2020年高考理科数学模拟考试题试题含答案解析5套

2019年高考数学（理）模拟试题含答案及解析（1~5套汇总）第（）页此卷只装订不密封班级姓名准考证号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2020年高考模拟试题（一）理科数学时间：120分钟分值：150分注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，都是实数，那么“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．抛物线的焦点坐标为（）A． B． C． D．3．十字路口来往的车辆，如果不允许掉头，则行车路线共有（）A．24种 B．16种 C．12种 D．10种4．设，满足约束条件，则目标函数的最小值为（）A． B． C． D．5．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该“阳马”最长的棱长为（）A． B． C． D．6．大致的图象是（）A． B． C． D．7．函数在上单调递增，则的取值不可能为（）A． B． C． D．8．运行如图所示的程序框图，设输出数据构成的集合为，从集合中任取一个元素，则函数，是增函数的概率为（）A． B． C． D．9．已知，是函数的图象上的相异两点，若点，到直线的距离相等，则点，的横坐标之和的取值范围是（）A． B． C． D．10．在四面体中，若，，，则四面体的外接球的表面积为（）A． B． C． D．11．设是函数的极值点，数列满足，，，若表示不超过的最大整数，则=（）A．2017 B．2018 C．2019 D．202012．已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13．命题“，”的否定是__________．14．在中，角的平分线长为，角，，则__________．15．抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于，两点，且满足，点为原点，则的面积为__________．16．已知函数的周期为，当时，函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围是__________．三、解答题：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、已知数列的前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.18、ABCDPMN在四棱锥ABCDPMN是正三角形，与的交点为，又，点是中点.求证：（1）平面平面；（2）求二面角的余弦值.19、某高校在2017年自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩共分为五组，得到如下的频率分布表：组号分组频数频率第一组[145,155）50.05第二组[155,165）350.35第三组[165,175）30第四组[175,185）第五组[185,195）100.1（1）请写出频率分布表中的值，若同组中的每个数据用该组中间值代替，请估计全体考生的平均成绩；（2）为了能选出最优秀的学生，该高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取12名考生进入第二轮面试.①求第3、4、5组中每组各抽取多少名考生进入第二轮面试；②从上述进入二轮面试的学生中任意抽取2名学生，记X表示来自第四组的学生人数，求X的分布列和数学期望；③若该高校有三位面试官各自独立地从这12名考生中随机抽取2名考生进行面试，设其中甲考生被抽到的次数为Y，求Y的数学期望.20、在平面直角坐标系中，已知抛物线，为坐标原点，点为抛物线上任意一点，过点作轴的平行线交抛物线准线于点，直线交抛物线于点.（1）求证：直线过定点，并求出此定点坐标；（2）若，，三点满足，求直线的方程.21、已知函数.（1）当时，证明：；（2）若在区间上不是单调函数，讨论的实根的个数.请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22、【选修4——4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）已知平面直角坐标系中：，是曲线上任意一点，求面积的最小值.23、【选修4——5：不等式选讲】已知函数.（1）解不等式；（2）已知，求证：.2020年高考模拟试题（一）理科数学答案及解析1、【答案】D【解析】：，：，与没有包含关系，故为“既不充分也不必要条件”．故选D．2、【答案】B【解析】化为标准方程得，故焦点坐标为．故选B．3、【答案】C【解析】根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有种，故选C．4、【答案】A【解析】如图，过时，取最小值，为．故选A．5、【答案】D【解析】由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：其中平面，∴，，，∴，，．该几何体最长棱的棱长为．故选D．6、【答案】D【解析】由于函数是偶函数，故它的图象关于轴对称，再由当趋于时，函数值趋于零，故答案为：D．7、【答案】D【解析】∵，∴令，，即，，∵在上单调递增，∴且，∴，故选D．8、【答案】A【解析】由框图可知，其中基本事件的总数为5，设集合中满足“函数，是增函数”为事件E，当函数，是增函数时，，事件E包含基本事件的个数为3，则．故选：A．9、【答案】B【解析】设，，不妨设，函数为单调增函数，若点，到直线的距离相等，则，即．有．由基本不等式得：，整理得，解得．（因为，等号取不到）．故选B．10、【答案】C【解析】如图所示，该四面体的四个顶点为长方体的四个顶点，设长、宽、高分别为，，，则，三式相加得：，所以该四面体的外接球直径为长方体的体对角线长，故外接球体积为：．11、【答案】A【解析】由题意可得，∵是函数的极值点，∴，即．∴，∴，，，，，以上各式累加可得．∴．∴．∴．选A．12、【答案】C【解析】当时，在上为减函数，在上为增函数，且恒成立，若函数在区间上单调递增，则在区间上单调递增，则，解得，当时，在区间上单调递增，满足条件．当时，在上单调递增，令，则，则在上为减函数，在上为增函数，则，解得，综上所述，实数的取值范围，故选C．13、【答案】，．【解析】命题“，”的否定是“，”．即答案为，．14、【答案】．【解析】设角的平分线为，由正弦定理得，即，得，，，，．即答案为．15、【答案】．【解析】如图，由题可得，，由，所以，又根据可得，即，即，可以求得，，所以点的坐标为或，，即答案为2．16、【答案】．【解析】由题得．，．∴．∵，∴，．由得，即的图象与直线恰有两个交点，结合图象可知，即．故填．17、解析：（1）当时，，即，得;当时，有，则，得，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.所以，即.（2）原不等式即，等价于.记，则对恒成立，所以.，当时，，即；当时，，即；所以数列的最大项为，所以，解得.18、解（1）证明：在正三角形中，，在中，，ABCDPMNxABCDPMNxyz所以为的中点，又点是中点，所以因为平面，所以，又，,所以又，，又，所以，已证，所以，又，所以平面平面；（2）如图所示以为原点，建立空间直角坐标系。已知，是正三角形，则所以设平面的一个法向量为由令，则，所以设平面的一个法向量为由令，则，所以所以所以二面角的余弦值为-.19、解：（1）由题意知，（2）①第3、4、5组共60名学生，现抽取12名，因此第三组抽取的人数为人，第四组抽取的人数为人，第五组抽取的人数为人.②所有可能的取值为0，1，2，，，；的分布列为：01214161∴EX=0×③从12名考生中随机抽取2人，考生甲被抽到参加面试的概率为则，.20、解析：（1）由题意得抛物线准线方程为，设，故，从而直线的方程为，联立直线与抛物线方程得，解得，故直线的方程为，整理得，故直线恒过定点.（2）由（1）可设直线的方程为，联立直线与抛物线方程得消元整理得，设，，则由韦达定理可得，，因为，故，得，联立两式，解得或，代入，解得或，故直线的方程为或，化简得或.21、解析：(1)根据题意,令所以,当时,,当时,所以,故.(2)因为函数的对称轴轴方程为,所以.据题意,令,所以,令G'(x)=0,解得或，函数G(x)的定义域为因为且，由此得:时,1+mx>0,mx<0,此时,G'(x)≥0同理得:时,，时∴G(x)在上单调递递增,在上单调递减,在上单调递增，故时,G(x)>G(0)=0,x>0时,G(x)>G(0)=0，G(x)在有且只有1个零点x=0，G(x)在上单调递减,所以，由(1)代换可知，，，，则，，时，，而得又函数G(x)在上单调递增，，由函数零点定理得,使得，故时方程有两个实根.22、解析：（1）由，得，将代入得，即为曲线的极坐标方程.（2）设点到直线的距离为，则，当时，有最小值，所以面积.23、解析：（1）不等式，即，当时，不等式化为，解得；当时，不等式化为，无解；当时，不等式化为，解得；综上所述：不等式的解集为.（2），当且仅当，等号成立.由题意知，，所以.此卷只装订不密封班级姓名准考证号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2020年高考模拟试题（二）理科数学时间：120分钟分值：150分注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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．若复数是纯虚数．则的值为（）A． B．0 C．1 D．22．设（为虚数单位），其中，是实数，则等于（）A．5 B． C． D．23．为了从甲、乙两人中选一人参加数学竞赛，老师将二人最近的6次数学测试的分数进行统计，甲、乙两人的得分情况如茎叶图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别是，，则下列说法正确的是（）A．，乙比甲成绩稳定，应选乙参加比赛B．，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛C．，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛D．，乙比甲成绩稳定，应选乙参加比赛4．正方形中，点，分别是，的中点，那么（）A． B． C． D．5．已知双曲线是离心率为，左焦点为，过点与轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，，若的面积为20，其中是坐标原点，则该双曲线的标准方程为（）A． B． C． D．6．一个几何体的视图如下图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A． B． C． D．7．执行如下图的程序框图，若输入的值为2，则输出的值为（）A． B． C． D．8．已知函数在定义域上是单调函数，若对于任意，都有，则的值是（）A．5 B．6 C．7 D．89．己知、为异面直线，平面，平面．直线满足，，，，则（）A．，且， B．，且，C．与相交，且交线垂直于 D．与相交，且交线平行于10．已知三棱柱的六个顶点都在球的球面上，球的表面积为，平面，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．11．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（）A． B． C． D．12．已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13．已知实数，满足，则的最小值为_________．14．已知向量，，若，则___________．15．已知数列的前项和为，且，则数列的前6项和为____．16．抛物线的焦点为，准线为，、是抛物线上的两个动点，且满足．设线段的中点在上的投影为，则的最大值是_____．三、解答题：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．（12分）已知是等比数列，，且，，成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项的和．18．（12分）某种产品的质量以其质量指标值来衡量，质量指标值越大表明质量越好，记其质量指标值为，当时，产品为一级品；当时，产品为二级品，当时，产品为三级品，现用两种新配方(分别称为配方和配方)做实验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到下面的试验结果：(以下均视频率为概率)配方的频数分配表：指标值分组频数10304020配方的频数分配表：指标值分组频数510154030（1）若从配方产品中有放回地随机抽取3件，记“抽出的配方产品中至少1件二级品”为事件，求事件发生的概率；（2）若两种新产品的利润率与质量指标满足如下关系：，其中，从长期来看，投资哪种配方的产品平均利润率较大？19．（12分）如图，四边形中，，，，，，分别在，上，，现将四边形沿折起，使平面平面．（1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，且，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．20．（12分）已知椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个长轴端点恰好是抛物线的焦点．（1）求椭圆的方程；（2）已知，是椭圆上的两点，，是椭圆上位于直线两侧的动点．①若直线的斜率为，求四边形面积的最大值．②当，运动时，满足，试问直线的斜率是否为定值？请说明理由．21．（12分）已知函数，其中，为参数，且．（1）当时，判断函数是否有极值．（2）要使函数的极小值大于零，求参数的取值范围．（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数在区间内都是增函数，求实数的取值范围．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．（10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线过点，倾斜角为．（1）求曲线的直角坐标方程与直线QUOTE的参数方程；（2）设直线与曲线交于，两点，求的值．23．（10分）选修4-5：不等式选讲已知函数．（1）解不等式；（2）若，且，证明：．2020年高考模拟试题（二）理科数学答案及解析1、【答案】C【解析】由题意，复数为纯虚数，则，即，故选C．2、【答案】A【解析】由，得，∴，解得，∴．选A．3、【答案】D【解析】由茎叶图可知，甲的平均数是，乙的平均数是，所以乙的平均数大于甲的平均数，即，从茎叶图可以看出乙的成绩比较稳定，应选乙参加比赛，故选D．4、【答案】D【解析】因为点是的中点，所以，点是的中点，所以，所以，故选D．5、【答案】A【解析】由可得，∴，故．∴双曲线的渐近线方程为，由题意得，，∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．选A．6、【答案】D【解析】由三视图可知几何体的原图如下图所示：在图中平面，，，，．由于是直角三角形，所以它的外接圆的圆心在斜边的中点，且，设外接球的球心为，如图所示，由题得，所以该几何体的外接球的表面积为，故选D．7、【答案】C【解析】运行框图中的程序可得①，，不满足条件，继续运行；②，，不满足条件，继续运行；③，，不满足条件，继续运行；④，，不满足条件，继续运行；⑤，，满足条件，停止运行，输出．选C．8、【答案】B【解析】因为函数在定义域上是单调函数，且，所以为一个常数，令这个常数为，则有，且，将代入上式可得，解得，所以，所以，故选B．9、【答案】D【解析】平面，直线满足，且，所以，又平面，，，所以，由直线、为异面直线，且平面，平面，则与相交，否则，若则推出，与、异面矛盾，故与相交，且交线平行于．故选D．10、【答案】C【解析】由，，，得，∴．设球半径为，，则由平面知为外接球的直径，在中，有，又，∴，∴．∴，．设点到平面的距离为，则由，得，∴，又，∴直线与平面所成角正弦值为．选C．11、【答案】D【解析】由已知得，故；∵的面积为，∴，∴，又，∴，，∴，又，∴，∴．即的取值范围为．选D．12、【答案】A【解析】因为定义在上的偶函数在上递减，所以在上单调递增，若不等式对于上恒成立，则对于上恒成立，即对于上恒成立，所以对于上恒成立，即对于上恒成立，令，则由，求得，（1）当时，即或时，在上恒成立，单调递增，因为最小值，最大值，所以，综上可得；（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，所以，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，，，，①若，即，因为，则最大值为，此时，由，，求得，综上可得；②若，即，因为，则最大值为，此时，最小值，最大值为，求得，综合可得，综合（1）（2）（3）可得或或，即．故选A．13、【答案】5【解析】作可行域，则直线过点时取最小值，14、【答案】13【解析】由题意得，，，．15、【答案】【解析】由题意得，，，因为，，，，数列的前6项和为．16、【答案】【解析】设，，如图，根据抛物线的定义，可知，，再梯形中，有，中，，又因为，所以，所以，故最大值是，故填：．17、【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设数列公比为，则，，因为，，成等差数列，所以，即，整理得，因为，所以，所以．（2）因为，所以．18、【答案】（1）；（2）投资配方产品的平均利润率较大．【解析】（1）由题意知，从配方产品中随机抽取一次抽中二级品的概率为，则没有抽中二级品的概率为，所以，．（2）配方立品的利润分布列为所以．配方产品的利润分布列为所以，因为，所以．所以投资配方产品的平均利润率较大．19、【答案】（1）在存在一点，且，使平面；（2）．【解析】（1）在折叠后的图中过作，交于，过作交于，连结，在四边形中，，，所以．折起后，，又平面平面，平面平面，所以平面．又平面，所以，所以，，，因为，，所以平面平面，因为平面，所以平面．所以在存在一点，且，使平面．（2）设，所以，，故，所以当时，取得最大值．由（1）可以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，则，设平面的法向量，则，即，令，则，，则，所以．所以二面角的余弦值为．20、【答案】（1）；（2）①．②的斜率为定值．【解析】（1）因为抛物线方程，所以抛物线焦点为．所以，又，，所以，．所以椭圆的方程为．（2）①设，，设直线的方程为，联立消，得，，又，在直线两侧的动点，所以．所以，．又，，所以，当时，四边形面积取得最大值为．②当时，，斜率之和为．设直线的斜率为，则直线的斜率为．设的方程为，联立，消得，，所以，同理．所以，所以．所以的斜率为定值．21、【答案】（1）无极值；（2）；（3）．【解析】（1）当时，，，所以，所以无极值．（2）因为，设，得，，由（1），只需分下面两情况讨论：①当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以当时，取得极小值，极小值，要使，则有，所以，因为，故或；②当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以当时，取得极小值．极小值．若，则，矛盾．所以当时，的极小值不会大于零．综上所述，要使函数在内的极小值大于零，参数的取值范围是：．（3）由（2）知，函数在区间与内都是增函数，由题设，函数在内是增函数，则或．由（2）参数时，要使恒成立，必有，即且．综上：或．所以的取值范围是．22、【答案】（1）曲线的直角坐标方程为：，直线的参数方程为(为参数)；（2）．【解析】（1）因为，所以，所以，即曲线的直角坐标方程为：，直线的参数方程(为参数)，即(为参数)，（2）设点，对应的参数分别为，，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，整理，得，所以，因为，，所以．23、【答案】（1）；（2）见解析．【解析】（1）解：，当时，，；当时，，，无解；当时，，．综上，不等式的解集为：．（2）证明：．因为，所以，所以，．此卷只装订不密封班级姓名准考证号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2020年高考模拟试题（三）理科数学时间：120分钟分值：150分注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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．已知复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．设集合，，则（）A． B． C． D．3．下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（）A． B． C． D．4．将个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（）A．种 B．种 C．种 D．种5．如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（）A． B． C． D．6．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后入称之为三角形的欧拉线．已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（）A． B． C． D．7．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A．4097 B．9217 C．9729 D．204818．已知函数（其中为常数，且，，）的部分图象如图所示，若，则的值为（）A． B． C． D．9．已知实数，，，则的大小关系是（）A． B． C． D．10．如图所示，在正方体中，分别为的中点，点是底面内一点，且平面，则的最大值是（）A． B． C． D．11．已知双曲线的左右焦点分别为，过点的直线交双曲线右支于两点，若是等腰三角形，．则的周长为（）A． B． C． D．12．已知函数，，若成立，则的最小值为（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13．计算定积分__________．14．一只蚊子在一个正方体容器中随机飞行，当蚊子在该正方体的内切球中飞行时属于安全飞行，则这只蚊子安全飞行的概率是__________．15．的展开式中的系数为__________（用数字作答）．16．具有公共轴的两个直角坐标平面和所成的二面角轴大小为，已知在内的曲线的方程是，曲线在平面内射影的方程，则的值是__________．三、解答题：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.已知等差数列中,公差,，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围.18.在冬季，由于受到低温和霜冻的影响，蔬菜的价格会随着需求量的增加而上升，已知某供应商向饭店定期供应某种蔬菜，日供应量与单价之间的关系，统计数据如下表所示：日供应量（）384858687888单价（元/）16.818.820.722.42425.5（Ⅰ）根据上表中的数据得出日供应量与单价之间的回归方程为，求，的值；（Ⅱ）该地区有个饭店，其中个饭店每日对蔬菜的需求量在以下（不含），个饭店对蔬菜的需求量在以上（含），则从这个饭店中任取个进行调查，记这个饭店中对蔬菜需求量在以下的饭店数量为，求的分布列及数学期望.参考公式及数据：对一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，19.如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，，，面面，点为棱的中点.（Ⅰ）在棱上是否存在一点，使得面，并说明理由；（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角.20．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若点是椭圆上位于第一象限的任一点，直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率分别为．求证：为定值．21.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数在定义域内有个零点，求整数的最小值.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分．22.选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，过点的直线（为参数）与曲线相交于两点．（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若成等比数列，求实数的值．23.选修4－5：不等式选讲设函数，.(1)解不等式；(2)设函数，且在上恒成立，求实数的取值范围．2020年高考模拟试题（三）理科数学答案及解析1、【答案】D【解析】，，，，，的共轭复数在复平面内对应点坐标为，的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限，故选D．2、【答案】A【解析】，故．3、【答案】C【解析】令圆的半径为1，则，故选C．4、【答案】A【解析】最左端排甲时，有种排法；最左端排乙时，有种排法，所以共有种排法，选A．5、【答案】D【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，故该四棱锥的外接球，与以俯视图为底面，以4为高的直三棱柱的外接球相同．由底面底边长为4，高为2，故底面为等腰直角三角形，可得底面三角形外接圆的半径为，由棱柱高为4，可得，故外接球半径为，故外接球的体积为．选D．6、【答案】D【解析】线段AB的中点为M（1，2），kAB=﹣2，∴线段AB的垂直平分线为：y﹣2=（x﹣1），即x﹣2y+3=0．∵AC=BC，∴△ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上，因此△ABC的欧拉线的方程为：x﹣2y+3=0．故选：D．7、【答案】B【解析】阅读流程图可知，该流程图的功能是计算：，则，以上两式作差可得：，则：．本题选择B选项．8、【答案】B【解析】由函数图象可知：，函数的最小正周期：，则，当时，，令可得，函数的解析式：．由可得：，则：．本题选择B选项．9、【答案】B【解析】∵，∴；又，∴，∴，即．选B．10、【答案】D【解析】由题意可得，点位于过点且与平面平行的平面上，如图所示，取的中点，连结，由正方形的性质可知：，由为平行四边形可知，由面面平行的判定定理可得：平面平面，据此可得，点位于直线上，如图所示，由平面可得，则，当有最大值时，取得最小值，即点是的中点时满足题意，结合正方体的性质可得此时的值是．本题选择D选项．11、【答案】C【解析】双曲线的焦点在轴上，则；设，由双曲线的定义可知：，由题意可得：，据此可得：，又，由正弦定理有：，则，即：，解得：，则△ABF1的周长为：．本题选择C选项．12、【答案】A【解析】设，，，，，，，，令，则，，在上为增函数，且，当时，，当时，，在上为减函数，在上为增函数，当时，取得最小值，此时，即的最小值为，故选A．13、【答案】【解析】由题意结合微积分基本定理可得：．故答案为：．14、【答案】【解析】设正方体的棱长为，其体积，内切球直径为，其体积：，利用几何概型公式结合题意可得这只蚊子安全飞行的概率是：．15、【答案】【解析】展开式的通项公式为：，令，则展开项为：，令，则展开项为：，据此可得展开式中的系数为．16、【答案】【解析】结合题中所给的示意图可知：曲线的方程是，则，作平面于点，由于平面和所成的二面角轴大小为，故，即曲线在平面内射影所形成的抛物线的焦距为，故．故答案为：2．17、解:(1)由题意可得，即又∵，∴，∴.（2）∵，∴，∵，使得成立成立，∴，使得成立，即，使得成立，又（当且仅当时取等号），∴，即实数的取值范围是.18、解：（1）对两边同取对数得，令，得∴，∴，即.（2）由题意知，的所有可能取值为.,,,,.∴的分布列为∴.19、解：（1）在棱上存在点，使得面，点为棱的中点.理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，，又平面，平面，所以，平面.（2）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且面面，面面，所以面，故以为坐标原点建立如图空间坐标系，设，则由题意知，，，，，，设平面的法向量为，则由得，令，则，，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以.由于面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从而，所以直线与平面所成的角为.20、解:（1）因为椭圆的上顶点为，离心率为，所以…………………2分又，得，所以椭圆的标准方程是；…………………4分（2）根据题意，可得直线，直线，由，解得.……6分由得，化简得，因为，所以，所以，将代入直线方程得：，所以.……………8分又因为，所以，所以直线，令得，.………………10分于是，所以，为定值．…………12分21、解：（1）∵∴①当时，，在为增函数；②由二次函数的对称轴为，利用，，在为增函数；③当时二次方程的两根：∴在为增函数，为减函数；④当时二次方程的两根：∴在，为增函数，为减函数；综上①当时，在为增函数；②当时，在为增函数，为减函数；③当时在，为增函数，为减函数.（2）由的单调性和可知：①当时，在为增函数，不可能有三个零点；②当时，在为增函数，为减函数，也不可能有三个零点；③当时在，为增函数，为减函数；（记极大值点）∴∵，且在定义域内有三个零点∴即在分别有一个零点，结合符合题意。∵∴设，在上为减函数∵∴当符合题意当，即整数的最小值为3.（2）另解：单调性分析，先控制，再验证满足若在定义域内有三个零点。22、解:(1)把eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))代入ρsin2θ＝2acosθ，得y2＝2ax(a>0)，由(t为参数)，消去t得x－y－2＝0，∴曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程分别是y2＝2ax(a>0)，x－y－2＝0.（2）将化成标准参数方程（为参数），将其代入得:,设是该方程的两根,则,∵∴∴,解得.23、解:(1)函数，故由不等式，可得或，解得.(2)函数g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在x∈[－2，2]上恒成立，在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示．故当x∈[－2，2]时，若0≤－a≤4，则函数g(x)的图象在函数f(x)的图象的下方，g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，求得－4≤a≤0，故所求的实数a的取值范围为[－4，0]．此卷只装订不密封班级姓名准考证号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2020年高考模拟试题（四）理科数学时间：120分钟分值：150分注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，则复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．设为锐角，，，若与共线，则角（）A．15° B．30° C．45° D．60°3．函数在单调递增，且关于对称，若，则的的取值范围是（）A． B．C． D．4．如图，执行所示的算法框图，则输出的值是（）A． B． C． D．5．函数的部分图像如下图，且，则图中的值为（）A．1 B． C．2 D．或26．李冶（1192-1279），真实栾城（今属河北石家庄市）人，金元时期的数学家、诗人，晚年在封龙山隐居讲学，数学著作多部，其中《益古演段》主要研究平面图形问题：求圆的直径、正方形的边长等．其中一问：现有正方形方田一块，内部有一个圆形水池，其中水池的边缘与方田四边之间的面积为13.75亩，若方田的四边到水池的最近距离均为二十步，则圆池直径和方田的边长分别是（注：240平方步为1亩，圆周率按3近似计算）（）A．10步，50步 B．20步，60步 C．30步，70步 D．40步，80步7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的体积为（）A． B． C． D．8．设点是表示的区域内任一点，点是区域关于直线的对称区域内的任一点，则的最大值为（）A． B． C． D．9．如图所示，为了测量，处岛屿的距离，小明在处观测，，分别在处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶40海里至处，观测在处的正北方向，在处的北偏西方向，则，两处岛屿间的距离为（）A．海里 B．海里 C．海里 D．40海里10．若函数图像上存在两个点，关于原点对称，则对称点为函数的“孪生点对”，且点对与可看作同一个“孪生点对”．若函数恰好有两个“孪生点对”，则实数的值为（）A．0 B．2 C．4 D．611．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，若，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．12．已知函数函数，其中，若函数恰有4个零点，则实数b的取值范围是（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13．已知向量，则实数_________．14．若满足条件的最大值为__________．15．已知__________．16．若存在实常数k和b，使得函数对其公共定义域上的任意实数x都满足：恒成立，则称此直线的“隔离直线”，已知函数(e为自然对数的底数)，有下列命题：①内单调递增；②之间存在“隔离直线”，且b的最小值为；③之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是；④之间存在唯一的“隔离直线”．其中真命题的序号为__________．(请填写正确命题的序号)三、解答题：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．（12分）已知的内角、、的对边分别为、、其面积为，且．（1）求角；（2）若，，当有且只有一解时，求实数的范围及的最大值．18．（12分）某市教育部门为了了解全市高一学生的身高发育情况，从本市全体高一学生中随机抽取了100人的身高数据进行统计分析．经数据处理后，得到了如下图1所示的频事分布直方图，并发现这100名学生中，身不低于1.69米的学生只有16名，其身高茎叶图如下图2所示，用样本的身高频率估计该市高一学生的身高概率．（1）求该市高一学生身高高于1.70米的概率，并求图1中、、的值．（2）若从该市高一学生中随机选取3名学生，记为身高在的学生人数，求的分布列和数学期望；（3）若变量满足且，则称变量满足近似于正态分布的概率分布．如果该市高一学生的身高满足近似于正态分布的概率分布，则认为该市高一学生的身高发育总体是正常的．试判断该市高一学生的身高发育总体是否正常，并说明理由．19．（12分）如下图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆的右焦点为，坐标原点为．椭圆的动弦过右焦点且不垂直于坐标轴，的中点为，过且垂直于线段的直线交射线于点．（1）求点的横坐标；（2）当最大时，求的面积．21．（12分）已知函数，．（1）若函数，在区间上均单调且单调性相反，求，的取值范围；（2）若，证明：．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．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】已知直线QUOTE的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．（1）求圆的直角坐标方程；（2）若是直线与圆的公共点，求的值．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数．（1）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；（2）若不等式的解集为，求实数，的值．2020年高考模拟试题（四）理科数学答案及解析1、【答案】D【解析】由题意，，对应点为，在第四象限，故选D．2、【答案】B【解析】由题意，，又为锐角，∴．故选B．3、【答案】D【解析】函数图像是由图像向左平移2个单位后得到，故关于轴对称，且在上递减．故等价于，解得．4、【答案】D【解析】按照图示得到循环一次如下：，；，；，；，；，；，；，；，；，．不满足条件，得到输出结果为：4．故答案为：D．5、【答案】B【解析】由题意可得，，又，∴，又，∴或，，由周期，得，∴，故选：B．6、【答案】B【解析】设圆池的半径为步，则方田的边长为步，由题意，得，解得或（舍），所以圆池的直径为20步，方田的边长为60步，故选B．7、【答案】D【解析】几何体为如图，所以外接球的半径R满足，，体积为，选D．8、【答案】D【解析】如图画出可行域，根据点的对称性可知，点与点关于直线的对称点间的距离最大，最大距离就是点到直线距离的2倍，联立，解得：，点到直线的距离，那么，故选D．9、【答案】A【解析】在中，，，所以，由正弦定理可得：，解得，在中，，所以，在中，由余弦定理可得：，解得．10、【答案】A【解析】当时，，故函数在区间，上递减，在上递增，故在处取得极小值．根据孪生点对的性质可知，要恰好有两个孪生点对，则需当时，函数图像与的图像有两个交点，即，．11、【答案】A【解析】∵，不妨令，，，∵，∴，又由双曲线的定义得：，，∴，∴．∴，∴．在中，，又，∴，∴，∴双曲线的离心率．故选：A．12、【答案】B【解析】由题可知，故，∵函数恰有4个零点，∴方程有4个不同的实数根，即函数与函数的图象恰有4个不同的交点．又，在坐标系内画出函数函数的图象，其中点，的坐标分别为，．由图象可得，当时，函数与函数的图象恰有4个不同的交点，故实数b的取值范围是．选B．13．答案：解析：由，则，所以，又由，所以，解得，故答案为.14．答案：解析：由题,画出可行域为如图区域，，当在处时，，故答案为.15．答案：180解析：，，，故答案为.16．答案：①②④解析：①，，，，在内单调递增，故①正确；②，③设的隔离直线为，则对任意恒成立，即有对任意恒成立.由对任意恒成立得.若则有符合题意;若则有对任意恒成立,又则有，，即有且，，，同理，可得，所以，，故②正确，③错误；④函数和的图象在处有公共点，因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，由恒成立，若，则不恒成立.若，由恒成立，令，在单调递增，，故不恒成立.所以，可得，当恒成立，则，只有，此时直线方程为，下面证明，令，，当时，；当时，；当时，；当时，取到极小值，极小值是，也是最小值，，则，函数和存在唯一的隔离直线，故④正确，故答案为①②④．17、【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由己知，由余弦定理得，所以，即，，，所以，．（2）由己知，当有且只有一解时，或，所以；①当时，为直角三角形，，②当时，由正弦定理，，，，所以，当时，，综上所述，．18、【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．【解析】（1）由图2可知，100名样本学生中身高高于1.70米共有15名，以样本的频率估计总体的概率，可得这批学生的身高高于1.70的概率为0.15．记为学生的身高，结合图1可得：，，，又由于组距为0.1，所以，，．（2）以样本的频率估计总体的概率，可知从这批学生中随机选取1名，身高在的概率为，因为从这批学生中随机选取3名，相当于三次重复独立试验，所以随机变量服从二项分布，故QUOTE的分布列为：，01230.0270.1890.4410.343（或）（3）由，取，，由（2）可知，，又结合（1），可得：，，所以这批学生的身高满足近似于正态分布的概率分布，应该认为该市高一学生的身高发育总体是正常的．19、【答案】（1）见解析．（2）．【解析】（1）由己知得，，取的中点，连接，由为中点知，，又故，四边形为平行四边形，于是．因为平面，平面，所以平面．（2）取的中点，连结，由得，从而，且，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，由题意知，，，，，，，，，设为平面的法向量，则，即，可取，故直线与平面所成角的正弦值为．20、【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）易知，设所在直线为，，，联立方程组，化简得，由韦达定理得，，则，从而所在直线方程为又所在直线方程为，联立两直线方程解得．（2）由（1）得，则，，则（当且仅当时取等号），当取得最小值时，最大，此时，，，，从而．21、【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1），令，，又函数在上单调，所以在上单调递增，，而，所以，即，所以在上单调递减．所以在上恒成立，即，令，，所以在上单调递增，，所以，即．（2）在（1）中，令，在上单调递增，，即，令，得，，，在（1）中，令，由在上单调递减得，所以即，取得，，即，由得：，综上所述，．22、【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）∵圆的极坐标方程为，，所以，又，，，∴，∴圆普通方程为．（2）圆的方程为，即，将直线的参数方程，（为参数)化为普通方程：，∴直线与圆的交点为和，，．23、【答案】（1）；（2）．【解析】（1）对，，当且仅当时取等号，故原条件等价于，即或，故实数的取值范围是．（2）由，可知，所以，故，故的图象如图所示，由图可知．此卷只装订不密封班级姓名准考证号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2020年高考模拟试题（五）理科数学时间：120分钟分值：150分注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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．已知全集，集合，，则（）A． B． C． D．2．欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．特别是当时，被认为是数学上最优美的公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”．根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．在区间上任取两个数，则这两个数之和大于3的概率是（）A． B． C． D．4．下列命题中：①“”是“”的充分不必要条件②定义在上的偶函数最小值为5；③命题“，都有”的否定是“，使得”④已知函数的定义域为，则函数的定义域为．正确命题的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．《九章算术》中的玉石问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（即176两），问玉、石重各几何？”其意思为：“宝玉1立方寸重7两，石料1立方寸重6两，现有宝玉和石料混合在一起的一个正方体，棱长是3寸，质量是11斤（即176两），问这个正方体中的宝玉和石料各多少两？”如图所示的程序框图给出了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的，分别为（）A．90，86 B．94，82 C．98，78 D．102，746．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，已知平面区域，则平面区域的面积为（）．A． B． C． D．8．若仅存在一个实数，使得曲线：关于直线对称，则的取值范围是（）A． B． C． D．9．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（）A． B． C． D．10．已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对任意，恒成立，则的取值范围是（）A． B． C． D．11．设正三棱锥的高为，且此棱锥的内切球的半径为，若二面角的正切值为，则（）A．5 B．6 C．7 D．812．若函数，对于给定的非零实数，总存在非零常数，使得定义域内的任意实数，都有恒成立，此时为的假周期，函数是上的级假周期函数，若函数是定义在区间内的3级假周期且，当，，函数，若，使成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13．的展开式中的系数为__________．14．若实数，满足且的最小值为3，则实数的值为__________．15．在中，，，边上的中线，则的面积为__________．16．已知单位向量，，两两的夹角均为(，且)，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系(为坐标原点)下的“仿射”坐标，记作，有下列命题：①已知，，则；②已知，，其中，，均为正数，则当且仅当时，向量，的夹角取得最小值；③已知，，则；④已知，，，则三棱锥的表面积．其中真命题为__________．(写出所有真命题的序号)三、解答题：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．（12分）已知函数部分图象如图所示．（1）求值及图中的值；（2）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，求的值．18．（12分）光伏发电是将光能直接转变为电能的一种技术，具有资源的充足性及潜在的经济性等优点，在长期的能源战略中具有重要地位，2015年起，国家能源局、国务院扶贫办联合在6省的30个县开展光伏扶贫试点，在某县居民中随机抽取50户，统计其年用量得到以下统计表．以样本的频率作为概率．用电量（单位：度）户数7815137（1）在该县居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为，求的数学期望；（2）在总结试点经验的基础上，将村级光伏电站稳定为光伏扶贫的主推方式．已知该县某自然村有居民300户．若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组，该机组所发电量除保证该村正常用电外，剩余电量国家电网以元/度的价格进行收购．经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1000度，试估计该机组每年所发电量除保证正常用电外还能为该村创造直接受益多少元？19．（12分）如图，在四棱锥中，底面，，，，，．（1）求证：平面平面；（2）若棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，若椭圆经过点，且的面积为2．（1）求椭圆的标准方程；（2）设斜率为1的直线与以原点为圆心，半径为的圆交于，两点，与椭圆交于，两点，且（），当取得最小值时，求直线的方程．21．（12分）已知函数在处取得极小值．（1）求实数的值；（2）设，其导函数为，若的图象交轴于两点，且，设线段的中点为