2020届全国高考总复习模拟卷（九）数学（文）（解析版）

2020届全国高考总复习模拟卷（九）数学（文）（解析版）1、已知集合则(   )A.  B.  C.   D.2、（   ）
A.  B. C. D.3、已知平面向量，，且，则实数m的值为（   ）A.  B.  C.  D.4、已知等差数列 的公差为,若成等比数列,则 (    )A.   B.   C.   D. 5、若点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（   ）
A.  B. C.或 D.6、已知定义在R上的奇函数满足，且当时，若，则(   )A. B. C. D.7、设实数满足约束条件则的最大值为(   )A. 7   B.9   C. 13   D. 158、某几何体的三视图如图所示,图中的四边形都是边长为4的正方形, 则该几何体的表面积是(   )A.  B.  C.  D.9、函数的图像的一条对称轴方程是(   )A. B. C. D.10、我们知道欧拉数，的近似值可以通过执行如图所示的程序框图计算当输入时，下列各式中用于计算e的近似值的是（   ）
A. B. C. D. 11、已知F是抛物线的焦点，抛物线C的准线与双曲线的两条渐近线交于两点，若为等边三角形，则的离心率(   )A. B. C. D.12、已知函数，函数.若存在两个不同的零点，则实数a的取值范围为（   ）
A.  B.  C.  D. 13、有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和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___________.14、赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽炫图”（以弦为边长得到的正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是__________．15、《九章算术》卷第五《商功》中，有“假令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺：下底面宽3尺，长4尺，高1尺（如图，刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体）”．若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的表面积为                   ．16、已知是首项为1的等比数列，数列满足,且,则数列的前n项和为_____________.17、在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且。（1）求角A的大小；（2）若，的周长为6，求的面积。18、如图，已知矩形中，，将矩形沿对角线把折起，使A移到点，且在平面上的射影O恰好在上（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）求三棱锥的体积． 19、某养殖的水产品在临近收获时,工人随机从水中捕捞只,其质量分别在 (单位:克),经统计分布直方图如图所示1.求这组数据的众数;2.现按分层抽样从质量为 的水产品种随机抽取只,在从这只中随机抽取3只,求这3只水产品恰有只在内的概率;3.某经销商来收购水产品时,该养殖场现还有水产品共计约只要出售,经销商提出如下两种方案:方案A:所有水产品以元/只收购;方案B:对于质量低于300克的水产品以元/只收购,不低于300克的以元/只收购,通过计算确定养殖场选择哪种方案获利更多?20、已知动点P到定点和到直线的距离之比为,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于两点,直线与曲线E交于两点,与相交于一点(交点位于线段上,且与不重合).1.求曲线E的方程;2.当直线l与圆相切时,四边形的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线的方程;若没有,请说明理由.21、已知函数1.若，试判断在定义域内的单调性；2.若在上的最小值为，求a的值.22、在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为,其中为参数,在以坐标原点为极点, 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,点的极坐标为,直线的极坐标方程为1.求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程2.若是曲线上的动点, 为线段的中点,求点到直线的距离的最大值23、已知函数,集合. 1.求A.2.若,求证: .   答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：集合则 2答案及解析：答案：B解析：依题意得，选B. 3答案及解析：答案：B
解析：因为所以，解得. 4答案及解析：答案：D解析：由题意知,解得,故选D. 5答案及解析：答案：A解析：由已知可得双曲线的渐近线方程为.又点到渐近线的距离为，即，所以，又，所以，即，所以，故选A. 6答案及解析：答案：A解析：由题知的周期为4.，因为，所以，从而当时，，所以，解得，故选 A. 7答案及解析：答案：C解析：作出不等式组所表示的可行域，如图中阴影部分所示.由图可知当直线过点时，z取最大值13，故选C. 8答案及解析：答案：B解析：由三视图可得该几何体是棱 D 长为4的正方体挖去一个正四棱锥后余下的部分（如图），其中正四棱锥的顶点在正方体下底面的中心，底面是正方体的上底面，则该正四棱锥的一个侧面是底边长为4,高为力的等腰三角形，则该正四棱锥的侧面积为所以该几何体的表面积为 9答案及解析：答案：B解析：因为，所以对称轴方程为，所以,当时，，故选B. 10答案及解析：答案：B解析：由程序框图知，当输入时，应当在时结束循环，结合初始值，和循环条件，，知此时，，故输出，故选B. 11答案及解析：答案：D解析：由题意可得抛物线的焦点为，准线为直线,双曲线的渐近线方程为不妨设点A在第二象限.由等边三角形的性质可知，点A在双曲线的一条渐近线上，则该渐近线方程为,结合双曲线方程可得，则. 12答案及解析：答案：D解析：作出函数的图像，如图.，由，可得，作出直线.
由题意可得有两个不同的实根，即函数的图像与直线有两个交点.又直线的斜率，当直线经过点时，可得，即；当直线与相切时，可得，由，得.所以当或时，直线和的图像有两个交点，故选D 13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. 14答案及解析：答案：解析：在中，设,则，由余弦定理可得,则所求概率. 15答案及解析：答案：解析：由已知得球心在几何体的外部，设球心天几何体下底面的距离为，则，解得，，该球体的表面积． 16答案及解析：答案：解析： 由题意知,所以数列的公比,所以,所以数列是以2为首项,3为公差的等差数列,所以数列的前n项和为. 17答案及解析：答案：（1）由已知及正弦定理得.∵，∴。∵.∴.∵，∴。（2）∵，的周长为6，∴，由余弦定理得，∴，∴的面积.解析： 18答案及解析：答案：（1）∵ 在平面上的射影O在上，  ∴  ⊥平面，又平面　∴     又∴  平面，又，∴      （2）∵  为矩形 ，∴  由（1）知 ∴  平面，又平面  ∴ 平面平面    （3）∵ 平面 ，∴ . ∵ ， ∴ ，∴  .     解析：  19答案及解析：答案：1.该样本的众数为275; 2.抽取的6只水产品中,质量在 和内的分别有4只和2只.设质量在内的4只水产品分别为,质量在内的2只水产品分别为. 从这6只水产品中选出3只的情况共有,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,共计20种,其中恰有一个在内的情况有,,,,,,,,,,,共计12种,因此概率.
3.方案: 元;方案:低于克: 元,不低于克: 元,总计元.由,故方案获利更多,应选方案.解析： 20答案及解析：答案：1.设点,由题意可得, ,得.∴曲线E的方程是.
2.设,由条件可得.当时,显然不合题意.当时,∵直线l与圆相切,∴,得.联立消去y得,则△,.当且仅当,即时等号成立,此时代入得.经检验可知,直线和直线符合题意.解析： 21答案及解析：答案：1.由题意的定义域为且故在上是单调递增函数2.由1可知①若,则，即在上恒成立此时在上为增函数,（舍去）②若则，即在上恒成立此时在上为减函数（舍去）③若，令得当时,在上为减函数当时,在上为增函数综上所述,.解析： 22答案及解析：答案：1.∵直线的极坐标方程为,即.由,可得直线的直角坐标方程为.将曲线的参数方程消去参数,得曲线的普通方程为
2.设.点的极坐标化为直角坐标为.则.∴点到直线的距离.当,即时,等号成立.∴点到直线的距离的最大值为.解析： 23答案及解析：答案：1.函数,画出与的图象,如图所示,数形结合可得,不等式的解集.2.∵,∴.∴.∴,即.解析：