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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天大冲刺卷文 科 数 学（十三）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
2、的1已知集合，则（ ）ABCD2已知命题：若，则；命题，使得，则下列命题是真命题的是（ ）ABCD3已知函数，则（ ）ABCD4已知，则（ ）ABCD5若向量与的夹角为，则（ ）ABCD6已知数列的前项和满足，则（ ）ABCD7已知函数的定义域为，则不等式的解集为（ ）ABCD8在正方体中，分别是，的中点，则（ ）ABC平面D平面9已知且为常数，圆，过圆内一点的直线与圆相交于，两点，当最小时，直线的方程为，则的值为（ ）ABCD10已知矩形中，现向矩形内随机投掷质点，则满足的概率是（ ）ABCD11已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，以线段为直径的圆交线段的延长线于点，若，则该椭圆
3、的离心率是（ ）ABCD12若函数的图象上存在关于直线对称的不同两点，则实数的取值范围是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13设复数满足，则 14执行如图所示的程序框图，若输出，则输出的的取值范围是 15如图是某篮球运动员在场比赛中得分的茎叶图，则这场比赛得分的方差为 16已知双曲线的渐近线方程为，焦点为，若过双曲线上一点分别作两条渐近线的平行线，与两条渐近线围成四边形，则四边形的面积为 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）在中，内角，所对的边分别为，若，且（1）求证：，成等比数列；（2）若的面积是，求18（
4、12分）小明在石家庄市某物流公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了甲、乙两种日薪薪酬方案，其中甲方案：底薪元，每派送一单奖励元；乙方案：底薪元，每日派送的前单没有奖励，超过单的部分每单奖励元（1）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪（单位：元）与派送单数的函数关系式；（2）根据该公司天所有派送员的派送记录，发现每名派送员的日平均派送单数与天数满足下表：根据上表，回答下列问题：（i）设一名派送员的日薪为（单位：元），根据以上数据，试分别求出甲、乙两种方案中日薪的平均数及方差；（ii）结合（i）中的数据，根据统计的知识，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由（参考数据：，）19（
5、12分）如图，在直三棱柱中，为上的点，平面（1）求证：平面；（2）若，且，求三棱锥的体积20（12分）已知椭圆，过点作斜率互为相反数的两条不同直线，设与椭圆相交于，两点，与椭圆相交于，两点（1）若为的中点，求直线的方程；（2）记，求的取值范围21（12分）已知函数（是自然对数的底数）（1）判断函数极值点的个数，并说明理由；（2）若，求的取值范围请考生在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，直线的参数方程为（为参数，为的倾斜角），曲线的参数方程为（为参数，），以坐标轴原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系（1
6、）写出曲线的普通方程和直线的极坐标方程；（2）若直线与曲线恰有一个公共点，求点的极坐标23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数，（1）求不等式的解集；（2）若存在，使得和互为相反数，求的取值范围2020年高考考前45天大冲刺卷文 科 数 学（十三）答 案第卷一、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1【答案】D【解析】由已知得，故，2【答案】C【解析】命题，当时，故该命题为假命题；命题，当时，故该命题为真命题所以为假命题；为假命题；为真命题；为假命题3【答案】A【解析】4【答案】C【解析】由，得，所以，所以5【答案】B【解析】因
7、为，所以，6【答案】B【解析】，即，当时，所以当时，得，即，则又当时，所以，所以，所以数列是以为首项为公比的等比数列，所以，则7【答案】C【解析】因为，所以函数为偶函数，令，易知在上为增函数，令，易知在上也为增函数，所以可变形为，所以，解得或，故不等式的解集为8【答案】D【解析】如图，设的中点为，连接，则，又，所以是不可能的（实际上与是异面直线），所以选项A错误；假设，连接，易知，又，所以平面，所以，所以，这与是等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B错误；假设平面，则，连接，因为为的中点，所以，这不可能（理由：设正方体的棱长为，则易求得，），所以假设错误，即选项C错误；设，的中点分别为，连接，
8、则易知，且平面，所以平面，所以选项D正确9【答案】B【解析】将圆的方程配方，得，圆心为，当弦长度最短时，最小，此时圆心与定点的连线和直线垂直，所以，解得10【答案】B【解析】由，知为锐角或直角，则点所在的区域如图中阴影部分所示，则所求概率11【答案】D【解析】如图，由题意知，为为直径的圆上一点，所以，结合知，又，所以为等腰直角三角形，所以，即，所以，即，所以椭圆的离心率12【答案】A【解析】时，画出函数在时的图象，如图，令，解得，所以，作出的图象，如图，要使函数的图象上存在关于直线对称的不同两点，则要使的图象向左平移才能满足条件，则，解得第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13
9、【答案】【解析】设，则，解得，14【答案】【解析】根据题意，当输出时，应满足，得15【答案】【解析】这场比赛的平均得分为，所以得分的方差为16【答案】【解析】由焦点为，可设双曲线的标准方程为，则，又双曲线的标准方程为，过双曲线上一点分别作两条渐近线的平行线，与两条渐近线围成四边形，则四边形为矩形，所以四边形的面积设，则，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）证明见解析；（2）【解析】（1），在中，由正弦定理得，由正弦定理可得，成等比数列（2）的面积，则，由（1）知，联立两式解得，18【答案】（1）甲方案：，乙方案；（2）（i）甲方
10、案：，乙方案：，；（ii）详见解析【解析】（1）由题意知，甲方案中派送员的日薪（单位：元）与派送单数的函数关系式为；乙方案中派送员的日薪（单位：元）与派送单数的函数关系式为：（2）（i）由（1）及表格可知，甲方案中，日薪为元的有天，日薪为元的有天，日薪为元的有天，日薪为元的有天，日薪为元的有天，则，；乙方案中，日薪为元的有天，日薪为元的有天，日薪为元的有天，日薪为元的有天，则，（ii）方法一：由（i）可知，但两者相差不大，且远小于，即甲方案中日薪的波动比较小，所以小明选择甲方案合适方法二：由（i）可知，即甲方案中日薪的平均数小于乙方案中日薪的平均数，所以小明选择乙方案比较合适19【答案】（1）
11、证明见解析；（2）【解析】（1）如图，连接，平面平面，平面，为的中点，为的中点，由平面，平面，由及，是平面内的两条相交直线，得平面（2）由，得，由（1）知，又，20【答案】（1）；（2）【解析】（1）易知直线的斜率存在且不为，设直线的斜率为，则其方程为，代入中，得，判别式设，则，的中点为，直线的方程为，即（2）由（1）知，由题可得的方程为，同理可得，令，则，易知在，上单调递减，或，故或，即21【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）由题意知，当时，易知在上单调递减，在上单调递增，有个极值点；当时，令，则或，易知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，有个极值点；当时，在上单调递增，此时没
12、有极值点；当时，令，则或，易知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，有个极值点，综上，当时，有个极值点；当且时，有个极值点；当时，没有极值点（2）由，得当时，即对任意的恒成立，设，则设，则，当时，在上单调递增，当时，即，易知在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，不等式恒成立，当时，设，则，设，则，当时，在上单调递减，当时，若，则，在上单调递增，当时，若，使得时，即在上单调递减，此时，不符合题意，舍去，综上可得，的取值范围是22【答案】（1），；（2）【解析】（1）由曲线的参数方程，得，曲线的普通方程为直线的参数方程为（为参数，为的倾斜角），直线的倾斜角为，且过原点（极点），直线的极坐标方程为，（2）由（1）可知，曲线为半圆弧，若直线与曲线恰有一个公共点，则直线与半圆弧相切，设，由题意，得，故，而，点的极坐标为23【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意，当时，由，得，无解；当时，由，得，即；当时，由，得，
