1、2020年高考数学（理）模拟卷新课标（1）（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
2、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已知为虚数单位，若复数，则（ ）ABCD或【答案】C【解析】分析：根据表达式得，化简可求得，根据模的定义即可求得 。详解： 所以 所以选C点睛：本题考查了复数的简单运算和模的定义，化简过程中注意共轭复数和符号的变化，是简单题。2若集合，则 （ ）ABCD【答案】B【解析】集合， 故得到 故答案为：B。3若椭圆 的一个焦点的坐标是,则其离心率等于( )A2B.C.D【答案】D【解析】依题意可知，b= ，a= =1，c=
3、 = e= = 故选B点睛：根据题意可知a和b，进而根据c=求得c，进而根据e=求得e42019年庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最，编组之新、要素之全彰显强军成就.装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”，见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步伐.此次大阅兵不仅得到了全中国人的关注，还得到了无数外国人的关注.某单位有10位外国人，其中关注此次大阅兵的有8位，若从这10位外国人中任意选取3位做一次采访，则被采访者中至少有2位关注此次大阅兵的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】【分析
4、】至少有2位关注此次大阅兵的对立事件为恰有2位不关注此次大阅兵，根据对立事件的概率公式计算概率.【详解】解：从这10位外国人中任意选取3位做一次采访，其结果为个，恰有2位不关注此次大阅兵有个，则至少有2位关注大阅兵的概率.故选：【点睛】本题考查排列组合的应用与古典概型，考查运算求解能力，属于基础题.5正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角等于 ()A60B90C30D随点E的位置而变化【答案】B【解析】A1DAB，A1DAD1， A1D平面AD1C1B，又平面AD1C1B，A1DC1E直线A1D与直线C1E所成的角等于90选B6已知tan=2，则
5、的值为( )ABCD【答案】A【解析】 ，所以原式 ，故选A.7在平行四边形中，则（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性运算及向量的数量积计算可得.【详解】解：，所以.故选：【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力，属于基础题.8三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽利用不断倍增圆内接正多边形边数的方法求出圆周率的近似值，首创“割圆术”.利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据：）A6B12C24D48
6、【答案】C【解析】【分析】根据程序框图运行程序，直到满足时输出结果即可.【详解】按照程序框图运行程序，输入则，不满足，循环；，不满足，循环；，满足，输出结果：本题正确选项：【点睛】本题考查根据程序框图循环结构计算输出结果，关键是能够准确判断是否满足输出条件，属于基础题.9已知函数，若将曲线向左平移个单位长度后，得到曲线，则不等式的解集是（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的变换规则求得的解析式，再根据余弦函数的性质解不等式即可.【详解】解：将曲线向左平移个单位长度后，得到曲线，则.由，得，得，则，得.故选：【点睛】本题考查三角函数的图象及其性质，考查推
7、理论证能力与运算求解能力.10现有三条曲线：曲线；曲线；曲线.直线与其相切的共有（ ）A0条B1条C2条D3条【答案】D【解析】【分析】分别求出函数的导数，根据导数的几何意义一一判断.【详解】解：若，则由，得，点在直线上，则直线与曲线相切；若，则由，得，当时，点在直线上，则直线与曲线相切；若，则由，得，其中在直线上，所以直线与曲线相切.故选：【点睛】本题考查导数的几何意义，考查逻辑推理与数学运算的核心素养，属于基础题.11设双曲线：的左、右焦点分别为，直线：与双曲线在第一、三象限的渐近线的交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）AB2CD【答案】
8、B【解析】由题可知双曲线C在第一、三象限的渐近线方程为联立方程组设点O为坐标原点，由A可知化简得故选B.12已知函数为偶函数，当时，则（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】令，则，对求导，分析其单调性，再根据指数函数的性质比较，的大小关系，根据函数的单调性判断大小/.【详解】解：，令，.当时，单调递增；当时，单调递减.因为，所以当时，且单调递增.又，所以，在上单调递减，且故.故选：【点睛】本题考查函数的综合应用，考查数学抽象与逻辑推理的核心素养，属于难题.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中医药是反映中华民
9、族对生命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系，是中华文明的瑰宝.某科研机构研究发现，某品种中成药的药物成份的含量（单位：）与药物功效（单位：药物单位）之间具有关系：.检测这种药品一个批次的5个样本，得到成份的平均值为，标准差为，估计这批中成药的药物功效的平均值为_药物单位【答案】92【解析】【分析】由题可得，进而可得，再计算出，从而得出答案。【详解】5个样本成份的平均值为，标准差为，所以，即，解得因为，所以所以这批中成药的药物功效的平均值药物单位.【点睛】本题考查求几个数的平均数，解题的关键是求出，属于一般题。14已知，现有下列四个结论：；.其中所有正确结论的编
10、号是_.【答案】【解析】【分析】将指数式转化为对数式，再根据对数的运算性质验证.【详解】解：，得，则，.故所有正确结论的编号是.故答案为：【点睛】本题考查指数、对数运算，考查运算求解能力与推理论证能力，属于基础题.15设，分别为内角，的对边.已知，则_，的取值范围为_.【答案】 【解析】【分析】根据正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式可求角，由余弦定理知，根据余弦函数的性质求出范围.【详解】解：因为，所以，所以，即，又，所以，则，因为，所以，而，故.故答案为：；【点睛】本题考查正弦与余弦定理的应用，考查运算求解能力本题是一个易错题，学生容
11、易忽略不能等于0，属于中档题.16设三棱锥的每个顶点都在球的球面上，是面积为的等边三角形，则当三棱锥的体积最大时，球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由题意可求，故当且平面底面时，三棱锥的体积最大.分别求出和外接圆的半径，即可求得外接球的半径与表面积.【详解】解：如图，由题意得，解得.当且平面底面时，三棱锥的体积最大.分别过和的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心，设和的外接圆半径分别为，球的半径为，则，.故，球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查三棱锥的体积与球体的表面积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于难题.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
12、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在数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据递推公式可得即是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出通项公式；（2）由（1）可得，采用分组求和计算其前项和.【详解】解：（1），.又，是首项为2，公比为2的等比数列，从而.（2），【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及求和公式，属于中档题.18如图，在直三棱柱中，分别是，的中点.（1）证明：平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（
13、2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可证四边形是平行四边形，即得，即可证明线面平行.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦值.【详解】解：（1）证明：取的中点，连接，.是的中点，.是的中点，四边形是平行四边形，.平面，平面，平面.（2）解：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系.，则，则，.设平面的法向量为，则，即，令，则，得.设直线与平面所成角为，故与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，线面角的计算，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题.19已知直线与抛物线：交于，两点，且的面积为16（为坐标原点）.（1）求的方程.（2）直线经过的焦点且不与轴垂直，与交
14、于，两点，若线段的垂直平分线与轴交于点，试问在轴上是否存在点，使为定值？若存在，求该定值及的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在,【解析】【分析】（1）将代入，得，即可表示出的面积，计算可得.（2）设直线的方程为，联立直线与曲线方程，根据焦点弦长公式计算出，求出线段的垂直平分线与轴交于点的坐标，设，则可用含，的式子表示，即可分析当为何值是为定值.【详解】解：（1）将代入，得，所以的面积为.因为，所以，故的方程为.（2）由题意设直线的方程为，由得.设，则，所以.因为线段的中点的横坐标为，纵坐标为,所以线段的垂直平分线的方程为,令，得，所以的横坐标为，设，则，所以当且仅当，即时，为
15、定值，且定值为2，故存在点，且的坐标为.【点睛】本题考查求抛物线的标准方程，直线与抛物线的综合应用问题，属于中档题.20某城市有东、西、南、北四个进入城区主干道的入口，在早高峰时间段，时常发生交通拥堵，交警部门记录了11月份30天内的拥堵情况（如下表所示，其中表示拥堵，表示通畅）.假设每个人口是否发生拥堵相互独立，将各入口在这30天内拥堵的频率代替各入口每天拥堵的概率.11.111.211.311.411.511.611.711.811.911.1011.1111.1211.1311.1411.15东入口西入口南入口北入口11.1611.1711.1811.1911.2011.2111.221
16、1.2311.2411.2511.2611.2711.2811.2911.30东入口西入口南入口北入口（1）分别求该城市一天中早高峰时间段这四个主干道的入口发生拥堵的概率.（2）各人口一旦出现拥堵就需要交通协管员来疏通，聘请交通协管员有以下两种方案可供选择.方案一：四个主干道入口在早高峰时间段每天各聘请一位交通协管员，聘请每位交通协管员的日费用为（，且）元.方案二：在早高峰时间段若某主干道入口发生拥堵，交警部门则需临时调派两位交通协管员协助疏通交通，调派后当日需给每位交通协管员的费用为200元.以四个主干道入口聘请交通协管员的日总费用的数学期望为依据，你认为在这两个方案中应该如何选择？请说明理
17、由.【答案】（1）（2）当时，应该选择方案一；当时，应该选择方案二.【解析】【分析】（1）根据所给数据利用古典概型的概率公式计算可得.（2）计算出方案二聘请交通协管员的日总费的期望值，结合方案一比较分析.【详解】解：（1）将东、西、南、北四个主干道入口发生拥堵的情况分别记为事件，则，.（2）对于方案二，设四个主干道聘请交通协管员的日总费用为，则的可能取值为0，400，800，1200，1600.，故元.对于方案一，四个主干道聘请交通协管员的日总费用为元，当时，应该选择方案一；当时，应该选择方案二.【点睛】本题考查古典概型的概率计算问题，以及离散型随机变量的分布列、期望的计算，属于中档题.21设
18、函数（1）当时，求的极值；（2）如果在上恒成立，求实数的取值范围【答案】有极小值，没有极大值；（2）【解析】试题分析：（1）当时，求导令导函数等于零，列表，通过表格找到函数极值即可；（2）求恒成立问题一般要分离参数，构造函数求其最小值，只需最小值大于零即可求出取值范围.试题解析：（1）由已知，当时， ，在上单调递增，且， ，随变化如下表：1-0+极小值有极小值，没有极大值 （2）（方法一）由题可得恒成立，当时，上式恒成立；当时，又，故令，则， 令，当时， ，时， ，解得： ，的取值范围是 （方法二）由题可得， 设，则，在上单调递增， ，使得，则， 由知，且时， ，时， ，的取值范围是 （方法三
19、）由题可得恒成立，令，则， 时， ，时， ，解得： ，的取值范围是 （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曲线（为参数），（为参数）（1）曲线的交点为，求；（2）以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，过极点的直线与交于，两点，与直线交于点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用消去参数，得到的直角坐标方程，将的参数方程代入化简，利用韦达定理求得弦长.（2）的极坐标方程为，根据极坐标的概念，分别用极坐标表示的值，两者相除后利用二倍角公式和三角函数值域求得最大值.试题解析：（1）曲线，所以法二：为，过，过，不妨令，则，所以（2）的极坐标方程为，令的角为极，则，时取最大值23选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）若，求不等式的解集；（2）若“，”为假命题，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.【详解】解：（1）当时，由，得.故不等式的解集为.（2）因为“，”为假命题，所以“，”为真命题，所以.因为，所以，则，所以，即，解得，即的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.
