2020届高考考前45天大冲刺卷理科数学六

2020年高考考前45天大冲刺卷

理 科 数 学（六）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．请将答案填写在答题卷上。

第Ⅰ卷

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．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知向量，满足，，且与的夹角为，则（    ）

A． B． C． D．

4．为了得到函数的图像，可以将函数的图像（    ）

A．向左平移个单位 B．向右平移个单位

C．向右平移个单位  D．向左平移个单位

5．命题“任意，”的否定是（    ）

A．存在， B．存在，

C．任意， D．任意，

6．“割圆术”是我国古代计算圆周率的一种方法．在公元年左右，由魏晋时期的数学家刘徽发明．其原理就是利用圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，进而求．当时刘微就是利用这种方法，把的近似值计算到和之间，这是当时世界上对圆周率的计算最精确的数据．这种方法的可贵之处就是利用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限的来逼近无穷的．为此，刘微把它概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”．这种方法极其重要，对后世产生了巨大影响，在欧洲，这种方法后来就演变为现在的微积分．根据“割圆术”，若用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是（    ）（精确到）（参考数据）

A． B． C． D．

7．已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且，，

若是点在平面内的正投影，且，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

8．函数的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

9．已知双曲线的左、右顶点分别为，左焦点为为上一点，且轴，过点的直线与线段交于点（异于），与轴交于点，直线与轴交于点．若（为坐标原点），则的离心率为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

10．（北京师范大学附中2018届高三下学期第二次模拟）习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．如图，“大衍数列”：0，2，4，8，12来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和．如图是求大衍数列前项和的程序框图．执行该程序框图，输入，则输出的（    ）

A．44 B．68 C．100 D．140

11．等腰直角内接于抛物线，其中为抛物线的顶点，，的面积为16，为的焦点，为上的动点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

12．已知，，

，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．展开式中的系数为________．

14．若实数满足则的最小值为________．

15．在中，角，，的对边分别为，，，且，，则的面积的最大值是_______．

16．对于函数，有下列4个命题：①任取，都有恒成立；②，对于一切恒成立；③函数有3个零点；④对任意，不等式恒成立．则其中所有真命题的序号是______．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（12分）已知等差数列，若，且，，成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，设，求数列的前项和．

18．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的正切值．

19．（12分）近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式．为了更好地服务民众，某共享单车公司在其官方中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对车辆状况和优惠活动的评价．现从评价系统中选出条较为详细的评价信息进行统计，车辆状况的优惠活动评价的列联表如下：

（1）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为优惠活动好评与车辆状况好评之间有关系？

（2）为了回馈用户，公司通过向用户随机派送每张面额为元，元，元的三种骑行券．用户每次使用扫码用车后，都可获得一张骑行券．用户骑行一次获得元券，获得元券的概率分别是，，且各次获取骑行券的结果相互独立．若某用户一天使用了两次该公司的共享单车，记该用户当天获得的骑行券面额之和为，求随机变量的分布列和数学期望．

参考数据：

参考公式：，其中．

20．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为，，且，离心率为．

（1）求椭圆的方程；

（2）设点，若点在直线上，直线与椭圆交于另一点．判断是否存在点，使得四边形为梯形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．

21．（12分）已知函数．

（1）求函数在处的切线方程；

（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围；

（3）当时，设函数．证明：对于任意的，函数有且只有一个零点．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

在直角坐标系中，曲线的方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求，交点的直角坐标；

（2）设点的极坐标为，点是曲线上的点，求面积的最大值．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

设函数．

（1）若存在，使得，求实数的取值范围；

（2）若是（1）中的最大值，且，证明：．

答案与解析

第Ⅰ卷

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．【答案】D

【解析】，，

，故选D．

2．【答案】C

【解析】把两边同乘以，则有，，

故选C．

3．【答案】A

【解析】，故选A．

4．【答案】B

【解析】因为，且，

所以由，知，

即只需将的图像向右平移个单位，故选B．

5．【答案】B

【解析】因为全称命题的否定是特称命题，

所以命题“任意，”的否定是：存在，，故选B．

6．【答案】C

【解析】设圆的半径为，

以圆心为顶点将正二十四边形分割成全等的24个等腰三角形，且顶角为，

所以正二十四边形的面积为，

所以，故选C．

7．【答案】C

【解析】因为，平面，

、、平面，，，，

，，

即是的外心，即是斜边的中点，则球心在上，

由勾股定理，可得，得，

设球的半径为，则，所以．

所以球的表面积为，故选C．

8．【答案】D

【解析】根据题意，函数的定义域，

因为，所以为偶函数，图象关于轴对称，排除B项，

当时，，当时，，排除A，C选项，

当时，，所以D项是正确的，故选D．

9．【答案】B

【解析】不妨设在第二象限，如图所示：

设，，由，可得，

由，得（1）

由，得（2）

由（1），（2）两式相乘得，即，所以离心率，故选B．

10．【答案】C

【解析】第1次运行，，不符合，继续运行；

第2次运行，，不符合，继续运行；

第3次运行，，不符合，继续运行；

第4次运行，，不符合，继续运行；

第5次运行，，不符合，继续运行；

第6次运行，，不符合，继续运行；

第7次运行，，不符合，继续运行；

第8次运行，，符合，推出运行，输出，

故选C．

11．【答案】C

【解析】设等腰直角三角形的顶点，，

则，，

由，得，

，即，

，，，，即，关于轴对称，

直线的方程为，

与抛物线联立，解得或，故，

，

的面积为16，，焦点，

设，则，，

设到准线的距离等于，则，

令，，则（当且仅当时，等号成立）．

故的最大值为，故选C．

12．【答案】B

【解析】函数的定义域为，

，

为上的偶函数，

又，

，

在上单调递增，

又，∴当时，，

在区间单调递增．

不等式，

由偶函数性质可得，即，

由函数的单调性可得，，

，恒成立，

令，则，

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减，

，

令，，

，，故，

在区间单调递减，

，，故选B．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．【答案】132

【解析】因为的展开式的通项公式为，

令，得；令，得，

所以展开式中的系数为，

故答案为132．

14．【答案】

【解析】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，得，得点的坐标为，

平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最小，

此时，目标函数取到最小值，且最小值为，

故答案为．

15．【答案】

【解析】由及正弦定理，

得，

显然，所以，

即，得，

又，所以．

由余弦定理，得，

则，

所以，当且仅当时取等号，

所以的面积，

故的面积的最大值是，故答案为．

16．【答案】①③④

【解析】对于①，如图：

任取，

当，，

当，，，

，，恒成立，故①正确；

对于②，，，

，故②错误；

对于③，的零点的个数问题，

分别画出和的图像，如图：

和图像由三个交点，的零点的个数为，

故③正确；

对于④，设，，

，，，

令在，，

可得，

当时，，，，，

若任意，不等式恒成立，

即，可得，

求证：当，，化简可得，

设函数，则，

当时，单调递增，可得，

，

，即，

综上所述，对任意，不等式恒成立，故④正确，

故答案为①③④．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【答案】（1）或；（2）．

【解析】（1）∵，∴①

∵，，成等比数列，∴，

∴，化简得，

若，；

若，②，

由①②可得，，

所以数列的通项公式是或．

（2）由（1）得，

∴．

18．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：取PD中点G，连结，

为的中位线，且，

又且，且，

∴EFGA是平行四边形，则，

又面，面，面．

（2）取AD中点O，连结PO，

∵面面，为正三角形，

面，且，

连交于，可得，

，则，即．

连接，

又，可得平面，则，

即是二面角的平面角，

在中，，，

∴，即二面角的正切值为．

19．【答案】（1）在犯错误的概率不超过的前提下，不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系；（2）分布列见解析，（元）．

【解析】（1）由列联表的数据，

有

，

因此，在犯错误的概率不超过的前提下，不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系．

（2）由题意，可知一次骑行用户获得元的概率为．的所有可能取值分别为，，，，．

∵，，

，，

，

∴的分布列为：

的数学期望为（元）．

20．【答案】（1）；（2）存在，．

【解析】（1）由，得，

又因为，所以，所以，

所以椭圆的方程为．

（2）假设存在点，使得四边形为梯形，

由题意知，显然，不平行，所以，

所以，所以．

设点，，

过点作于，则有，

所以，所以，所以，

代入椭圆方程，求得，所以．

21．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．

【解析】（1），，

切线的斜率，

，切线的方程为，即．

（2）对任意的，恒成立，

即对任意的，恒成立，

即对任意的，恒成立．

令，则．

由，得；由，得．

在上单调递减，在上单调递增，

，，

故的取值范围为．

（3）证明：当时，，

，，

当时，，在上单调递增．

又，，，

由零点存在定理可得函数在上至少有一个零点，

又在上单调递增，在上有且只有一个零点．

当时，令，则．

，

令，得；令，得，

在上单调递减，在上单调递增，

在上恒成立，

恒成立，即在上没有零点．

综上，对于任意的，函数有且只有一个零点．

22．【答案】（1），；（2）．

【解析】（1），，∴，∴．

联立方程组得，解得，，

∴所求交点的坐标为，．

（2）设，则，

∴的面积

，

∴当时，．

23．【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1），

存在，使得，

，，．

（2）由（1）知，，

，

而，①

，

，②

由①②可得，．