1、2020年数学（理）高考模拟卷新课标卷（7）（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
2、并交回。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，则（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】求出集合，然后利用交集的定义可求出集合.【详解】，因此，.故选：A.【点睛】本题考查交集的计算，考查计算能力，属于基础题.2若,则( )ABCD【答案】D【解析】分析：三个对数的底数和真数的比值都是，因此三者可化为的形式，该函数为上的单调增函数，从而得到三个对数的大小关系.详解：，令，则在上是单调增函数.又，所以即.故选D.点睛：对数的大小比较，要观察不同对数的底数和真数的关系，还要关注对数本身的底数与真数的关系，从
3、而找到合适的函数并利用函数的单调性比较对数值的大小.3设有下面四个命题：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数，则.其中的真命题为ABCD【答案】B【解析】令，则由得，所以，故正确；当时，因为，而知，故不正确；当时，满足，但，故不正确；对于，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确，故选B.点睛:分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成的形式进行判断，共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可.4如图，九章算术中记载了一个“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？意思是：有一根竹子原高一丈（一丈尺），现被风折断，尖端落在地上
4、，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高是（ ）A2.55尺B4.55尺C5.55尺D6.55尺【答案】B【解析】【分析】将问题三角形问题，设出另一直角边，则可求出斜边的长，最后利用勾股定理可求出另一直角边.【详解】已知一直角边为3尺，另两边和为10尺，设另一直角边为尺，则斜边为尺，由勾股定理可得：，可得尺.故选：B【点睛】本题考查了数学阅读能力，考查了勾股定理的应用，考查了数学运算能力.5函数在区间附近的图象大致形状是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】通过求特殊点的坐标，结合函数值的正负判断，即可得出结论.【详解】过点，可排除选项A，D.又，排除C.故选:B【点睛】本题考查函数图像的识
5、别，属于基础题.6在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有一门被选中的概率是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个基本事件，代入概率的公式，即可得到答案.【详解】设两门至少有一门被选中，则两门都没有选中，包含1个基本事件，则，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，
6、属于基础题.7若向量满足，且，则向量的夹角为（ ）A30B60C120D150【答案】B【解析】【分析】由,平方求出,代入向量夹角公式,求出的夹角余弦值,即可得结果.【详解】设的夹角为故选:B【点睛】本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题.8大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，
7、50，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入( )A是偶数?，?B是奇数?，?C是偶数?， ?D是奇数?，?【答案】D【解析】根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个框应该是“奇数”，执行程序框图， 结束，所以第二个框应该填，故选D.9以分别表示等差数列的前项和，若，则的值为A7BCD【答案】B【解析】【分析】根据等差数列前n项和的性质，当n为奇数时，即可把转化为求解.【详解】因为数列是等差数列，所以，故,选B.【点睛】本题主要考查了等差数列前n项和的性质，属于中档题.10已知椭圆的焦点为，过的直线与交于两点若，则的方
8、程为（ ）.ABCD【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，可得椭圆的方程【详解】解：，又，又，在轴上在中，在中，由余弦定理可得，根据，可得，解得，所以椭圆的方程为：故选：【点睛】本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题11设函数若关于x的方程恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为A(22，B(22，22)C(，)D(22，)【答案】A【解析】【分析】画出的图像，利用图像，利用换元法，将方程恰好有六个不同的实数解的问题，转化为一元二次方程在给定区间内有两个不同的实数根，由此列不等式组，解不等式组求得的取值范围.【详解】画出的图像如下图所示，令，则方程转化为，由图
9、可知，要使关于的将方程恰好有六个不同的实数解，则方程在内有两个不同的实数根，所以，解得.故选：A【点睛】本小题主要考查分段函数的图像与性质，考查二次函数根于判别式，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.12过球表面上一点引三条长度相等的弦、，且、两两夹角都为，若，则该球的体积为（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】根据题意可分析四面体是正四面体，各条棱长均为，依据正四面体外接球半径的求法即可得解.【详解】由题：在四面体中，所以均为等边三角形，且边长均为，所以四面体是正四面体，棱长为，如图：根据正四面体特征，点在底面正投影是底面正三角形的中心，外接球球心在线段上，设外接球半径为，取中点过点的
10、截面圆的半径，在中，则球心到截面的距离在中，解得，所以球的体积.故选：A【点睛】此题考查求正四面体外接球的体积，通过几何体的特征，确定一个截面，寻找球心，根据三角形关系求出半径即可求解，平常的学习中有必要积累常见几何体外接球半径的求法.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曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，然后利用点斜式可写出所求切线的方程.【详解】依题意得，因此曲线在处的切线的斜率等于，所以函数在点处的切线方程为.故答案为：【点睛】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲
11、线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力属于基础题14记Sn为等比数列an的前n项和.若，则S4=_【答案】.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知，即解得，所以【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算，避免繁分式计算15甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现
12、两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以2后再减去12,；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以2后再加上12，这样就得到一个新的实数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜，若甲获胜的概率为，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】按要求操作一次产生一个新的实数，列举得到新的实数的途径，列出不等式，根据所给的甲获胜的概率为，解出a1的结果【详解】a3的结果有四种，每一个结果出现的概率都是，1a12a1122（2a112）124a136a3，2a12a11212a1+6a3，3a112+1218a3，4a1122（12）12a1+12a3，a1+18a1
13、，a1+36a1，要使甲获胜的概率为，即a3a1的概率为，4a136a1，18a1，或4a136a1，18a1，解得a112或a124故选：D【点睛】本题考查新定义问题，考查概率综合，意在考查学生的读题审题能力，考查转化能力，是中档题16已知双曲线：的左右焦点分别为，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形中，化简求值即可【详解】如图，由题可知，则，又，又，作，可得，则在，即，又，化简可得，同除以，得解得双曲线的离心率为【点睛】本题考查了利用双曲线的基本性质求解离
14、心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有边长关系转化到直角三角形中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求解，更直观更具体三、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如图所示，在中，的对边分别为a，b，c，已知，.（1）求b和；（2）如图，设D为AC边上一点，求的面积.【答案】(1)，；(2).【解析】【分析】（1）通过正弦定理边化角，整理化简得到的值，再利用余弦定理，求出，根据正弦定理，求出；（2）根据正弦定理得到，即
15、，根据勾股定理得到，根据三角形面积公式，求出的面积.【详解】（1）因为，所以在中，由正弦定理，得，因为，所以，所以，又，所以，由余弦定理得，所以，在中，由正弦定理，所以；（2）在中，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，而所以，由，设，所以，所以，所以，因为，所以.【点睛】本题考查正弦定理边角互化，正弦定理、余弦定理解三角形，属于简单题.18如图，三棱锥D-ABC中，E，F分别为DB，AB的中点，且.（1）求证：平面平面ABC；（2）求二面角D-CE-F的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) .【解析】【分析】（1）取的中点，可得，从而得到平面，得到，由，得到，从而得到平面，所以平面平面；
16、（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用余弦定理和勾股定理，得到，得到的法向量，平面的法向量，根据向量夹角的余弦公式，得到二面角的余弦值【详解】（1）如图取的中点，连接，因为，所以，因为，所以，又因为，所以平面，平面所以.因为，分别为，的中点，所以.因为，即，则.又因为，所以平面，又因为平面DAB，所以平面平面.（2）因为平面，则以为坐标原点，过点与垂直的直线为轴，为轴，AD为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系.因为，在中，所以.在中，所以点，.设平面的法向量为.所以，即，可取.设平面的法向量为.所以，即，可取，则因为二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定
17、，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角的夹角余弦值，属于中档题.19已知动圆过定点P(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.(1)求动圆圆心C的轨迹方程;(2)过点(2,0)的直线l与动圆圆心C的轨迹交于A,B两点,求证:是一个定值.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）设圆心的坐标为，得出，代入点的坐标，即可得到曲线C的轨迹方程；（2）设直线方程，联立方程组，得到，再向量的数量积的运算，即可得到结论.【详解】(1)设动圆的圆心C(x,y),线段MN的中点为T,则|MT|=4.由题意得|CP|2=|CM|2=|MT|2+|TC|2,y2+(x-4)2=42+x2,y2=8x,即
18、动圆圆心C的轨迹方程为y2=8x.(2)证明:易知直线l的斜率不为0,设直线l的方程为x=ky+2,A(x1,y1),B(x2,y2).联立消去x整理得y2-8ky-16=0,=64k2+640,可得y1+y2=8k,y1y2=-16.又=(x1,y1),=(x2,y2),=x1x2+y1y2=(ky1+2)(ky2+2)+y1y2=k2y1y2+2k(y1+y2)+4+y1y2=-16k2+16k2+4-16=-12,是一个定值.【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，
19、得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.20已知函数在上的最大值为（1）求的值；（2）证明：函数在区间上有且仅有2个零点【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)求导后利用可得导函数的正负与原函数的单调性,再利用最大值为进行求解即可.(2)求导分析单调性后,根据零点存在定理求解的正负即可.【详解】（1）,因为,所以,又,所以,即当时,所以在区间上递增,所以,解得 当时,所以在区间上递减,所以,不合题意 当,不合题意综上,. （2）设,则,所以在上
20、单调递减,又, 所以存在唯一的,使得当时,即,所以上单调递增；当时,即,所以上单调递减又, 所以在与上各有一个零点, 综上,函数在区间上有且仅有两个零点.【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的零点、函数的最值与值域等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等,考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等,考查的数学素养主要有逻辑推理、直观想象、数学运算等21某医药开发公司实验室有瓶溶液，其中瓶中有细菌，现需要把含有细菌的溶液检验出来，有如下两种方案：方案一：逐瓶检验，则需检验次；方案二：混合检验，将瓶溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌，则
21、瓶溶液全部不含有细菌；若检验结果含有细菌，就要对这瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总共为.(1)假设，采用方案一，求恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌的概率；(2)现对瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌的概率均为.若采用方案一.需检验的总次数为,若采用方案二.需检验的总次数为.(i)若与的期望相等.试求关于的函数解析式;(ii)若,且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望.求的最大值.参考数据：【答案】（1）（2）（）（ii）8【解析】【分析】（1）对可能的情况分类：前两次检验出一瓶含有细菌第三次也检验出一瓶含有细菌，前三次都没有检验出来，最后就剩下两瓶含有细菌；（2）(i)根据
22、，找到与的函数关系；(ii)根据得到关于的不等式式，构造函数解决问题.【详解】解：（1）记所求事件为，“第三次含有细菌且前2次中有一次含有细菌”为事件，“前三次均不含有细菌”为事件，则，且互斥，所以（2），的取值为，所以，由得，所以；（ii）,所以，所以，所以设，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减又，所以的最大值为8【点睛】本题考查离散型随机变量的均值以及随机事件的概率计算，难度较难.计算两个事件的和事件的概率，如果两个事件互斥，可将结果写成两个事件的概率之和；均值（或期望）的相关计算公式要熟记.（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.2
23、2选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，曲线C1的极坐标方程是，在以极点为原点O，极轴为x轴正半轴（两坐标系取相同的单位长度）的直角坐标系xOy中，曲线C2的参数方程为（为参数）.（1）求曲线C1的直角坐标方程与曲线C2的普通方程；（2）将曲线C2经过伸缩变换后得到曲线C3，若M，N分别是曲线C1和曲线C3上的动点，求|MN|的最小值.【答案】（1）C1的直角坐标方程为4x3y240，C2的普通方程为x2y21；（2）.【解析】【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化公式，化简即可求得C1的直角坐标方程，结合三角函数的基本关系式，消去参数，即可求得C2的普通方程；（2）将曲线C2经过伸缩变换
24、得到曲线C3C3的参数方程为为参数），设N（2cos，2sin），利用点到直线的距离公式，求得d有最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，曲线C1的极坐标方程是，即4cos3sin24，又由，所以4x3y240，故C1的直角坐标方程为4x3y240.因为曲线C2的参数方程为（为参数），所以x2y21，故C2的普通方程为x2y21.（2）将曲线C2经过伸缩变换后得到曲线C3，则曲线C3的参数方程为为参数）.设N（2cos，2sin），则点N到曲线C1的距离（其中满足）当sin（）1时，d有最小值，所以|MN|的最小值为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互
25、化，以及点到直线的距离公式的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，结合直线参数中参数的几何意义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.23选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的解集包含，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）函数化简为分段函数分别解不等式得到答案.（2）题目等价于当时不等式恒成立，得到不等式，求的最小值得到答案.【详解】（1），由，解得，故不等式的解集是；（2）的解集包含，即当时不等式恒成立，当时，即，因为，所以，令，易知在上单调递增，所以的最小值为，因此，即的取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当时不等式恒成立是解题的关键.
