《2020高考数学(理)全真模拟试卷及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学(理)全真模拟试卷及答案.pdf（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020 年高考全真模拟试卷 数学 理科 试题卷 本试题卷分选择题和非选择题两部分 考试时间为120 分钟 参考公式 柱体的体积公式VSh其中 S表示柱体的底面积 h 表示柱体的高 锥体的体积公式 1 3 VSh 其中 S表示锥体的底面积 h 表示锥体的高 台体的体积公式 1122 1 3 Vh SS SS 其中 S1 S2分别表示 台体的上 下底面积 球的表面积公式 2 4SR其中 R表示球的半径 h 表 示台体的高 球的体积公式 3 4 3 VR 其中 R表示球的半径 选择题部分 共40分 一 选择题 1 设 集 合 32 xxA 01 xxB 则 集 合 ABI等 于 A 21 xx B
2、 12 xx C 13 xx D 13 xx 2 下 列 函 数中 其 图 象 既 是 轴 对 称 图形 又 在 区 间 0 上 单 调 递 增 的 是 A 1 y x B 2 1yx C 2 x y D lg 1 yx 3 已 知 a b为 实 数 则 2ab 是 1a且1b 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 4 下列命题中错误 的是 A 如果平面平面 平面平面 l 那么l B 如果平面平面 那么平面内一定存在直线平行于平面 C 如果平面不垂直于平面 那么平面内一定不存在直线垂直于平面 D 如果平面平面 过内任意一点作交线的垂线 那么此垂线必
3、垂直 于 5 如图所示的是函数 sin 2f xx和函数 g x的部分图象 则 函数 g x的解析式是 A sin 2 3 g xx B 2 sin 2 3 g xx C 5 cos 2 6 g xx D cos 2 6 g xx 6 已知双曲线 22 22 10 0 xy ab ab 与圆 22222 xyccab交于 A B C D四 点 若 四 边 形ABCD 是 正 方 形 则 双 曲 线 的 离 心 率 是 A 22 B 22 2 C 12 D 12 2 7 用餐时客人要求 将温度为10 C o 质量为0 25kg的同规格的某种袋装饮料加热 至3040CC oo 服务员将x袋该种饮料
4、同时放入温度为80 C o 质量为2 5kg的热水 y x 17 24 8 O 第 5 题图 第 12 题图 中 5分钟后立即取出 设经过5分钟饮料与水的温度恰好相同 此时 1 m kg该 饮 料 提 高 的 温 度 1 t C o 与 2 m kg水 降 低 的 温 度 2 t C o 满 足 关 系 式 1122 0 8mtmt 则符合客人要求的x可以是 A 4 B 10 C 16 D 22 8 如图 在 Rt ABC中 AC 1 BC x D是斜边 AB的中点 将 BCD沿直线 CD翻折 若在翻折过程中存在某个位置 使得 CB AD 则 x 的取值范围是 A 0 3 B 2 2 2 C
5、3 2 3 D 2 4 非选择题部分 共110分 二 填空题 9 已知等比数列 n a的公比为 q 前n项和为 n S 若 12 nnn SSS成等差数列 且 1 1 S 则 q 2 a n a 10 已 知 点 cos sin P在直 线3yx上 则 tan 4 1cos2 sin2 11 若不等式组 20 5100 80 xy xy xy 所表示的平 面区域被直线2ykx 分为面积相等的两部分 则k 的值为 若该平面区域存 在 点 00 xy使 00 20 xay 成 立 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 第 8 题图 D B C A C A B D 12 一个棱锥的三视图如图 则该
6、棱锥的体积为 其外接球的表面积 为 13 非零向量 a b r r 夹角为60 o 且1ab rr 则ab rr 的取值范围为 14 实数 x y满足 22 4545xxyy 设 22 Sxy 则 maxmin 11 SS 15 已知关于x的方程 2 2 xkkx在区间 1 1 kk上有两个不相等的实根 则实数 k 的取值范围是 新 课标 第 一 网 三 解答题 本大题共5 小题 共 74 分 解答请写在答卷纸上 应写出文字说明 证明过程或演算步骤 16 本题 15分 在ABC中 内角 A B C的对边分别为 a b c 且2 3 sin5aBc 11 cos 14 B 求角 A的大小 设 B
7、C边的中点为 D 19 2 AD 求ABC 的面积 17 本题 15 分 如图 已知平面QBC与直线 PA均垂直于Rt ABC所在平面 且 ACABPA 求证 PA 平面QBC Q P 若PQQBC平面 求二面角APBQ的余弦值 18 本题 15分 已知直线 13 32 13 0m xm ym mR所经过的定点 F恰 好是椭圆C的一个焦点 且椭圆C上的点到点F的最大距离为 3 求椭圆C的标准方程 设过点F的直线l交椭圆于A B两点 若 1218 57 FAFB 求直线l的斜 率的取值范围 19 本题 15 分 已知数列 n a中 4 1 1 21 aa 且 4 3 2 1 1 n an an
8、a n n n 求数列 n a的通项公式 求证 对一切 Nn 有 222 12 7 6 n aaaL 新 课 标 第 一 网 20 本题 14 分 已知函数 22 1 4 5 5f xxaxag xaxx 其中 Ra 若函数 f x g x存在相同的零点 求a的值 若存在两个正整数 m n 当 0 xm n时 有 0 0f x与 0 0g x同时成立 求n的最大值及n取最大值时a的取值范围 数学 理科 答案 1 C 2 D 3 B 4 D 5 C 6 A 7 C 8 A 9 2 2 1 2 n 10 2 1 3 11 1 2 1a 12 24 289 4 13 1 3 14 8 5 15 01
9、k 16 解 由 11 cos 14 B 得 5 3 sin 14 B 又2 3 sin5aBc 代入得 37ac 由 sinsin ac AC 得 3sin7sinAC 3sin7sin AAB 3sin7sincos7cossinAABAB 得tan 3A 2 3 A 2219 2cos 4 ABBDAB BDBg 22 771119 2 66144 cccc 3c 则7a 115 315 3 sin3 7 22144 SacB 17 方法一 证明 过点Q作QDBC于点D 平面QBC 平面 ABC QD平面 ABC 又 PA 平面 ABC QD PA又 QD平面QBC PA 平面QBC 解
10、 PQ平面QBC 90PQBPQC o 又 PBPC PQPQ PQBPQC BQCQ 点 D是 BC 的中点 连结 AD 则 ADBC AD平面QBC PQ AD ADQD 四边形PADQ是矩形 设2PAa 2PQADa 2 2PBa 6BQa 过Q作QRPB于点 R 266 22 2 aa QRa a 22 22 22 2 PQa PRa PBa 取PB中点M 连结AM 取PA的中点 N 连结 RN 11 42 PRPBPM 1 2 PNPA MA RN PAAB AMPB RNPB QRN为二面角QPBA的平面角 连结QN 则 2222 23QNQPPNaaa又 2 2 RNa 222
11、222 31 3 3 22 cos 23 62 2 22 aaa QRRNQN QRN QR RN aa 即二面角QPBA的余弦值为 3 3 方法二 I 证明 同方法一 解 PQ平面QBC 90PQBPQC o 又 PBPC PQPQ PQBPQC BQCQ 点 D是 BC 的中点 连结 AD 则 ADBC AD平面QBC PQ AD ADQD 四边形PADQ是矩形 分别以 AC AB AP为 x y z轴建立空间直角坐标系Oxyz 设2PAa 则 2 Q a aa 0 2 0 Ba 0 0 2 Pa 设平面QPB的法向量为 nx y z r 0 PQa a uuu r 0 2 2 PBaa
12、uuu r 0 1 1 1 220 axay n ayaz r 又 平面PAB的 法向量为 1 0 0 m u r 12 分 设二面角QPBA为 则 3 cos cos 3 m n m n mn u r r u r r g u rr 又 二面角QPBA是钝角 3 cos 3 即二面角QPBA的余弦值为 3 3 18 由 13 32 13 0m xm ym得 31 323 0 xymxy 由 310 3230 xy xy 解得 1 0 F 设 椭 圆C的 标 准 方 程 为 22 22 1 0 xy ab ab 则 222 1 3 c ac abc 解 得 2 3 1abc 从而椭圆C的标准方程
13、为 22 1 43 xy 过F的直线l的方程为 1 yk x 11 A xy 22 B xy 由 22 1 1 43 yk x xy 得 2222 34 84120kxk xk 因点F在椭圆内部必有0 有 2 12 2 2 12 2 8 34 412 34 k xx k k x x k 所以 FA FB 1 k 2 x1 1 x2 1 2 1 k 1212 1 x xxx 2 2 9 1 34 k k 由 2 2 129 1 18 5347 k k 得 2 13k 解得31k或13k 所以直线l的斜率的取值范围为3 11 3U 19 解 由已知 对2n有 1 1 1 1 1 1 nan n a
14、n an a nn n n 两边同除以 n 得 1 1 1 11 1 nnanna nn 即 1 1 1 1 11 1 nnanna nn 于是 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 1 2 1 nkkakka n k n k kk 即2 1 1 1 1 1 1 2 n naan n 所以 1 23 1 1 1 1 1 1 2 n n naan n 2 23 1 n n an 又1n时也成立 故 23 1 Nn n an 当2k 有 13 1 43 1 3 1 13 43 1 23 1 2 2 kkkkk ak 所以2n时 有 13 1 43 1 8 1 5 1 5 1 2 1 3 1 1
15、1 2 2 1 2 nn aa n k k n k k 6 7 6 1 1 13 1 2 1 3 1 1 n 又1n时 6 7 1 2 1 a 故对一切 Nn 有 6 7 1 2 n k k a 20 解 2 1 4 5 f xxaxa 4 5 xxa 12 4 5xxa 9 4 1690 16 gaa 2 5 5 1 0g aa a 046aaa或或 经检验上述a的值均符合题意 所以a的值为 9 6 4 0 16 5 分 令 0 f x则45xa m nQ为正整数 50 5aa即 6 分 记 5 0 aN 令 2 g 0 50 xaxx即的 解 集 为M 则 由 题 意 得 区 间 m nMNI 7分 当0a时 因为g 0 50 故只能 2 g 5 5 1 0aa a 即4a或6a 又因为5a 故40a 此时55na 又nm Z 所以4nm 9 分 当且仅当 40 455 3 920 a a ga 即 9 2 1a时 n可以取 4 所以 n的最大整数为 4 11分 当0a时 MNI 不合题意 12 分 当0a时 因为g 0 50 2 g 5 5 1 0aa a 故只能 1 05 2 1200 a a a 无解 综上 n的最大整数为 4 此时a的取值范围为 9 2 1a 14 分
