2020高考数学（理）模拟卷含答案解析（4）

2020高考数学（理）模拟卷（4）（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,则集合（ ）ABCD【答案】D【解析】集合，则集合，故选：2复数满足，则（）ABC1D【答案】B【解析】由题意，复数，得，故选：B3某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验。根据收集到的数据(如下表)，由最小二乘法求得回归方程为067x549。零件数x/个1020304050加工时间y/min62758189现发现表中有一个数据模糊看不清，则该数据为（ ）A68B68.3C68.5D70【答案】A【解析】设表中那个模糊看不清的数据为m。由表中数据得30，所以样本点的中心为，因为样本点的中心在回归直线上，所以06730549，解得m68。4若直线：与：平行，则与间的距离为ABCD【答案】B【解析】直线：与：平行，直线与之间的距离为.故选B.5在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边与轴正半轴重合，终边过点，且，则（ ）ABC或D 或【答案】B 【解析】由终边过点，得，解得（y0）即终边过点，故选B。6.已知抛物线C：y24x的焦点为F，准线为l，P为C上一点，PQ垂直l于点Q，M，N分别为PQ，PF的中点，MN与x轴相交于点R，若NRF60，则|FR|等于()A B1C2 D4【答案】C【解析】因为M，N分别是PQ，PF的中点，所以MNFQ，且PQx轴。又NRF60，所以FQP60。由抛物线定义知|PQ|PF|，所以FQP为正三角形。则FMPQ，所以|QM|p2，正三角形边长为4。因为|PQ|4，|FN|PF|2，且FRN为正三角形，所以|FR|2。故选C。7已知，且，则向量在向量方向上的投影为( )A B C D【答案】A 【解析】因为，且，所以，所以，因此向量在方向上的投影为.故选A8如图，在中，点是线段上的动点，且 ，则的最小值为（ ）A B CD 【答案】D【解析】如图可知x，y均为正，设，共线， ，则的最小值为，故选D.9.已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的值可能为（ ）ABCD 【答案】D【解析】函数，将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，得的图象；再把所得图象向上平移个单位，得函数的图象，易知函数的值域为.若，则且，均为函数的最大值，由，解得；其中、是三角函数最高点的横坐标，的值为函数的最小正周期的整数倍，且故选：D10梅赛德斯-奔驰（Mercedes-Benz）创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化.已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成（如图），点为圆心，若在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ） A. B C D 【答案】A【解析】由已知可得，则.又，.不妨设，则由正弦定理可得，则，所以阴影部分的面积为，圆的面积为，则在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为.故选：A.11已知函数满足，且当时，成立，若，则a，b，c的大小关系是()ABCD【答案】C【解析】根据题意，令h（x）xf（x），h（x）（x）f（x）xf（x）h（x），则h（x）为奇函数；当x（，0）时，h（x）f（x）+xf（x）0，则h（x）在（，0）上为减函数，又由函数h（x）为奇函数，则h（x）在（0，+）上为减函数，所以h（x）在R上为减函数，a（20.6）f（20.6）h（20.6），b（ln2）f（ln2）h（ln2），c（）f（）h（）h（3），因为0ln2120.6，则有；故选：C12.曲线为：到两定点、距离乘积为常数的动点的轨迹.以下结论正确的个数为（ ）（1）曲线一定经过原点；（2）曲线关于轴、轴对称；（3）的面积不大于；（4）曲线在一个面积为的矩形范围内.ABCD【答案】C【解析】设点的坐标为，由题意可得.对于命题（1），将原点坐标代入方程得，所以，命题（1）错误；对于命题（2），点关于轴、轴的对称点分别为、，则点、都在曲线上，所以，曲线关于轴、轴对称，命题（2）正确；对于命题（3），设，则，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，则为锐角，所以，则的面积为，命题（3）正确；对于命题（4），可得，得，解得，由（3）知，得，曲线在一个面积为的矩形内，命题（4）正确.因此，正确的命题序号为（2）（3）（4）.故选C.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函数的图象恒过定点, 在幂函数的图象上，则 。 【答案】3【解析】由题意有：，因此满足，则所以。故填3.14已知各项均为正数的等比数列，则 _.【答案】9【解析】由等比中项的性质得出，易知，、成等比数列，则、成等比数列，.故答案为：.15某几何体的三视图如图所示，若这个几何体的顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是_.【答案】5【解析】由三视图知，该几何体为三棱锥，且其中边长为1的侧棱与底面垂直，底面为底边长为2的等腰直角三角形，所以可以将该三棱锥补形为长、宽、高分别为，1的长方体，所以该几何体的外接球O的半径R，所以球O的表面积S4R25.16已知函数，则函数的零点个数为_个【答案】3【解析】易知,故等价于 当时，当时，做出得图像如图所示，则， 设，则， 做出得图像，由图像可知两个函数图像有3个交点.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. （12分）已知数列an的前n项和，nN*.(I)求数列an的通项公式；(II)设，求数列bn的前2n项和【解析】(I)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.又a11也满足ann，故数列an的通项公式为ann.(II)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.18.（12分）有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如下表：所用的时间(天数)10111213通过公路l的频数20402020通过公路2的频数10404010假设汽车A只能在约定日期（某月某日）的前11天出发，汽车B只能在约定日期的前12天出发（将频率视为概率）（1）为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙，估计汽车A和汽车B应如何选择各自的路径；（2）若通过公路l、公路2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元（其他费用忽略不计），此项费用由生产商承担如果生产商恰能在约定日期当天将货物送到，则销售商一次性支付给生产商40万元，若在约定日期前送到；每提前一天销售商将多支付给生产商2万元；若在约定日期后送到，每迟到一天，生产商将支付给销售商2万元如果汽车A，B按（1）中所选路径运输货物，试比较哪辆汽车为生产商获得的毛利润更大【解析】（1）频率分布表如下：所有的时间（天数）10111213通过公路1的频率0.20.40.20.2通过公路2的频率0.10.40.40.1设分别表示汽车在约定日期前11天出发选择公路1,2将货物运往城市乙；分别表示汽车在约定日期前12天出发选择公路1,2将货物运往城市乙；所以汽车选择公路1，汽车选择公路2。（2）设表示汽车选择公路1时，销售商付给生产商的费用，则的所有可能取值有42,40,38,36，则的分布列如下：424038360.20.40.20.2.汽车选择公路1的毛利润是（万元）.设表示汽车选择公路2时，销售商付给生产商的费用，则的所有可能取值有42,40,38,36，则的分布列如下：444240380.10.40.40.1，汽车选择公路2的毛利润是（万元），汽车为生产商获得的毛利更大.19.（12分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FAFC，且DABDBF60。(I)求证：AC平面BDEF；(II)若G为线段DE 上一点且满足,求直线AG与平面ABF所成角的余弦值。【解析】(I)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，且O为AC中点，因为FAFC，所以ACFO，又FOBDO，所以AC平面BDEF。(II)连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且DBF60，所以DBF为等边三角形，因为O为BD中点，所以FOBD，又ACFO，ACBDO，所以FO平面ABCD。因为OA，OB，OF两两垂直，所以可建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，设AB2，因为四边形ABCD为菱形，DAB60，所以BD2，AC2。因为DBF为等边三角形，所以OF。所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，1,0)，F(0，0，)由得由得所以(，1,0)，(，0，)，(，1,0)。设平面ABF的法向量为n(x，y，z)，则取x1，得n(1，1)。设直线AG与平面ABF所成角为，则 .20.（12分）已知椭圆：过点，左、右焦点分别是，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）若点满足，求四边形面积的最大值.【详解】（1）因为的周长为，所以，因为椭圆：过点，所以，联立方程，解得，所以椭圆的方程为；（2）由（1）可知，的坐标为，由题意可知，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立，得，所以，且恒成立，因为点满足，所以四边形为平行四边形，设其面积为，则，因为，所以，令，则，当且仅当，即时，有最大值4，所以四边形面积的最大值为4。21.（12分）已知函数f(x)xex(xR)。()求函数f(x)的单调区间和极值； (II)已知函数h(x)与函数f(x)的图象关于原点对称，如果x1x2，且h(x1)h(x2)，证明：x1x22。【解析】(I)由已知得f(x)exxexex(x1)，令f(x)0，解得x1，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)单调递减单调递增所以函数f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(，1)，函数f(x)在x1处取得极小值，为f(1)，无极大值。(II)由题意知，h(x)f(x)xex，h(x)ex(1x)，令h(x)0，解得x1。当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)h(x)0h(x)单调递增单调递减由x1x2，不妨设x1x2，根据h(x1)h(x2)，结合图象可知x11，x21,2x20，所以e2x210，则F(x)0，所以F(x)在(1，)上单调递增，所以当x1时，F(x)0，即当x1时，h(x)h(2x)，则h(x1)h(2x1)，又h(x1)h(x2)，所以h(x2)h(2x1)，因为x11，所以2x12x1，即x1x22。（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.（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中，已知是曲线： （为参数）上的动点，将绕点顺时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立