《【最后十套】2020年高考名校考前提分仿真卷 文科数学（八）含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【最后十套】2020年高考名校考前提分仿真卷 文科数学（八）含答案解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、绝密 启用前【最后十套】2020年高考名校考前提分仿真卷文 科 数 学（八）注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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已知集合，集合，则（ ）ABCD2设(是虚数单位)，则（ ）AB2CD23各项均
2、不为零的等差数列中，若，则（ ）A2017B4034C2016D40324已知向量，满足，且，则与的夹角为（ ）ABCD5从标有数字，的三个红球和标有数字，的两个白球中任取两个球，则取得两球的数字和颜色都不相同的概率为（ ）ABCD6若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是（ ）ABCD7设实数满足约束条件，则的取值范围是（ ）ABCD8将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若对满足的，有，则（ ）ABCD9连接双曲线及的4个顶点的四边形面积为，连接4个焦点的四边形的面积为，则当取得最大值时，双曲线的离心率为（ ）ABCD10我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分
3、数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和，则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值我们知道，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第四次用“调日法”后可得的近似分数为（ ）ABCD11如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A48B32C16D12对于函数，如果存在实数，使得，那么称为，的生成函数设，取，生成函数图像的最低点坐标为若对于任意正实数，且，使恒成立，则的最大值为（ ）A25B89C289D402第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13正方体的表面积为24
4、，则其外接球的表面积为 14已知函数，则不等式的解集为_15已知数列的前项和为，且，设为数列的前项和，若对于，总有成立，其中，则的最小值为_16已知是抛物线上一点，是圆关于直线对称的曲线上任意一点，则的最小值为_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）在锐角中，角的对边分别为，已知（1）若，求；（2）求的取值范围18（12分）如图，在三棱柱中，侧棱垂直底面正三角形，点D在边BC上，（1）求证：平面；（2）设E是上的一点，当的值为多少时，平面？请给出证明19（12分）近几年，“互联网+”已经影响了多个行业，在线教育作为现代信息技术同教育相结合的产
5、物，也引发了教育领域的变革目前在线教育主要包括在线测评、在线课堂、自主学习、线下延伸四种模式为了解学生参与在线教育情况，某校从2000名高一学生中随机抽取了200名学生，对他们参与的在线教育模式进行调查，其调查结果整理如下：(其中标记“”表示参与了该项在线教育模式)（1）试估计该区高一学生中参与在线课堂教育模式的人数；（2）在样本中用分层抽样的方法从参与自主学习的学生中抽取5人，现从这5人中随机抽取2人，求这2人都参与线下延伸教育模式的概率20（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于A，B两点，设点B关于轴的对称点为直线与轴的
6、交点是否为定点？请说明理由21（12分）已知函数（其中，是自然对数的底数），为导函数（1）若时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，试证明：对任意，恒成立请考生在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】在平面直角坐标系中，直线，（t为参数）与抛物线相交于横坐标分别为的A，B两点（1）求证：；（2）若，求的值23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知，设，求证：（1）；（2）绝密 启用前【最后十套】2020年高考名校考前提分仿真卷文科数学答案（八）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
7、合题目要求的1【答案】B【解析】，所以2【答案】A【解析】3【答案】B【解析】由于，得，又，故4【答案】C【解析】因为，所以，可得，所以，即与的夹角为5【答案】B【解析】从这五个球中任取两个球的基本事件有：（红1，红2），（红1，红3），（红1，白1），（红1，白2），（红2，红3），（红2，白1），（红2，白2），（红3，白1），（红3，白2），（白1，白2），共个基本事件，其中两球的数字和颜色的都不相同基本事件有（红1，白2），（红2，白1），（红3，白1），（红3，白2）共个基本事件，所以两球的数字和颜色的都不相同概率为6【答案】B【解析】由程序框图可知，输出的的，又且是周期为的周期函数
8、，所以7【答案】D【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）可以视为区域内的点到定点的斜率，由图象知BD的斜率最大，CD的斜率最小，由，解得，即，即BD的斜率；由，解得，即，即CD的斜率，即，故8【答案】D【解析】因为函数的周期为，函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象由可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，又，不妨设，即在，取得最小值，此时，由于，不合题意，不妨设，即在取得最小值，此时，当时，满足题意9【答案】D【解析】四个顶点形成的四边形的面积，四个焦点连线形成的四边形的面积，所以，当取得最大值时有，离心率10【答案】A【解析】第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，
9、即；第二次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即；第三次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即；第四次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即11【答案】D【解析】根据三视图可知几何体是一个三棱锥，三棱锥的外面是以4为棱长的正方体，几何体的体积12【答案】C【解析】由题意，得，则，解得，所以，于是设=，令，则，即，设，设，所以在上单调递减，故存在最大的常数第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】设正方体的棱长为，则，所以，所以其外接球表面积为14【答案】【解析】若，则不等式可转化为，；若，则不等式可转化为，综上，不等式的解集为15【答案】10【解析】由题意
10、知，当时，可得，当，两式相减得，整理得，所以数列是以1位首项，公比为2的等比数列，所以，因为对于，总有成立，所以，即16【答案】【解析】假设圆心关于直线对称的点为，则有，解方程组可得，所以曲线的方程为，圆心为，设，则，又，所以，即，所以三、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）；（2）【解析】（1）由，得，为锐角三角形，又，两式相减，得由余弦定理，得，即，解得或当时，即为钝角（舍），故（2）由（1）得，所以，为锐角三角形，故的取值范围是18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）在三棱柱中，平面，平面，又，交于，且和都在面内，面（2）由
11、（1），得，在正三角形中，是的中点，当，即E为的中点时，平面事实上，在三棱柱中，四边形是矩形，且D、E分别是BC、的中点，所以，又，且，且，所以四边形为平行四边形，所以，而面内，故平面19【答案】（1）人；（2）【解析】（1）因为在样本200人中参与在线测试的共150人，所以全区2000名高一学生中参与在线课堂的人数为人（2）记“抽取参加测试的2人都参加了线下延伸”为事件A用分层抽样抽取的5人中，有3人参加了自主学习和线下延伸，记为1，2，3；有2人参加了自主学习和在线测评，记为a，b5人中抽取2人，共有（1，2）（1，3）（1，a）（1，b）（2，3）（2，a）（2，b）（3，a）（3，b）
12、（a，b）10种取法，其中事件A包含3个，所以20【答案】（1）；（2）交点是定点，坐标为【解析】（1）因为点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以，所以椭圆的标准方程为（2）设，设直线，联立和，得，所以，直线的方程为，令，解得，又，所以，所以直线与轴的交点是定点，坐标为21【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由，得，所以曲线在点处的切线斜率为，而，故切线方程是，即（2）证明：若，解得，令，所以，因此，对任意，等价于，由，得，因此，当时，单调递增；当时，单调递减，所以的最大值为，故，设，所以时，单调递增，故时，即，所以因此，对任意，恒成立22【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）直线与抛物线交于点，把代入，得关于的一元二次方程，设点，所对应的参数分别为，则，把代入得（2），由（1）知，又，由知，23【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】证明：（1），当且仅当时取等号（2），则而，
