2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷高三理科数学模拟测试试题

2020年普通高等学校招生全国统一考试

数学模拟测试

本试卷共23题，共150分，考试时间120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚.

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑

5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱.不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.

一、选择题：本题共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.若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

求解分式不等式解得集合，再由集合并运算，即可求得结果.

【详解】因为，所以.

故选：D.

【点睛】本题考查集合的并运算，涉及分式不等式的求解，属综合基础题.

2.是虚数单位，，则（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】

根据复数的乘法运算，再求复数的模长即可.

【详解】因为，所以.

故选：C.

【点睛】本题考查复数的乘法运算，模长的求解，属综合基础题.

3.第18届国际篮联篮球世界杯（世界男子篮球锦标赛更名为篮球世界杯后的第二届世界杯）于2019年8月31日至9月15日在中国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行.中国队12名球员在第一场和第二场得分的茎叶图如图所示，则下列说法错误的是（    ）

A. 第一场得分的中位数为 B. 第二场得分的平均数为

C. 第一场得分的方差小于第二场得分的方差 D. 第一场与第二场得分的众数相等

【答案】C

【解析】

【分析】

分别求解两组数据的中位数、众数、平均数和方差，即可进行判断.

【详解】由茎叶图可知，第一场得分的中位数为，众数为0，平均数为，

方差45.6，

第二场得分的众数为0，平均数为，

方差43.2，

所以选项C的说法是错误的.

故选：C.

【点睛】本题考查由茎叶图求中位数、平均数、方差以及众数，属综合基础题.

4.若双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，点，则(    )

A. 6 B. 8 C. 9 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意写出与坐标，表示出，结合离心率公式计算即可.

【详解】双曲线的左、右焦点分别为，，

，，

又，

，，

该双曲线离心率为，

，即，

解得，

，

故选：C.

【点睛】本题考查了双曲线定义及性质，考查运算能力，属于基础题.

5.已知数列是等差数列，其前项和为，若，，则（    ）

A. 78 B. 80 C. 84 D. 86

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意，由数列的基本量即可求得首项和公差，再用等差数列的前项和即可.

【详解】设等差数列的公差为，因为，

所以，解得，

又因，所以，

解得，

所以，

又因为，

所以.

故选：A.

【点睛】本题考查等差数列基本量的求解，属基础题.

6.函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性排除选项；利用排除选项A即可.

【详解】由题意知，函数的定义域为，其定义域关于原点对称，

因为

又因为，

所以，即函数为偶函数，故排除；

又因为，故排除A.

故选：B

【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.

7.图为祖冲之之子祖暅“开立圆术”中设计的立体模型.祖暅提出“祖氏原理”，他将牟合方盖的体积化成立方体与一个相当于四棱锥的体积之差，从而求出牟合方盖的体积等于（为球的直径），并得到球的体积为，这种算法比外国人早了一千多年，人们还用过一些类似的公式，根据，判断下列公式中最精确的一个是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

分析】

利用选项中的公式化简求得，找到最精确的选项即可.

【详解】由得：.

由得：，；由得：，；

由得：，；由得：，，

的公式最精确.

故选：.

【点睛】本题考查数学史与立体几何的知识，关键是能够对选项中的公式进行准确化简求得的近似值.

8.展开式中的常数项是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用二项式展开式的通项公式，即可容易求得结果.

【详解】因为展开式的通项，

所以展开式中，及常数项分别为及，

所以展开式中常数项为.

故选：D.

【点睛】本题考查由二项式的通项公式求指定项，属基础题.

9.某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据三视图还原几何体，结合圆锥和球体的表面积计算公式，即可容易求得结果.

【详解】本题考查三视图.根据三视图可知，该几何体是由个圆锥和个球组成的，如图所示，

其中球的半径为3，圆锥的底面半径也为3，高为4，母线长为5，

故该几何体的表面积为

故选：A.

【点睛】本题考查由三视图还原几何体，以及球体和圆锥表面积的计算，属综合基础题.

10.若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．

下述四个结论：①1不是函数的一个下界；②函数有下界，无上界；③函数有上界，无下界；④函数有界．

其中所有正确结论的编号是（    ）

A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ②

【答案】B

【解析】

【分析】

根据函数上界、下界及有界的概念，利用导数判断函数的单调性并求最值，结合选项，利用排除法，对结论①②③④进行逐项判断即可.

【详解】对于结论①：当时，由对勾函数的性质知，函数恒成立，所以可得函数对任意恒成立，即1是函数的一个下界，故结论①错误；

对于结论②：因为函数，，所以，所以当时，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有最小值为，即存在使任意，恒成立，故函数有下界；当时，函数，故函数无上界；因此结论②正确；

对于结论③：因为函数，所以，所以当时，；当时，；当时，；所以函数在 上单调递增；在上单调递减，当时，，所以函数无上界，故结论③错误；

对于结论④：因为函数为周期函数，且，当时，，该函数为振荡函数，所以对任意函数恒成立，故函数有界，故结论④正确.

故选：B

【点睛】本题考查函数的创新应用、利用导数判断函数的单调性求最值、对勾函数的性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；理解有界函数的定义，熟练掌握利用导数判断函数单调性求最值的方法是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.

11.已知分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，过点作的角平分线的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

延长,交的延长线于点P根据题目条件可得，利用,可得，根据椭圆的几何性质，解出，利用余弦定理解三角形可得.

【详解】延长,交的延长线于点P.

因为为的角平分线，且,所以.

所以，,

因为，分别为的中点，所以为的中位线，

所以,

所以，①，

分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，

，②，

由①②可得，，

根据余弦定理可得

，

，

故选：D.

【点睛】本题考查椭圆性质的应用及余弦定理的应用，属于综合题，解题的关键在于根据平面几何知识及椭圆几何性质解出焦点三角形，再利用余弦定理解三角形即可，属于中等题.

12.已知数列满足条件，，，则的最小值为（    ）

A. 3 B. 2 C. 1 D. 0

【答案】C

【解析】

【分析】

根据递推公式，即可求得，再根据其最小值的取得对整数的敏感性，即可容易求得.

【详解】因为，所以，

故，又因为，所以，

所以，

由题知，数列为整数列，所以，

当时，等号成立，下面举例说明可以取到3，

，

所以的最小值为1.

故选：C.

【点睛】本题是以绝对值为背景的数列的综合应用，综合性较强，本题有两个难点；第一，通过两边平方转化为，进一步利用累加求和的形式求数列前项和；第二，最小值的取得对整数的敏感性较强，后面需要简单验证取等号的条件，即列举某个特殊数列，使得.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.

13.已知向量，若，则实数等于_______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据向量垂直的坐标公式，即可容易求得结果.

【详解】由题知，，

因为，所以，

解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查由向量垂直求参数的值，属基础题.

14.若，满足约束条件，则的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】

作出不等式组表示的平面区域，平移直线，根据目标函数的几何意义知，向下平移直线到最高点时，目标函数有最大值，据此求出目标函数最大值即可.

【详解】根据题意,作出不等式组表示的平面区域如图所示：

根据目标函数的几何意义知，向下平移，当直线经过点A时，目标函数有最大值，

联立方程，解得，即点A为，

所以目标函数的最大值为.

故答案为：

【点睛】本题考查简单的线性规划问题；考查运算求解能力和数形结合思想；根据图形，向下平移直线找到使目标函数取得最大值的点是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.

15.已知函数，点和是函数图象上相邻的两个对称中心，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据函数的对称中心，即可求得.

【详解】因为点和是函数图象上相邻的两个对称中心，

所以，解得，故可得，

所以，即，

又因为，所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查由三角函数的对称中心和周期，求三角函数的解析式，属基础题.

16.在正三棱柱中，，，分别为，的中点，平面过点，且平面平面，平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为________.

【答案】

【解析】

【分析】

由面面平行性质可知，取的中点分别为，可证得，由此得到异面直线所成角为或其补角，通过求得可确定所成角为，进而得到结果.

【详解】平面平面，平面平面，平面平面，

取的中点分别为，连接，如图所示，

则，，异面直线与所成的角为或其补角，

，，，，，

，，

异面直线与所成的角为，

异面直线与所成角的余弦值为.

故答案为：.

【点睛】本题以三棱柱为载体，综合考查异面直线所成角的求解；解答的基本方法是通过平移直线，把异面直线平移到两条相交直线上，将异面直线所成角的问题转变为相交直线所成角的问题.

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.

（一）必考题：共60分.

17.在中，分别为内角的对边，且.

（1）求角的大小；

（2）若，为的内心，求的最大值.

【答案】（1）；（2）2.

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理化边为角，并通过两角和的正弦定理进行变形，最后结合化简即可；

（2）设，由为的内心，得到，从而表示出，在中，由正弦定理表示出与，化简得，可求其最大值.

【详解】（1），

由正弦定理可得，，

即，

又，

，

，

又

.

（2）设，

为的内心，且，

，

，

在中，

由正弦定理得，，

，，

.

当且仅当，即为等边三角形时取等号，

故的最大值为2.

【点睛】本题考查了正弦定理以及两角和（差）的正弦公式，考查了三角形内心的应用，考查了转化能力和计算能力，属于基础题.

18.如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，∥，，，，，分别为线段，，的中点．

（1）证明：平面∥平面．

（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）连接，设与相交于点，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理即可证明；

（2）由线面垂直的性质可得，，故、 、两两互相垂直，

以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，利用空间向量法，则空间向量所成角的余弦值的绝对值即为所求.

【详解】（1）证明：连接，设与相交于点，如图，

因为∥，且，，

所以四边形为矩形，

所以为的中点，又因为为的中点，

所以为的中位线，即,

因为平面， 平面，

所以平面，

因为，分别为线段，的中点，所以，

因为平面，平面，

所以平面，

因为平面，平面，，

所以平面∥平面.

（2）因为底面，平面，平面，

所以，因为，

所以、 、两两互相垂直，

以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，

建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，

所以，

设平面的法向量为，则

，所以，

令，可得，所以，

设直线与平面所成角为，则

，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理证明面面平行、利用空间向量法求线面角；考查逻辑推理能力、转化与化归能力和运算求解能力；熟练掌握线面平行、垂直的判定与性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.

19.已知点是抛物线上一点，点为抛物线的焦点，.

（1）求直线的方程；

（2）若直线与抛物线的另一个交点为，曲线在点与点处的切线分别为，直线相交于点，求的面积.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）根据抛物线的定义，即可求得抛物线方程，以及点的坐标，利用点斜式即可求得直线方程；

（2）联立直线的方程与抛物线方程，即可求得点坐标，求得切线方程，联立可得点坐标，利用点到直线距离公式和两点之间的距离公式，即可容易求得结果.

【详解】（1）因为，所以，解得，所以，

又因为，且，所以，所以，

故直线的方程为，化简得.

（2）由（1）知，抛物线的方程为，

联立方程，得，

解得或，即，

所以.

设直线的方程为，联立，

得，由，解得，

所以直线的方程为，同理可得直线的方程为，

由解得，即，

设点到直线的距离为，

，

所以的面积为.

【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，需要注意：（1）观察，应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；（2）强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题；（3）注重平面几何的知识，利用数形结合的思想处理问题.

20.垃圾分类，是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称．分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用．2019年6月25日，生活垃圾分类制度入法．到2020年底，先行先试的46个重点城市，要基本建成垃圾分类处理系统；其他地级城市实现公共机构生活垃圾分类全覆盖．某机构欲组建一个有关“垃圾分类”相关事宜的项目组，对各个地区“垃圾分类”的处理模式进行相关报道．该机构从600名员工中进行筛选，筛选方法：每位员工测试，，三项工作，3项测试中至少2项测试“不合格”的员工，将被认定为“暂定”，有且只有一项测试“不合格”的员工将再测试，两项，如果这两项中有1项以上（含1项）测试“不合格”，将也被认定为“暂定”，每位员工测试，，三项工作相互独立，每一项测试“不合格”的概率均为．

（1）记某位员工被认定为“暂定”的概率为，求；

（2）每位员工不需要重新测试的费用为90元，需要重新测试的总费用为150元，除测试费用外，其他费用总计为1万元，若该机构的预算为8万元，且该600名员工全部参与测试，问上述方案是否会超过预算?请说明理由．

【答案】（1）；（2）不会超过预算.

【解析】

【分析】

（1）利用互斥事件的概率加法计算公式和n次独立重复实验的概率计算公式进行求解即可；

（2）设每位员工测试的费用为元，则可能的取值为，利用n次独立重复实验的概率计算公式和离散型随机变量的数学期望公式求出数学期望的表达式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性求最值即可.

【详解】（1）由题意知，每位员工首轮测试被认定为“暂定”的概率为，

每位员工再次测试被认定为“暂定”的概率为，

综上可知，每位员工被认定为“暂定”的概率为

+

，

（2）设每位员工测试的费用为元，则可能的取值为，

由题意知，，，

所以随机变量的数学期望为

（元），，

令，则

，

所以当时，；当时，；

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，即(元)，

所以此方案的最高费用为（万元），

综上可知，若以此方案实施不会超过预算.

【点睛】本题考查互斥事件的概率加法公式、n次独立重复实验的概率计算公式、离散型随机变量的数学期望公式和利用导数判断函数的单调性求最值；考查运算求解能力和转化与化归能力；通过构造函数，利用导数求最值是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.

21.已知函数.

（1）若恒成立，.求的最大值；

（2）若函数有且只有一个零点，且满足条件的，使不等式恒成立，求实数的值.

【答案】（1）1（2）实数的值为1

【解析】

【分析】

（1）对参数进行分类讨论，构造函数，即可利用导数求得其最大值，则问题得解；

（2）由有且只有一个零点，可得之间的关系，构造函数，根据其单调性，即可容易求得结果.

【详解】（1），

当时，，函数在上单调递增，

，不合题意.

当时，由，解得，由，解得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，此时，

令，则，

当，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

所以，所以的最大值为1.

（2），易知函数在上单调递减，

因为函数有且只有一个零点，设该零点为，所以，，

即，解得，

由恒成立，得，

整理得在上恒成立.

令，

则

若，，在上单调递增，

又因为，所以当时，，不合题意.

若，当时，，当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增.

①时，函数上单调递增，，不合题意；

②当时，函数在上单调递减，，不合题意；

③当时，，符合题意.

综上所述，实数的值为1.

【点睛】本题考查利用导数研究由恒成立问题求参数范围，涉及构造函数法，属综合困难题.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（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，直线的极坐标方程为．

（1）若直线与曲线至多只有一个公共点，求实数的取值范围；

（2）若直线与曲线相交于，两点，且，的中点为，求点的轨迹方程．

【答案】（1）或；（2）

【解析】

【分析】

（1）利用参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式把曲线和直线的方程化为直角坐标方程，并联立直线和曲线的直角坐标方程，得到关于的一元二次方程，利用判别式即可求出实数的取值范围；

根据题意，设，，的中点为，直线和曲线的直角坐标方程联立，得到关于的一元二次方程，由两个交点，可得判别式，求出取值范围，利用韦达定理和点在直线上表示出点坐标，消去参数即可求出，的中点的轨迹方程.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），

消去参数可得，曲线的直角坐标方程为，

由题意知，直线的极坐标方程可化为，

因为，所以直线的直角坐标方程为，

联立方程，可得，

因为直线与曲线至多只有一个公共点，

所以判别式，解得或，

所以所求实数的取值范围为或.

（2）设，，的中点为，

联立方程，可得，

所以判别式，解得，

由韦达定理可得，，

因为点在直线上，所以，

所以可得，即为点的轨迹方程.

【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式、动点轨迹方程的求法；考查运算求解能力；熟练掌握参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键；属于中档题.

23.已知，为正实数，．

（1）证明：．

（2）证明：．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用基本不等式，证得，再利用作差法证得，然后由基本不等式即可得证；

（2）由知，，结合（1）中，证得即得证.

【详解】（1）证明：因为，，

由基本不等式可得，

，当且仅当时等号成立，

所以，即，

所以，

所以，即，

由基本不等式可得，，

所以，即得证.

（2）证明：因为，

所以，

即，

由（1）知，，所以，

所以，即得证.

【点睛】本题主要考查利用两个正数的基本不等式进行不等式的证明；考查运算求解能力和逻辑推理能力；灵活运用两个正数的基本不等式是求解本题的关键；属于中档题.