《2020年高考考前45天大冲刺卷之理科数学（六）教师版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考考前45天大冲刺卷之理科数学（六）教师版（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 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选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、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
2、1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】由，则2在复平面内，复数对应的点为，将向量绕原点按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）ABCD【答案】A【解析】复数对应的点的坐标是，将点按逆时针方向旋转到点的坐标是，对应的复数为3某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为，并在扇形弧上正面等距安装个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计），已知扇形的半径为厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）A厘米B厘米C厘米D厘米【答案】B【解析】因为弧长比较短的情况下分成等分，每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，所以导线长度为厘米4已知，那么“”是“
3、，共线的”（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C非充分非必要条件D充要条件【答案】A【解析】若，则，故，共线，若，共线，则，故5由实数组成的等比数列的前项和为，则“”是“”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【答案】C【解析】6函数的图象大致是（ ）ABCD【答案】A【解析】当时，此时令，在上单调递增，故排除B，C，当时，当时，在上单调递减，且，故排除D，综上所述，故选A7已知，则（ ）ABCD【答案】A【解析】，8根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量，进行回归分析，设，利用最小二乘法，得到线性回归方程为，则变量的最大值的估计值是（ ）ABCD【答案
4、】B【解析】依题意，模拟函数为，所以最大值为9如图，点为双曲线的右顶点，点为双曲线上一点，作轴，垂足为，若为线段的中点，且以为圆心，为半径的圆与双曲线恰有三个公共点，则的离心率为（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意可得，为线段的中点，可得，令，代入双曲线的方程可得，可设，由题意结合图形可得圆经过双曲线的左顶点，即，即有，可得，10已知为偶函数，对任意，恒成立，且当时，设函数，则的零点的个数为（ ）ABCD【答案】C【解析】为偶函数，对任意，恒成立，且当时，的零点的个数，就是解的个数，画出函数与的图象如图所示，可知两个函数的图象有个交点11已知，给出下列判断：若，且，则存在，使得的图象右移个单
5、位长度后得到的图象关于轴对称若在上恰有个零点，则的取值范围是若在上单调递增，则的取值范围为其中，判断正确的个数为（ ）ABCD【答案】B【解析】因为，所以周期，对于，由条件知，周期为，所以，故错误对于，函数图象右移个单位长度后得到的函数为，其图象关于轴对称，则，解得，故对任意整数，所以错误对于，由条件得，解得，故正确对于，由条件得，解得，又，所以，故正确12如图，点是正方体的棱的中点，点，分别在线段，（不包含端点）上运动，则（ ）A在点的运动过程中，存在B在点的运动过程中，不存在C四面体的体积为定值D四面体的体积不为定值【答案】C【解析】在长方体中，平面平面，又因为点在上运动，则不存在，当时，
6、其理由如下：设与相交于点，因为，所以，易证平面，所以，故平面，因为平面，所以为定值，因为，所以点到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13二项式展开式中项系数为 【答案】【解析】根据二项式定理，的通项，当，即时，可得，项的系数为14已知正实数满足，则的最小值是_【答案】【解析】，设，可得，则，当且仅当时，“”成立，即的最小值是15某共享汽车停放点的停车位排成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的辆共享汽车都是随机停放的，且这辆共享汽车都不相邻的概率与这辆共享汽车恰有辆相邻的概率相等，则该停车点的车位数为 【答案】【解析】设停车位有个，
7、这辆共享汽车都不相邻的种数：相当于先将个停车位排放好，再将这辆共享汽车，插入到所成个间隔中，故有种，恰有辆相邻的种数：先把其中辆捆绑在一起看做一个复合元素，再和另一个插入到，将个停车位排放好所成个间隔中，故有种，因为这辆共享汽车都不相邻的概率与这辆共享汽车恰有辆相邻的概率相等，解得16已知函数，若存在实数，满足，且，则的最大值为 【答案】【解析】由的图象，可得，因为，所以，所以，令，则，令，则，当时，；当时，所以当时，最大，且，故的最大值为三、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）已知中，角，对边分别是，且的外接圆半径为（1）求角的大小；（2）求
8、面积的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，得，又，又，（2），当，即时，18（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，点在平面上的投影为棱的中点（1）求证：四边形为矩形；（2）求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为平面，所以，又因为，所以，因此，所以，因此平面，所以，从而，即四边形为矩形（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，平面的法向量，设平面的法向量为，由，由，令，即，所以，所以二面角的余弦值是19（12分）设，是椭圆（）上的两点，椭圆的离心率为，短轴长为，已知向量，且，为坐标原点（1）若直线过椭圆的焦点，（为半焦距），求直线的斜率的
9、值；（2）试问：的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由【答案】（1）；（2）的面积为定值，证明见解析【解析】（1）由题可得，所以，椭圆的方程为，设的方程为，代入，得，即，即，解得（2）直线斜率不存在时，即，即，又点在椭圆上，即，故的面积为定值；当直线斜率存在时，设的方程为，联立，得，由，可得，所以三角形的面积为定值20（12分）函数的图象在处的切线方程为（1）求和的值；（2）若满足：当时，求实数的取值范围【答案】（1），；（2）【解析】（1）由函数的图象在处的切线方程为，知，解得，（2），令，则设，则，从而，因为，且在单调递增，由，知当时，；当时，函数在上单调递减，在上单调
10、递增，恒成立，实数的取值范围是21（12分）有一名高二学生盼望年进入某名牌大学学习，假设该名牌大学有以下条件之一均可录取：年月通过考试进入国家数学奥赛集训队（集训队从年月省数学竞赛一等奖中选拔）：年月自主招生考试通过并且达到年月高考重点分数线，年月高考达到该校录取分数线（该校录取分数线高于重点线），该学生具备参加省数学竞赛、自主招生和高考的资格且估计自己通过各种考试的概率如下表：若该学生数学竞赛获省一等奖，则该学生估计进入国家集训队的概率是，若进入国家集训队，则提前录取，若未被录取，则再按、顺序依次录取：前面已经被录取后，不得参加后面的考试或录取（注：自主招生考试通过且高考达重点线才能录取）（
11、1）求该学生参加自主招生考试的概率；（2）求该学生参加考试的次数的分布列及数学期望；（3）求该学生被该校录取的概率【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）【解析】（1）设该学生参加省数学竞赛获一等奖、参加国家集训队的事件分别为，则，即该学生参加自主招生考试的概率为（2）该学生参加考试的次数的可能取值为，所以的分布列为：（3）设该学生自主招生通过并且高考达到重点分数线录取，自主招生未通过但高考达到该校录取分数线录取的事件分别为，所以该学生被该校录取的概率为请考生在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，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的普通方程为，曲线的参数方程为（为参数）（1）求曲线和的极坐标方程；（2）设射线分别与曲线和相交于，两点，求的值【答案】（1），；（2）【解析】（1）曲线的极坐标方程为，的极坐标方程为（2）令，则，则，即，所以，故23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知不等式（1）若，求不等式的解集；（2）若已知不等式的解集不是空集，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1），若，则，舍去；若，则，；若，则，综上，不等式的解集为（2）设，则，即的取值范围是7
