1、2020高考数学（理）模拟卷（9）（本试卷满分150分，考试用时120分钟）第I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设集合，则（）ABCD【答案】A【解析】【分析】化简集合A,B，根据交集的运算求解即可.【详解】因为，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题.2已知复数，则复数的共轭复数（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】复数实数化，即可求解.【详解】因为，所以.故选:A【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数定义，属于基础题.3已知向量，满足，且则向量与的夹角的余弦
2、值为（ ）ABCD【答案】C【解析】【分析】先由向量模的计算公式，根据题中数据，求出，再由向量夹角公式，即可得出结果.【详解】因为向量，满足，且，所以，即，因此，所以.故选：C【点睛】本题主要考查由向量的模求向量夹角余弦值，熟记向量夹角公式，以及模的计算公式即可，属于常考题型.4已知，则（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】利用“1”的变换，所求式子化为关于的齐次分式，化弦为切，即可求解.【详解】.故选:B【点睛】本题考查同角间三角函关系，弦切互化是解题的关键，属于基础题.5设数列前n项和为，已知，则（ ）ABCD【答案】C【
3、解析】【分析】利用得出，先求出，再利用递推式求出即可.【详解】解：当时，整理得，又，得，得，得，故选：C.【点睛】本题考查数列递推式的应用，是基础题.6易经是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】直接根据概率公式计算即可【详解】从八卦中任取两卦，基本事件有种，其中这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线，基本事件共有10中，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为p故选：
4、D【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查函数与方程思想，是基础题7函数的图象大致是ABCD【答案】B【解析】【分析】根据函数的解析式，根据定义在上的奇函数图像关于原点对称可以排除，再求出其导函数，根据函数的单调区间呈周期性变化，分析四个选项即可得到结果【详解】当时，故函数图像过原点，排除又，令则可以有无数解，所以函数的极值点有很多个，故排除故函数在无穷域的单调区间呈周期性变化结合四个选项，只有符合要求故选【点睛】本题主要考查了由函数的表达式判断函数图像的大体形状，解决此类问题，主要从函数的定义域，值域，单调性以及奇偶性，极值等方面考虑，有时也用特殊值代入验证。8的展开式中的项
5、的系数为（ ）A120B80C60D40【答案】A【解析】【分析】化简得到，再利用二项式定理展开得到答案.【详解】展开式中的项为.故选：【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.9某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱的长为（ ）A4BCD【答案】C【解析】【分析】由三视图可得直观图为四棱锥，即可求出结论.【详解】根据三视图，还原直观图如图所示，最长棱为.故选:C【点睛】本题考查三视图应用，三视图还原成直观图是解题的关键，属于基础题.10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
6、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.11在中，分别是双曲线的左、右焦点，点在上若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】B【解析
7、】【分析】由（）0，得ABBC，结合0，得ABC是一个等腰直角三角形，求出AC的长，再利用双曲线的定义建立a与c的关系式，即可求出离心率【详解】（）0，又，（）（），则|，即BABC，又0，ABC是一个等腰直角三角形，由题意得：C点在双曲线的右支上，ABBC2c，AC2c，又ACBC2a，即2c2c2a，解得离心率e，故选：B【点睛】本题考查了平面向量的数量积的性质，考查了双曲线的定义和性质，考查运算能力，属于中档题12对于函数，定义:设是的导数， 是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是对称中心.设函数，则的值为（ &nb
8、sp; ）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据拐点的定义，求出对称中心，然后运用倒序相加法求值.【详解】，令，得，且，关于点对称，故选:C【点睛】本题考查对新定义的理解，仔细审题是解题的关键，考查倒序法求和，属于中档题.第II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命题 ，则为_；.【答案】【解析】【分析】根据特称命题的否定方法：修改量词，否定结论，得到的结果.【详解】因为修改为，修改为，所以.故答案为：【点睛】本题考查特称命题的否定，难度较易.注意修改量词的同时否定结论.14函数的图象恒过定点,若点在直线上,其中,则的最小值
9、为_.【答案】8.【解析】【分析】根据对数函数的性质先求出的坐标，代入直线方程可得的关系，再利用1的代换结合均值不等式求解即可【详解】解：时，函数的图象恒过定点，点在直线上，即，当且仅当时取等号故答案为：8【点睛】本题考查了对数函数的性质和均值不等式等知识点，运用了整体代换思想，是高考考查的重点内容15已知点分别为椭圆的中心、左顶点、上顶点、右焦点，过点作的平行线，它与椭圆在第一象限部分交于点，若，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】先分别求出各点坐标,由可得,因此可解得,则,即可求得【详解】由题,则,过点作的平行线,交椭圆在第一象限部分于点,将代入中可得,即为,所以,因为,所以,则,即,所
10、以,又有,所以,故答案为：【点睛】本题考查椭圆的几何性质的应用,考查平面向量共线定理的应用16已知正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，内有一个体积为的球，若的最大值为，则此三棱柱外接球表面积的最小值为_.【答案】【解析】【分析】求出正三棱柱底面内切圆、外接圆的半径，对和分类讨论，即可求出此三棱柱外接球表面积的最小值.【详解】解：因为正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，则底面三角形的内切圆的半径，外接圆的半径三棱柱内的球的体积的最大值为，此时球的半径，当，即时，三棱柱的内的球的半径，取得最大值，因为，所以不可能为；当，即时，三棱柱的内的球的半径，取得最大值解得，又，所以，设正三棱柱外接球的半径为，则正三
11、棱柱外接球表面积.当时，取得最小值故答案为：【点睛】本题考查球的内切和外接问题，以及球的表面积体积的计算问题，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已知中，内角所对边分别为，若.(1)求角的大小；(2)若， 求的面积S.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）用正弦定理将已知等式化为角，再利用两角和的正弦公式，即可求得角的三角函数值，进而求解；（2）由余弦定理求出，即可求出面积.【详解】解:(1)由可得:.可得
12、:.可得又由得又由得.(2)由余弦定理及已知得.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形以及求面积，属于中档题.18如图，在多面体ABDA1B1C1D1中四边形A1B1C1D1，ADD1A1ABB1A1均为正方形点M是BD的中点点H在线段C1M上，且A1H与平面ABD所成角的正弦值为（）证明：B1D1平面BC1D：（）求二面角AA1HB的的正弦值【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】()构造正方体证明BDB1D1即可.()建立空间直角坐标系,利用A1H与平面ABD所成角的正弦值为可求得的坐标,再利用空间向量求二面角的方法求解即可.【详解】（）证明：如图,构造正方体ABEDA1B1C1D1
13、,结合正方体ABEDA1B1C1D1,得BDB1D1,BD平面BC1D,B1D1平面BC1D,B1D1平面BC1D（）解：以D为原点,DA为x轴,DE为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设AD2,则M（1,1,0）,C1（0,2,2）,A1（2,0,2）,A（2,0,0）,B（2,2,0）,设H（a,b,c）,（01）,则（a,b2,c2）（,2）,H（,2,22）,平面ABD的法向量（0,0,1）,（2,2,2）,A1H与平面ABD所成角的正弦值为,解得,（舍负）,H（,1）,（,1）,（0,0,2）,（0,2,2）,设平面AA1H的法向量（x,y,z）,则,取x1,得（1,1,0）,
14、设平面A1HB的法向量（x,y,z）,则,取y1,得（,1,1）,设二面角AA1HB的平面角为,则cos,二面角AA1HB的正弦值为：sin【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及建立空间直角坐标系求解面面角的问题,属于中等题型.19为庆祝党的98岁生日，某高校组织了“歌颂祖国，紧跟党走”为主题的党史知识竞赛。从参加竞赛的学生中，随机抽取40名学生，将其成绩分为六段，到如图所示的频率分布直方图.（1）求图中的值及样本的中位数与众数；（2）若从竞赛成绩在与两个分数段的学生中随机选取两名学生，设这两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于分为事件,求事件发生的概率.（3）为了激励同学们的学习热情,现评出
15、一二三等奖,得分在内的为一等奖,得分在内的为二等奖, 得分在内的为三等奖.若将频率视为概率,现从考生中随机抽取三名,设为获得三等奖的人数,求的分布列与数学期望.【答案】(1)0.06；87.5；87.5；(2)；(3)详见解析【解析】【分析】（1）根据小矩形的面积之和等于1，列出方程，求得的值，根据中位数定义估计中位数的范围，在列出方程求解中位数，再根据众数的定义，即可求解.（2）计算两组的人数，再计算抽取的两人在同一组的概率，即可求解；（3）根据题意，得到随机变量服从二项分布，再利用二项分布的期望公式，即可求解.【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得，可知样本的中位数在第4组中，不妨设为，
16、则，解得，即样本的中位数为，由频率分布直方图可知，样本的众数为.（2）由频率分布直方图可知，在与两个分数段的学生人数分别为和，设中两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，则事件M发生的概率为，即事件M发生的概率为.（3）从考生中随机抽取三名,则随机变量为获得三等奖的人数,则，由频率分布直方图知，从考升中任抽取1人，此生获得三等奖的概率为，所以随机变量服从二项分布，则，所以随机变量的分布列为01230.3430.4410.1890.027所以.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及随机变量的分布列及其数学期望的求解，其中解答中认真审题，熟练频率分布直方图的性质，正确确定随机变
17、量的取值，求得相应的概率，得出随机变量的分布列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线的斜率为，且原点到直线的距离为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若不经过点的直线与椭圆交于两点，且与圆相切.试探究的周长是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) (2) 的周长为定值.【解析】【分析】（1）根据已知条件结合，即可求出标准方程；（2）直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，得出关系，直线与椭圆联立，求出相交弦长，再用两点间距离公式，求出长，求出 的周长，即可判定结论.【详解】解: (1)由题可知，则直线的方程为即，
18、所以联立，解得，又，所以椭圆的标准方程式为.(2)因为直线与圆相切，所以，即设，联立得，所以，则由根与系数的关系可得所以，又所以，因为同理，所以所以的周长为定值.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查相交弦长以及焦点到椭圆上的点距离，考查计算能力，属于较难题.21设函数为常数) .(1)当时，求曲线在处的切线方程:(2)若函数在内存在唯一极值点，求实数的取值范围，并判断，是在内的极大值点还是极小值点.【答案】(1) (2) ，为函数的极小值点【解析】【分析】（1）求出，即可求出切线方程；（2）转化为在有唯一解，分离参数，构造新函数，再转为直线与构造函数的交点，通过求导研究所构造函数的
19、性质，即可求解.【详解】解: (1)当时，所求切线的斜率，又.所以曲线在处的切线方程为.(2)又，则要使得在内存在唯一极值点，则在存在唯一零点，即方程在内存在唯一解，即与在范围内有唯一交点.设函数，则在单调递减，又；当时，时与在范围内有唯一交点，设为当时，则，在为减函数:当时，则，在为增函数.即为函数的极小值点.综上所述:，且为函数的极小值点【点睛】本题考查导数的切线方程，考查利用导数研究函数的极值、零点、单调性以及图像变化趋势，属于难题.（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在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点
20、，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）直线与轴的交点为，经过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的倾斜角.【答案】(1) ， (2) 或.【解析】【分析】（1）利用消去参数化曲线为普通方程，运用，即可化直线极坐标方程为直角坐标方程；（2）将直线方程化为具有几何意义的参数方程，代入曲线方程，利用根与系数关系结合直线参数的几何意义，即可求解.【详解】（1）曲线的普通方程为，因为，所以，直线的直角坐标方程为.（2）点的坐标为，设直线的参数方程为（为参数，为倾斜角），联立直线与曲线的方程得.设对应的参数分别为，则，所以，得，且满足，故直线的倾斜角
21、为或.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程和直角坐标方程互化，考查直线参数方程参数灵活应用，属于中档题.23选修4-5：不等式选讲 已知a>0，b>0，c>0，且a+b+c=3.证明：（1）a2+b2+c23；（2）1a+1b+1c3.【答案】(1)见解析.(2)见解析.【解析】【分析】（1）根据分析法，结合不等式关系中的a2+b22ab，a2+c22ac，b2+c22bc，即可证明不等式成立；或用柯西不等式，直接证明不等式成立。（2）根据“1”的代换，代入后结合基本不等式即可证明；直接构造基本不等式证明，也可证明不等式成立。【详解】（1）方法一：因为a+b+c
22、=3，所以9=a+b+c2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，因为a2+b22ab，a2+c22ac，b2+c22bc，所以a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=9a2+b2+c2+a2+b2+b2+c2+a2+c2=3a2+b2+c2.所以a2+b2+c23，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.方法二：a2+b2+c212+12+12a1+b1+c12=9，所以a2+b2+c23，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.（2）方法一：1a+1b+1ca+b+c =1+ba+ca+ab+1+cb+ac+bc+13+2baab+2caac+2cbbc=9，所以1a+1b+1c3，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.方法二：1a+1b+1ca+b+c 1aa+1bb+1cc2=9，所以1a+1b+1c3，当且仅当a=b=c=1时，等号成立.【点睛】本题考查了不等式的证明，基本不等式及柯西不等式的应用，属于中档题。
