2020年高考数学(理科)精优预测卷 新课标全国卷(一)

余年寄山水
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2020年08月16日 09:29
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卡通猪-2015江苏高考数学试卷




2020年高考数学(理科)

精优预测卷
新课标全国卷(一)
1
、已知集合
A{x|x
2
4x 0},B{x|1x1}
,则
AUB
( )
A


1,1

B


1,4

C


0,1

D


0,4


2、命题“对任意
xR,都有
x
2
0
”,的否定为( )
A.对任意
xR
,都有
x
2
0

B.不存在
xR
,使得
x
2
0

2< br>C.存在
x
0
R
,使得
x
0
0

2
D.存在
x
0
R
,使得
x
0
0



3
、已知复数
z
A.
第一象限

3i
,则
z
在复平面内对应的点位于
( )
12i
B.
第二象限
C.
第三象限
D.
第四象限

4
、执行如图的程序框图,输出的
c
的值为
( )

A.5 B.4 C.-5 D.-4
5
、已知底面边长为
2
的正 四棱锥
SABCD
的各顶点均在球
O
的表面上,若球
O
的 表面积

25π
,则该正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为
( )
2



A.1 B.2 C.2

1

2
D.
2

6、图1是某宾馆地毯上的图案,它是一个轴对称图形. 可从中抽象出一个正八边形,且在该
正八边形中有一个边长和该正八边形的边长相等的正方形,如图2所 示.若向图2的正八边形
中任意地投掷一个点,则该点落在正方形内的概率是( )

A.
32

7
B.
21

2
C.
21

3
D.
42
< br>14
7
、已知函数
f

x

cos2x< br>,将函数
g

x

sin2x
的图象向右平移m

m0

个单位长度后得
到的函数图象与
f

x

的图象重合,则
m
的最小值为
( )
A.
π

4
B.
π

2
C.


4
D.π
8、记
S
n
为等比数列
{a
n
}
的前n项和,若
a
2a
3

2
n
A.
a
n


3
8
16

a
5

,则( ) 9
3
2
n
1
D.
S
n


3
B.
a
n
3
n1

3
n
1
C.
S
n


2
x


21,0x1
9
、已知函数
yf

x

是定义域为
R
的偶函数,当
x0
时,f

x



2
若关于
x2x 6,x1


x
的方程


f

x



af

x

b0(a, bR)
有且仅有
8
个不同的实数根,则实数
a
的取值范围

( )
9)
A.
(4,
2
B.
(9,4)
C.

4,9

D.

9,4


10
、如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径
.
若该几
何体的体积是
28π
,则它的表面积是
( )
3




A.
17π
B.
18π

2
C.
20π
D.
28π

11、已知点
R

0,2

,曲线
C:y
4


px

p0

,直线
ym< br> (
m0

m2
)与曲线C交于
M,N
两点,若
△RMN
周长 的最小值为2,则p的值为( )
A.8 B.6 C.4 D.2
1
12
、已知函数
f

x

x
3
ax
2
ax1(a1)

x
1
,x
2

x
1
x
2

处的导数相等,则 不等式
3
f

x
1
x
2

m
恒成立时
m
的取值范围为
( )
A.

,1

B.

,0

C.

,1


rr
r
r
2
r
2
r
2
13
、设向量
a

m,1

,b

1,2

,且
abab
,则
m
__________.
4

D.

,


3

14
、有三张卡片,分别写有
1

2

1

3

2

3
.甲,乙,丙三人各取走一张卡片,甲看了乙的卡片后说:

我与乙的卡片上相同的数字不是
2”
,乙看了丙的卡 片后说:

我与丙的
卡片上相同的数字不是
1”
,丙说:

我的卡片上的数字之和不是
5”
,则甲的卡片上的数字是
_________ __.
x
2
y
2
15、已知双曲线
C:
2

2
1(a0,b0)
的左、右焦点分别为
F
1
, F
2
,

F
1
的直线与
C

ab
uuuruuuruuuruuuur
两条渐近线分别交于
A,B
两点.若< br>F

1
AAB

F
1
BF
2< br>B0
,则
C
的离心率为________.

2xy1 0

16
、若
x,y
满足约束条件

xy5 0
,则
zx
2
4x4y
2
的取值范围是
.

y1

a
2
c
2
b
2
c

17
、在
△ABC
中,内角
A,B,C所对的边分别为
a,b,c
,若
2
..
ab
2
c
2
2ac
(1)

B.
(2)

b1
,求
△ABC
面积的最大值
.
18、如图,在四棱锥
PABCD
中,
ABCD
,且
BAPCDP90
.




(1)证明:平面
PAB
平面
PAD
;
(2)若
PAPDABDC

APD90
,求二面角
APBC
的余弦值.
x
2
y
2
2
19、焦点 在x轴上的椭圆
C:
2

2
1
经过点
2,2,椭圆C的离心率为.
F
1

F
2

2
ab

椭圆的左、右焦点,P为椭圆上任意点.

1
)求椭圆的标准方程;

(2)若点M为
OF
2
的中点(O为坐标原点),过M且平行于OP的直线l交椭圆C于A,
B两点,是否存在实数 λ,使得

|OP|
2
|MA|MB
;若存在,请求出λ的值, 若不存在,
请说明理由.
20
、某共享单车经营企业欲向甲市投放单车,为制定适宜 的经营策略,该企业首先在已投放
单车的乙市进行单车使用情况调查.调查过程分随机问卷、整理分析及 开座谈会三个阶

段.在随机问卷阶段,
A,B
两个调查小组分赴全市不同区 域发放问卷并及时收回;在整理
分析阶段,两个调查小组从所获取的有效问卷中,针对
15
45
岁的人群,按比例随机抽取

300
份,进行了数据统计 ,具体情况如下表:



1
)先用分层抽样的方法从上述
300
人中按“年龄是否达到
35
岁”抽出一个容量为
60

的样本,再用分层抽样的方法将“年龄达到
35
岁”的被抽个体数分配到“经常使用单车”< br>和“偶尔使用单车”中去.


①求这
60
人中“年龄达到< br>35
岁且偶尔使用单车”的人数;


②为听取对发展共享单车的建议 ,调查组专门组织所抽取的“年龄达到
35
岁且偶尔使用单
车”的人员召开座谈会.会 后共有
3
份礼品赠送给其中
3
人,每人
1
份(其余人员仅赠 送骑
行优惠券).已知参加座谈会的人员中有且只有
4
人来自
A
组, 求
A
组这
4
人中得到礼品



的人数
X
的分布列和数学期望;


2
)从统计数 据可直观得出“是否经常使用共享单车与年龄(记作
m
岁)有关”的结论.在
用独立性 检验的方法说明该结论成立时,为使犯错误的概率尽可能小,年龄
m
应取
25
还是
35
?请通过比较
K
2
的观测值的大小加以说明.

2
(nad-bc)

参考公式:
K=
,其中
n=a+b+c+d

(a+b)( c+d)(a+c)(b+d)
2
e
x
21、已知函数
f(x)< br>,
g(x)2(xlnx)
.
x
(1)当
x0
时,证明
f(x)g(x)
;
uuuruuur
ππ
(2)已知点
P(x,e)
,点
Q(si nx,cosx)
,设函数
h(x)OPOQ
(O为坐标原点),当
x [,]
22
x
时,试判断
h(x)
的零点个数.
22、 在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,以
x
轴正半轴为极轴,建立极坐标系,
< br>



A
的极坐标为

2,

,直线
l
的极坐标方程为

cos



a
,且
l
过点
A
,曲线
C
1
4

4



x2cos

的参 数方程为



为参数).


y3sin< br>
(1).求曲线
C
1
上的点到直线
l
的距离的最大 值;
(2).过点
B

1,1

与直线
l平行的直线
l
1
与曲线
C
1
交于
M,N
两点,求
BMBN
的值
23
、设函数
f

x

ax1x1

xR




1
)当
a1
时,求不等式
f

x
2
的解集;


2
)对任意实数
x
2,3

,都有
f

x

2x3
成立,求实数
a
的取值范围.








答案以及解析
1答案及解析:



答案:
B
2
解析:∵集合
A{x|x 4x0}

x0x4

,B{x|1x1}
,< br>

AUB

x1x4


1,4

.
故选:
B.

2答案及解析:
答案:D
解析:全称命题的否定是特称命题“对任意
x R
,都有
x
2
0
”的否定为“存在
x
0
R
,都
2

x
0
0
”,故选D.

3答案及解析:
答案:
A
解析:由题意知,
z
象限,故选
A.

4答案及解析:
答案:
D
解析:第一次执行,
c4,a5, b4,k2
;第二次执行,
c1,a4,b1,k3

< br>第三次执行,
c5,a1,b5,k4
;第四次执行,
c4 ,a5,b4,k5


第五次执行,
c1,a4,b1 ,k6
;第六次执行,
c5,a1,b5,k7


第七 次执行,
c4,a5,b4,k8
;…故该循环具有周期性,且周期为
6,则输出的
c

值为
4
.
故选
D.

5答案及解析:
答案:
C
2
解析:设球< br>O
的半径为
R
,则
4πR

3i
< br>12i


1

7
i

17
,则在复平面内对应的点为

,

,位于第一
12i

12i

55

55

25π
52
.
,得
R
2
4
连接
AC ,BD
,记
ACBDH
,连接
SH
,则
SH
平面
ABCD




O
在直线< br>SH
上,设
SHh
,则
OHh
连接
OC
,在
Rt△OHC
中,易知
HC2


52
.
4

52

52

2
h2
由勾股定理可知

,解得或,

h
h22

4

4
2

22
所以该正四棱锥 的侧棱与底面所成角的正切值为
2


6答案及解析:
答案:B
1
.
2
解析:如图所示,设
ABa
,连接
CF
,根据题意可知
CEF90,CFE45

EF
a

2

CF

1a2
2
2
22
aa2a22a
. 故所求的概率是
a.正八边形的面积为
a
2
4


2
< br>22
2

a
2
2a
2
22a
2

1
222

21
.
2


7答案及解析:
答案:
C
π

解析:
g
x

sin2xcos

2x

,< br>g

x

的图象向右平移
m
个单位长度后,

2

π

π

所得图象的函数解析式为ycos

2

xm



c os

2x2m

.
2

2

π

Qf

x

cos2x
的图象与
ycos

2x2m

的图象重合,

2< br>
2m
ππ
2kπ,kZ

mk
π

,
kZ


24

,故选
C
4

m0



k1
时,
m
取得最小值,且
m
min< br>



8答案及解析:
答案:D

23
8
1
a
1
q,
1

( 12
n
)

2
n
1


a< br>1
,
9
3

解析:设公比为q,有

解得


3

S
n

123
16


aq
4
,

q2,
1

3


9答案及解析:
答案:
B
解析:作出函数
f

x

的大致图像,如图
. < br>1)
上单调递增,在
(1,0)

(1,)
上单调递减
.
由图可知,
f

x


(,1 )

(0,


x1
时,函数
f
< br>x

有极大值
f

1

f
1

3



x0
时,函数
f

x

有极小值
f

0

2
.
要使关于
x
的方程


f

x



af

x

b0
有且仅有
8
个不同的实数根,


tf

x
,则关于
t
的方程
t
2
atb0
有两 个不同的实数根
t
1
,t
2


3)
,< br>at
1
t
2
(4,9)

a(9, 4)
.
故选
B.
3)

t
2
(2,
满足
t
1
(2,
2


10答案及解析:
答案:
A
解析:由三视图知,该几何体的直观图如图所示:



1774
3
28π
是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球,设球的半径为< br>R
,则
V
πR


88833
7
解得
R2
,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即
8
73
4π2
2
π2
2
17π
,故选
A

84

11答案及解析:
答案:B
解析:易知曲线C是由两抛物线
y
2
px

y
2
px
构成,如图,设MN与y轴的交点
为D,抛物线
y
2
p x
的焦点为F,

p

连接
FM,FR
.即,则
F

,0


△RMN
的周长

4

p

p

c2

MRMD

2

MRMF

2

RF< br>
,当且仅当M

R

F三点共线时取等
4

4

p

p

号,故
2
 
42
,所以
p6
.
2

4

2


12答案及解析:
答案:
C
2
x
2
(x
1
x
2
)
处的导数相等,解析:由题得
f

x

x2axa
.
由函数
f

x
< br>在
x
1
,得
x
1
x
2
2a.



Qf

x
1
x
2
m
恒成立,
mf

2a

(a1)
恒成立
.

g

a

f
< br>2a


14
32

2a

a< br>
2a

a2a1a
3
2a
2
1(a1)


33
2

g

a

4a4a4a

a1

.
0)
时,
g


a

0
;当
a (0,1)
时,
g


a

0
. < br>当
a(,
g

a


(,0)
上单调递减,在
(0,1)
上单调递增,

g

a

min
g

0

1

 mg

a

min
1
.
故选
C.

13答案及解析:
答案:
-2
r
r
2
r
2
r
2
r
r
解析:由
aba b
,得
ab
,所以
m1120
,解得
m2< br>.

14答案及解析:
答案:1和3
解析:丙说他的 卡片上的数字之和不是5,所以丙的卡片上的数字要么是1和2,要么是1
和3.又乙说他与丙的卡片上 相同数字不是1,所以卡片2和3必定在乙手里.因为甲与乙的卡
片上相同的数字不是2,所以甲的卡片 上的数字只能是1和3.

15答案及解析:
答案:
2
解析:如图,


uuuruuur
FAAB.

OF
1
OF
2
,


F
1
AAB,

1




OA
是三角形
F
1
F
2
B
的中位线,即
BF
2
OA,BF
2
2OA.


F


1
BF
2
B0
得< br>F
1
BF
2
B,OAF
1
A,

OBOF
1
OF
2
,


OBF
2
BF
2
O2OBF
1
2OF
1
B, AOBAOF
1
.又
OA

OB
都是渐近线,
o

BOF
2
AOF
1
,

B OF
2
60
.又渐近线
OB
的斜率为
uuuruuuur
b
tan60
o
3


a
所以该双曲线的离心率为
e

16答案及解析:
答案:

1,9


cb
1()
2
1(3)
2
2


aa

2xy10

解析:画出不等式组


xy50
,所表示的平面区域,如图中阴影部分
.
y1


2xy10

2xy10
< br>xy50
3)
.


1)
.
1)< br>.




,得
A(2,
,得
B( 1,
,得
C(4,
xy50y1y1


z x
2
4x4y
2
化成
z

x2

y
2
.
0)
,过点
D

DEB C
于点
E
,则当以点
D(2,0)
为圆心的圆

设 点
D(2,
2
经过点
A
时,
z
取得最大值,
z
min


22

3
2
9

1)
时,
z
取得最小值,
z
min


22

1
2
1
.
所以
z
的取值范围为

[19,]
经过点
E(2,
2
2




17答案及解析:
a
2
 c
2
b
2
2accosBc

答案:
(1)< br>由余弦定理可得,
2


ab
2
c
2< br>2abcosC
2ac
cosBsinB

则,

cosC
2sinAsinC

2sinAcosBcosBsinCsinBcosC


所以
2si nAcosBsin

BC

sinA


因为
sinA0
,则
cosB
π
2
,所以
B
.
4
2
(2)
由余弦定理可知,
b
2
 a
2
c
2
2accosB



1 a
2
c
2
2ac
,所以
1a
2
c
2
2ac2ac2ac


当且仅当
ac
时取等号,则
ac
122

.
2
22
12121
.
,所以
△ABC
面积 的最大值为
S

ABC
acsinB
244
解析:

18答案及解析:
答案:(1) ∵
BAPC DP90
,∴
ABAP

CDPD


ABCD
,∴
ABPD


PDAPP
,且
AP

QPD
平面
PAD
,∴
AB 
平面
PAD


PB
平面
PAB

∴平面
PAB
平面
PAD
.
(2)取
AD中点为
O
,∵
PAPDCD
,∴
PAD
为等腰三 角形,∴
POAD


POAO

AOAB
.

BC
中 点
H
,连接
OH
,则
OHAx
,∴
OAOH

AB
平面
PAD
,∴
OH
平面PAD
,∴
OHOP
,∴
OA

OH
OP
两两互相垂
直.

O
为坐标原点,以
OA

x
轴,
OH

y
轴,
OP

z
轴建立空间直角坐标系,
如图:





O

0,0,0

,设
ABa
, < br>
2

2

22


A< br>

2
a,0,0



B

2
a,a,0



C



2
a,a,0



P


0,0,
2
a




uuur< br>
r

2
r
22

uuu
2

uuu

AP



2
a,0,< br>2



PB


2
a,a,
2
a



BC2a,a,0

 
uruur
设平面
PAB
的法向量为
n
1
 (x
1
,y
1
,z
1
)
,平面
PBC的法向量为
n
2
(x
2
,y
2
,z
2
)


22
22
ax
1
az< br>1
0,
axayaz
2
0,
22
2
{
2
2

{

2
22
ax
1ay
1
az
1
0,
2ax
2
0,< br>22
uruur
x
1
z
1
,
x
2
0,
{

{

n
1
(1,0,1)< br>,
n
2
(0,1,2)

y
1
0,< br>2y
2
z
2
,
uruur
n
1
n
2
23


cos

ABPC
< br>
u
.
ruur

3
23
n
1< br>n
2
显然二面角
ABPC
为钝角,所以它的余弦值为
< br>解析:

19答案及解析:
3
.
3
2

4


a
2
b
2
1

c2

答案:(1)由已知可得

e
,解得
a22

bc2

a2

2

ab
2
c
2



x
2
y
2
所以椭圆C的标准方程为
1
84
(2)若直线的斜率不存在时,
|OP|2

|MA||MB| 
所以
|MA||MB|
14

2
77
4





28< br>当斜率存在时,设直线l的方程为
yk(x1)

A

x
1
,y
1


B

x
2
,y
2



yk(x1)

2222联立直线l与椭圆方程

x
2
y
2
,消去y,得
2k1x4kx2k80

1


4
< br>8


4k
2
x
1
x
2

2


2k1
. 所以

2
xx
2k8
12

2k
2
1

因为
OPl
,设直线
OP
的方程为
ykx


ykx

8
22
联立直线
OP
与椭圆方程

x
2
y
2
,消去y,得
2k1x8
,解得
x
2

2

1
2k1

4

8


|OP|
2
x
2
y
2
1k
2
|MA|

2k
8
1

2

x
1
1

2
y
1
2
1k
2
x
1
1

2
2
同理
|MB|1kx
2
1

|MA|| MB|1k


x1

x1

, < br>12
因为

1x
1



x2
1




x
1
x
2


x
1
x
2

1



7
2k1
2

|MA||MB|

1k
2

综上可得,存在


解析:

20答案及解析:
7
2k
2
1
,故
77
|OP|
2
|MA|MB
,存在


满足条件,
88
7
满足条件.
8
答案:(
1
)①从
300
人中抽取
60
人,其中“年龄达到
35
岁的”的有
1 00
60
20
人,再
300
将这
20
人用分层 抽样法按

是否经常使用单车

进行名额划分,其中

年龄 达到
35
岁且偶尔
使用单车

的人数为
20
45
9

100




A
组这
4
人中得到礼品的人数
X
的可能取值为
0,1,2,3
,相应概率为 :

312
C
5
C
4
C
5
105
P

X0


3
,P

X 1



3
C
9
42C
9
21
21
3
C
4
C
5
5
C
4
1
P

X2

,PX3


33
C
9
14C
9
21
故其分布列为

X
P

E

X

0
0 1 2 3
5

42
10

21
5

14
1

21
510514
123

422114213

2
)按“年龄是否达到
35
岁”对数 据进行整理,得到如下列联表:


未达到
25


达到
25


合计

可求得
K
2
的观测值

k
2
经常使用单车

67
113
180
偶尔使用单车

33
87
120
合计

100
200
300
300

6787113 33

200100180120
2
3002100
2< br>49


20010018012016

k
2
k
1

欲使犯错误的概率尽可能小,需取
m25

解析:


21答案及解析:
e
x
答 案:(1)令

(x)f(x)g(x)2(xlnx)

x< br>(x1)(e
x
2x)


'(x)

x
2

G(x)e
x
2x(x0)


G'(x)e
x
2(x0)

易得
G( x)

(0,ln2)
上单调递减,在
(ln2,)
上单调递增 ,




G(x)G(ln2)22ln20
,∴< br>e
x
2x0

(0,)
上恒成立,
∴可得

(x)

(0,1)
上单调递减,在
(1,)
上单调递增,


(x)

(1)e20

∴当
x0
时,
f(x)g(x)
.
(2)∵点
P(x,e
x
)
,点
Q(sinx,cosx)

u uuruuur

h(x)OPOQxsinxe
x
cosx
h'(x)sinxxcosxe
x
cosxe
x
sinx(e
x
x)cosx(e
x
1)sinx
.
π
①当
x[,0]
时,可知
e
x
x
,∴
e
x
x0

2

(e
x
x)cosx0
.

(e
x
1)sinx0


h'(x) (e
x
x)cosx(e
x
1)sinx0

π

h(x)

[,0]
上单调递增.
2
ππ

h(0)10

h()0

22
π

h(x)

[,0]
上有一个零点.
2
π
②当
x(0,]
时,
cosxsinx

e
x
x

4
π

e
x
cosxxsinx
,∴
h(x)0

(0,]
上恒成立,
4
π

h(x)

(0,]
上无零点.
4
ππ
③当
x(,]
时,
0cosxsinx
, < br>42
h'(x)e
x
(cosxsinx)(xcosxsinx) 0

ππ

h(x)

(,]
上单调递减. < br>42
π2
π
π
ππ

h()0
h()(e
4
)0

424
22
ππ

h(x)

(,]
上有一个零点.
42
综上,
h(x)
的零点个数为2.



解析:

22答案及解析:

ππ

答案:(1).由直线
l
过点
A
可得
2cos



a
,故
a2


44

则易得直线l的直角坐标方程为
xy20
.
曲线
C
1
上的点到直线
l
的距离
d
si n


2cos

3sin

2
2< br>
7sin





2
2,其中
2721
721422

cos



d
max



2
77
2
3

x1tcosπ

3

4
(2).由(1 )知直线
l
的倾斜角为
π
,则直线
l
1
的参数方程 为


t
为参数)又易
3
4

y1+t sinπ

4
x
2
y
2
知曲线
C
1
的普通方程为
1

43
7
把直线
l1
的参数方程代入曲线
C
1
的普通方程可得
t
2
72t50

2

t
1
t
2

解析:

1010
,依据参数
t
的几何意义可知
BMBNt
1< br>t
2


77
23答案及解析:
答案:(
1
)当
a1
时,
f

x

x1x 12



x1
时,
x1x12
, 即
x1
,可得
x1



1x1
时,
x11x2
,即有
x



x 1
时,
x1x2
,即
x1
,可得
x1


综上可得原不等式的解集为

,1



1,




2
)对任意实数x

2,3

,都有
f

x
2x3
成立,


x

2,3


ax1

x1

2x3
恒成立,

x

2,3


ax1x2
恒成立,
即有
ax1x2

ax12x



即为
a1

1
31
a1
恒成立,

xx
3


2,3

递增,可得最大值为
0
,可得
a0


x< br>112
1


2,3

递减,可得最小值为
1


x33
2
可知
a0

a


3
解析:

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