高考仿真试题理科数学试卷（含答案）

第页高考仿真试题理科数学一、选择题：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．〖2020·精选〗复数的共轭复数是()A． B．C． D．【答案】B【解析】故选B．

2．〖2020·精选〗集合，集合，则()A． B．C． D．【答案】A【解析】故选A．

3．〖2020·精选〗下图是2020年2月15日至3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例的折线统计图，则下列说法不正确的是()2020年2月15日－3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例A．2020年2月19日武汉市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数B．武汉市疫情防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低C．2020年2月19日至3月2日武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于400人的有8天D．2020年2月15日至3月2日武汉市新增新冠肺炎确诊病例最多的一天比最少的一天多1549人【答案】D【解析】故选D．

4．〖2020·精选〗已知等差数列的前项和为，，，则()A． B．C． D．【答案】B【解析】，，，化简得，.故选B．

5．〖2020·精选〗角谷猜想，也叫猜想，是由数学家角谷静夫发现的，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2，如此循环最终都能够得到1．如：取，根据上述过程，得出6，3，10，5，16，8，4，2，1，共9个数．若，根据上述过程得出的整数中，随机选取两个不同的数，则两个数都是奇数的概率为()A． B． C． D．【答案】A【解析】故选A．

6．〖2020·精选〗“k＝0"是"直线与圆相切"的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】

7．〖2020·精选〗函数的图象大致为()【答案】D【解析】由该函数为奇函数，排除选项A，B，由时，函数值为0，可排除选项C，故选D．

8．〖2020·精选〗射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241()低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为()(注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，，结果精确到0.001)A． B．C． D．【答案】C【解析】故选C．

9．〖2020·精选〗已知函数是偶函数，为奇函数，并且当时，，则下列选项正确的是()A．在上为减函数，且B．在上为减函数，且C．在上为增函数，且D．在上为增函数，且【答案】C【解析】故选C．

10．〖2020·精选〗已知是函数，的极小值点，则的值为()A．0 B．C． D．【答案】C【解析】故选C．

11．〖2020·精选〗是双曲线)的左右焦点，过，作垂直于轴的直线交双曲线于两点，若，则双曲线的离心率为()A． B．C． D．2【答案】C【解析】故选C．

12．〖2020·精选〗把圆心角为的扇形铁板围成一个圆锥，则该圆锥的侧面积与它的外接球的表面积之比为()A． B． C． D．【答案】C【解析】故选C．

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．〖2020·改编〗农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为____．【答案】【解析】

14．〖2020·原创〗记Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2，Sn＝an＋1－1，则a10＝____，S6＝____．【答案】768【解析】根据Sn＝an＋1－1，可得Sn＋1＝an＋2－1，两式相减得an＋1＝an＋2－an＋1，即an＋2＝2an＋1，S1＝a1＝a2－1＝2，解得a2＝3，所以a10＝，S6＝．

15．〖2020·原创〗设锐角△ABC的三边a,b,c所对的角分别为A,B,C,且a＝2,,则b＋c的取值范围是____．【答案】【解析】在中,由正弦定理得，所以，，所以，所以的取值范围是.

16．〖2020·精选〗在中，过重心的直线分别与交于，则的最小值为____．【答案】【解析】

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．〖2020·精选〗(本小题满分12分)在中，内角所对的边分别为，若，．(1)求；(2)若边的中线长为，求的面积．【答案】【解析】解：(1)在中，，且，∴，∴，又∵，∴．∵是三角形的内角，∴.……5分(2)在中，，由余弦定理得，∴，∵，∴．在中，，，，∴的面积.……12分

18．〖2020·精选〗(本小题满分12分)射击测试有两种方案．方案1：先在甲靶射击一次，以后都在乙靶射击；方案2：始终在乙靶射击．某射手命中甲靶的概率为eq\f(2,3)，命中一次得3分；命中乙靶的概率为eq\f(3,4)，命中一次得2分．若没有命中则得0分．用随机变量ξ表示该射手一次测试累计得分，如果ξ的值不低于3分就认为通过测试，立即停止射击；否则继续射击，但一次测试最多打靶3次，每次射击的结果相互独立．(1)如果该射手选择方案1，求其测试结束后所得总分ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(2)该射手选择哪种方案通过测试的可能性大？请说明理由．【答案】【解析】解：在甲靶射击命中记作A，不中记作eq\x\to(A)，在乙靶射击命中记作B，不中记作eq\x\to(B)，其中P(A)＝eq\f(2,3)，P(eq\x\to(A))＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(3,4)，P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)．(1)ξ的所有可能取值为0，2，3，4，则P(ξ＝0)＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(B))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,48)，P(ξ＝2)＝P(eq\x\to(A)Beq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)B)＝P(eq\x\to(A))P(B)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(B)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,8)，P(ξ＝3)＝P(A)＝eq\f(2,3)，P(ξ＝4)＝P(eq\x\to(A)BB)＝P(eq\x\to(A))P(B)P(B)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,16)．所以ξ的分布列为ξ0234Peq\f(1,48)eq\f(1,8)eq\f(2,3)eq\f(3,16)所以E(ξ)＝0×eq\f(1,48)＋2×eq\f(1,8)＋3×eq\f(2,3)＋4×eq\f(3,16)＝3．(2)设射手选择方案1通过测试的概率为P1，选择方案2通过测试的概率为P2，则P1＝P(ξ≥3)＝P(A)＋P(eq\x\to(A)BB)＝eq\f(2,3)＋eq\f(3,16)＝eq\f(41,48)．P2＝P(ξ≥3)＝P(eq\x\to(B)BB)＋P(Beq\x\to(B)B)＋P(BB)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(27,32)．因为P1＞P2，所以选择方案1通过测试的概率更大．

19．〖2020·精选〗(本小题满分12分)如图(1)，菱形ABCD的边长为12，∠BAD＝60°，AC与BD交于O点．将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥B－ACD，如图(2)，点M是棱BC的中点，DM＝6eq\r(2)．(1)求证：平面ODM⊥平面ABC；(2)求二面角M－AD－C的余弦值．【答案】【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴∠DAO＝30°，OB⊥AC，OD⊥AC．在Rt△ADO中，∵AD＝12，∴OD＝AD·sin30°＝6．∵M是BC的中点，∴OM＝eq\f(1,2)BC＝6．又MD＝6eq\r(2)，∴OD2＋OM2＝MD2，∴DO⊥OM．∵OM平面ABC，AC平面ABC，OM∩AC＝O，∴OD⊥平面ABC．又∵OD平面ODM，∴平面ODM⊥平面ABC．(2)解：由题意得，OD⊥OC，OB⊥OC．由(1)知，OD⊥平面ABC，∵OB平面ABC，∴OB⊥OD．∴以O为原点，OD，OC，OB所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图．则D(6，0，0)，A(0，－6eq\r(3)，0)，M(0，3eq\r(3)，3)，故eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0，9eq\r(3)，3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(6，6eq\r(3)，0)．设平面MAD的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9\r(3)y＋3z＝0，,6x＋6\r(3)y＝0.))令y＝－eq\r(3)，则x＝3，z＝9．∴平面MAD的一个法向量为m＝(3，－eq\r(3)，9)．易得平面ACD的一个法向量为n＝(0，0，1)．∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(3\r(93),31)．由图可知二面角M－AD－C为锐二面角．故二面角M－AD－C的余弦值为eq\f(3\r(93),31)．

20．〖2020·精选〗(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)．(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设m>n>0，求证：lnm－lnn>eq\f(2(m－n),m＋n)．【答案】【解析】(1)解：f(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)的定义域为（0，＋∞），f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a(x＋1)－a(x－1),(x＋1)2)＝eq\f((x＋1)2－2ax,x(x＋1)2)＝eq\f(x2＋(2－2a)x＋1,x(x＋1)2)，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x2＋(2－2a)x＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2a－2≤x＋eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，因为当x>0时，x＋eq\f(1,x)≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，所以2a－2≤2，解得a≤2．即a的取值范围为(－∞，2]．(2)证明：要证lnm－lnn>eq\f(2(m－n),m＋n)，只需证lneq\f(m,n)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)，即证lneq\f(m,n)－eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)>0，设h(x)＝lnx－eq\f(2(x－1),x＋1)，x>1，由(1)f(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，实数a的取值范围为(－∞，2]，故a＝2时，h(x)＝lnx－eq\f(2(x－1),x＋1)在(1，＋∞)上单调递增，因为eq\f(m,n)>1，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)))>h(1)＝0，即lneq\f(m,n)－eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)>0，所以原不等式成立．

21．〖2020·精选〗(本小题满分12分)已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点．(1)求抛物线C的方程；(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．【答案】【解析】(1)解：若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x．若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝eq\f(1,2)，所以抛物线方程为x2＝eq\f(1,2)y．综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y．(2)证明：如图，因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x．易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0．设P(x1，y1)，则x1＝eq\f(（k＋2）2,k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（k＋2）2,k2)，\f(2k＋4,k)))．用－eq\f(2,k)替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为eq\f(\f(2k＋4,k)－2＋2k,\f(（k＋2）2,k2)－（k－1）2)＝eq\f(2k3＋4k,－k4＋2k3＋4k＋4)＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)，故直线PQ的方程是y－2＋2k＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)·[x－(k－1)2]．变形：y－2＋2k＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)·(x－k2＋2k－1)．在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，所以直线PQ恒过定点(3，2)．

22．〖2020·精选〗(本小题满分10分)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为eq\r(3)ρcosθ＋ρsinθ－eq\r(3)＝0，圆C的极坐标方程为ρ＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))．(1)求直线l和圆C的直角坐标方程；(2)直线l与圆C有两个公共点A，B，定点P(2，－eq\r(3))，求||PA|－|PB||的值．【答案】【解析】解：(1)直线l：eq\r(3)ρcosθ＋ρsinθ－eq\r(3)＝0的直