满分 12 分） 已知各项均为正数的等比数列 n a与等差数列 n b满足 11 2ab， 531 32ab，记 1 1122
8、 1 n n nnnn a c abab ， * nN. （1）求数列 n a和 n b的通项公式； （2）求数列 n c的前 n 项和 n T. 18.（本小题满分 12 分） 2020 年 2 月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学。某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两 班分别开展了 H、 G 两种不同平台的线上教学尝试， 经过一段时间的试用， 从两班各随机调查了 20 个同学， 得到了对两种线上平台的评价结果如下： 评价结果 差评 一般 好评 甲班 5 人 10 人 5 人 乙班 2 人 8 人 10 人 （1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若
9、从甲乙两班中各随机抽 取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率； （2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有 99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关. 差评 好评或一般 总计 H平台 G平台 总计 附： 2 2 n adbc K abcdacbd ，na b cd . 2 0 P Kk 0.050 0.010 0.001 0 k 3.841 6.635 10.828 19.（本小题满分 12 分） 如图，在三棱锥DABC中，ABBD，BCCD，M，N分别是线段AD，BD的中点，1MC ， 2ABBD，二面角DBA C的大小为 60. （1）证明：平面M
10、NC 平面BCD； （2）求直线BM和平面MNC所成角的余弦值. 20.（本小题满分 12 分） 已知椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 左、右焦点分别为 1 F， 2 F，且满足离心率 3 2 e ， 12 4 3FF ，过 原点 O 且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆 C 于 M，N 两点. （1）求椭圆 C 的方程； （2）设点2,1A，求AMN面积的最大值. 21.（本小题满分 12 分） 已知函数 2 2 lnf xxxax（a 为常数）在1x 处的切线方程为 7 4 2 yx. （1）求 a 的值，并讨论 f x的单调性； （2）若 12 1f xf x，求证 12 1x x
11、 . 请考生在第 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.（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，直线 1: 20lxy，曲线 22cos : 2sin x C y （为参数） ，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求直线 1 l与曲线 C 的极坐标方程； （2） 若直线 2 l的极坐标方程为R ， 直线 2 l与直线 1 l交于点 A， 与曲线 C 交于点 O 与点 B， 求 OB OA 的最大值。 23.（本小题满分 10 分）选修 45：不等式选讲 已知函数 211f xxx . （1）解
12、不等式 4f x ； （2）记函数 31yf xx的最小值为 m，正实数 a，b 满足abm，试求 14 12ab 的最小值. 参考答案及参考答案及解析解析 一、选择题 1.C【解析】 1 zi i .故选 C. 2.C【解析】1,A， , 32,B ， , 31,AB .故选 C. 3.A【解析】 2 5 cossin 25 ， 3 , 2 ， 5 cos 5 ，tan2.故选 A. 4.B【解析】点 P 到三个顶点距离小于 1 的区域面积和为 2 ，三角形面积等于 6，再由几何概型得 12 2 1 612 .故选 B. 5.A【解析】按照三分损益原理 24216 1 33327 .故选 A
13、. 6.C【解析】如图，该几何体为两个长方体的组合体，404272S .故选 C. 7.D【解析】根据二项式定理，含 2 1 x 与项的系数等于 24 88 42CC .故选 D. 8.A【解析】 f x为奇函数，图象关于原点对称，可排除选项 B、D，当 2 x 时， 0f x ，排除 C.故 选 A. 9.B【解析】由 3 3 BDAC，得30DAC，所以60DAB，所以 1 ADDD， 11 2ADDD. 如图，在直四棱柱 1111 ABCDABC D下方补上一个相同的直四棱柱 1111 ABC DEFGS，则 1 ADG（或补 角）即为异面直线 1 AD与 1 DC所成的角，设 1 BD
14、DDa，则3ACa，在RtAEG中，利用勾股 定理求出7AGa， 在 1 A D G中利用余弦定理求出 1 ADG的余弦值为 3 4 ， 所以异面直线 1 AD与 1 DC 所成角的余弦值为 3 4 .故选 B. 10.C【解析】在RtOPF中，OFc，OPa，PFb，因为2 2 OAP FP FOS ，所以 2 1 cos2 2sin 2 cbPFOaFOP，又cossinPFOFOP，所以 2 2cba，两边平方得 2224 2ccaa，可化为 22 12ee ，解得2e.故选 C. 11.D【解析】由 632 coscoscos abc ABC ，利用正弦定理得 6sin3sin2sin
15、 coscoscos ABC ABC ，即 6tan3tan2tanABC，所以 1 tantan 3 AC， 2 tantan 3 BC.代入 tantan tantan 1tantan AB CAB AB ， 解得tan3C ， 又t a nA，tanB，tanC同号， 所以tan3C ， 所以 10 cos 10 C .故选 D. 12.D 【解析】 （1） 当0 x时， 000yf， 所以0 x是 yf xax的一个零点； （2） 当0 x时， 由题知 yf xax应有两个不为零的不同零点，即 f xax有两个不为零的不同实根，即 f x h x x 与ya的图象有两个不为零的不同交点
16、，又 1,1,0 9 10,1 x x exx f x h x xxx x 且 ，令 1 1 x h xx e，1x，则 1 x hxxe ，所以当0 x时， 1 0hx ， 1 h x单调递增；当0 x时， 1 0hx ， 1 h x单调递减，令 2 9 10hxx x ，1x，则 2 2 2 9x hx x ，所以1,3x时， 2 0hx ， 2 hx单调递增；当3,x时， 2 0hx ， 2 hx单调递减，所以 h x的大致图象是 数形结合，知当0a或1,4a时，函数 yf xax有三个零点.故选 D. 二、填空题 13.56【解析】长方体边长为 2，4，6，外接球直径等于长方体对角线，
17、所以 2222 424656SR. 14. 2 5 5 【解析】由对称性得点, 2 p Ap ，代入圆的方程，解得 2 5 5 p . 15.6【解析】由图象平移规律可知 sin 3 g xx ，由 f x与 g x的图象关于点,0 3 对称， 所以 2 sinsin 33 xx ，化简得 2 sinsin 33 xx 恒成立，故 2 3 k ，kZ，所以正数的最小值为 6. 16.7,7【解析】法一：因为1a ，5bc，所以1b ca ca b ，等式两边平方得 22 1b ca ca b ，所以 22 222 212b cb cabcbb cc ，所以 2 49b c，所 以77b c ，
18、当且仅当a与 bc共线时取等号，所以7,7b c . 法二：1a ca b b c 可化为 2 10b ca ca bb ca ca babaca ，所以 baca，如图所示，考虑临界情况，设圆 O 半径为 r，情况一： 2 22 15rr解得3r ，情 况二： 2 22 15rr，解得4r ，设b，c夹角为， 3 4 cos, 25 5 ，则 2 cos2cos1 2 ，故 77 cos, 25 25 ，所以7,7b c . 三、解答题 17.解： （1）因为 n a各项为正数， 设 n a的公比为 q，0q ， n b的公差为 d， 则 1 4 5 1 2 a q a ， 311 1 30
19、 bb d ，.（3 分） 所以2n n a ，1 n bn.（5 分） （2） 1 1122 1 n n nnnn a c abab 1 12 21 2223 n nn nn 12 11 2223 nn nn ，.（9 分） 所以 233412 111111 232424252223 n nn T nn 2 1 1 23 n n .（12 分） 18.解： （1）记 1 A表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评” ； 2 A表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般” ； 1 B表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”或“一般” ； 2 B表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评” ； C
20、表示事件：甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”. 因为两个班级的评价相互独立， 所以 11222211 P CP ABA BP A P BP A P B， 故 5101027 2020202040 P C .（5 分） （2）根据已知，列联表如下： 差评 好评或一般 总计 H平台 5 15 20 G平台 2 18 20 总计 7 33 40 .（8 分） 所以 2 2 40 5 18 15 2120 1.558 20 20 33 777 K .（10 分） 由于1.5586.635，故没有 99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.（12 分） 19.解： （1）在RtBCD中
21、，N 是斜边BD的中点， 所以 12 22 NCBD. 因为M，N是AD，BD的中点， 所以 12 22 MNAB，且1MC ， 所以 222 MNNCMC，MNNC.（2 分） 又因为ABBD，/MN AB， 所以MNBD，且BDNCN， 故MN 平面BCD， 因为MN 平面MNC， 所以平面MNC 平面BCD.（5 分） （2）法一：由（1）知MN 平面BCD，故AB 平面BCD， 所以ABBC. 又ABBD， 所以CBD即为二面角DBA C的平面角，故60CBD， 因此 2 2 BCBNCN， 6 2 CD .（6 分） 以 B 为坐标原点，BC为 x 轴，BA为 y 轴，建立如图所示空
22、间直角坐标系. 因为 26 ,0, 22 D ， 0, 2,0A， 所以中点 226 , 424 M ， 226 , 424 BM .（7 分） 2 ,0,0 2 C ， 26 ,0, 44 N . 所以 26 ,0, 44 CN ， 2 0,0 2 NM . 设平面NMC的法向量, ,mx y z， 则 0 0 NM m CN m ，即 2 0 2 26 0 44 y xz ， 取3x ，得 3,0,1m ，.（10 分） 所以 66 6 44 cos, 1 24 BM m Mm BM m B ， 故 10 sin, 4 BM m ， 因此直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于 10 4 .
23、（12 分） 法二：由（1）知MN 平面BCD，故AB 平面BCD，所以ABBC， 又ABBD， 所以CBD即为二面角DBA C的平面角，故60CBD， 因此 2 2 BCBNCN，.（7 分） 取CN的中点 E，连接BE，则BECN，且 6 4 BE ，在RtABD中， 1 1 2 BMAD， 又因为平面MNC 平面BCD， 所以BE 平面CMN， 因此BME即为直线BM和平面MNC所成的角，.（10 分） 由 6 sin 4 BE BME BM ，得 10 cos 4 BME， 所以直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于 10 4 .（12 分） 20.解： （1）由题意可知，2 3c ，
24、 根据 3 2 c e a ，得4a，2b， 椭圆 C 的方程为 22 1 164 xy .（4 分） （2）设直线l的方程为0ykx k， 由 22 1 164 ykx xy ， 得 1 2 4 14 x k ， 2 2 4 14 x k ， 22 1212 MNxxyy 2 2 12 2 8 1 1 1 4 k kxx k .（7 分） 点 A 到直线l的距离 2 21 1 k d k ， 所以 2 22 2118 1 2 11 4 AMN kk S kk 2 2 4 214 4 1 14 14 kk k k ，.（9 分） 当0k 时，4 AMN S ； 当0k 时， 4 4 1 1 4
25、 AMN S k k 4 4 14 2 1 24k k ， 当且仅当 1 2 k 时，等号成立， 所以 AMN S的最大值为4 2.（12 分） 21.解： （1） 2 ln21fxxax x ， 切线斜率 1234kfa ， 所以 1 2 a ，.（2 分） 此时 2 ln21fxxaxm x x ， 则 2 222 21122 1 xxxx m x xxxx ， 可得 yfx在0,1上为减函数，在1,上为增函数，因此 10fxf恒成立， 故 f x在定义域0,上为增函数.（5 分） （2）先证不等式ln1xx， 设 ln1n xxx ，则 1x n x x ， 可得 yn x在0,1上为增
26、函数，在1,上为减函数， 所以当1x 时 max 10n xn，即ln1xx成立， 2 1 2 ln 2 f xxxx， 令 2 2 1111 12 ln2 ln1 22 g xf xfxxxx xxx ，.（7 分） 则 2223 211111 ln1ln211ln1gxxxxxxx xxxxxx ， 设 2 1 1lnh xx x ， 则 2 3 2ln1xx h x x ，利用不等式ln1xx得 2ln21xx， 那么 2 2 33 21112 0 xxx h x xx ， 所以 h x是增函数，故 g x是增函数， 又因为 10 g ， 所以 g x在0,1上为减函数，在1,上为增函数
27、，.（10 分） 所以 10g xg，即 1 10fxf x ，当1x 时，取等号，所以 1 1 1 1f xf x ， 又由 12 1f xf x得 12 1f xf x ， 所以 2 1 1 ff x x ， 又 f x在定义域0,上为增函数， 所以 2 1 1 x x ，即 12 1x x 得证.（12 分） 22.解： （1）因为cosx，siny， 所以直线 1 l的极坐标方程为cossin2，即cos2 4 .（2 分） 由 22cos 2sin x y ，消去参数，得 22 40 xyx， 将 222 xy，cosx代入上式，得 2 4 cos. 即曲线 C 的极坐标方程为4co
28、s.（5 分） （2）因为直线 2: l，则 1, A ， 2, B ， 则 1 2 cossin ， 2 4cos， 所以 2 1 2 coscossin OB OA 2cos 21 4 .（9 分） 所以当cos 21 4 时， OB OA 取得最大值21.（10 分） 12.解： （1）依题意得 2,1 1 3 , 1 2 1 2, 2 x x f xxx xx ， 于是得 1 24 x x ，或 1 1 2 34 x x ，或 1 2 24 x x ， 解得21x ，或 1 1 2 x ，或 1 6 2 x. 即不等式 4f x 的解集为26xx .（5 分） （2） 31212221223yf xxxxxx ， 当且仅当21 220 xx，即 1 1 2 x 时取等号. 即3ab.（7 分） 所以 14114 12 12612 ab abab 4112 5 612 ab ab 41123 52 6122 ab ab ， 当且仅当 412 12 ab ab 且3ab，即1a ，2b时取等号， 所以 14 12ab 的最小值为 3 2 .（10 分）