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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天大冲刺卷理 科 数 学（四）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，集合，则集合的子集个数为（ ）ABCD【答案】D【解析】集合，集合，由题意得，直线与抛物线有个交点，故的子集有个，故选D2已知复数，若为纯虚数，则（ ）ABCD【答案】B【解析】纯虚数，即，故选B3下列命题是假命题的是（ ）A某企业有职工人，其中高级职称人，中级职称人，一般职员人，若用分层抽样的方法抽出一个容量为的样本，则一般职员应抽出人B用独立性检验（列联表法）来考察两个分类变量是否有关系时，算出的随机变量的值越大，说明“与有关系”成立的可能性越大C已知向量，则是的必要条件D若，则点的轨迹为抛物线【答案】D【解析】对于A选项，由分层抽样定义找出抽取的比例，则一般职员应抽出人，A正
3、确对于B选项，用独立性检验（列联表法）的定义判断，用独立性检验（列联表法）来考察两个分类变量是否有关系时，算出的随机变量的值越大，说明“与有关系”成立的可能性越大，B正确对于C选项，已知向量，当时，即，解得，则可推出有成立；当时，即，推不出，由充要条件的定义可知向量，则是的必要条件正确对于D选项，化简可得，此方程的曲线不表示抛物线，D错故选D4已知平面向量，满足，若对于任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】由，得，又对于任意实数，不等式恒成立，即对于任意实数，不等式恒成立，即对于任意实数，不等式恒成立，即，解得或，故选B5已知抛物线的焦点为，准线为，点在第一
4、象限的抛物线上，直线的斜率为，点在直线上的射影为，且的面积为，则的值为（ ）ABCD【答案】B【解析】如图所示，设准线与轴交于点，是边长为的等边三角形，所以，故选B6定义在上的函数满足，且时，若，则，的大小关系是（ ）ABCD【答案】B【解析】由，且时，是增函数，可得，而，故选B7已知实数，满足，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【解析】，设，则的几何意义是区域内的点到定点的斜率，作出不等式组对应的平面区域如图，可得，此时；，此时，结合图象知的取值范围为，故选B8被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，就是黄金分割比的近似值，
5、黄金分割比还可以表示成，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意，则，故选C9已知数列的通项公式是，其中的部分图象如图所示，为数列的前项和，则的值为（ ）ABCD【答案】B【解析】由图象可得，即，再将代入，可得，即有，又，所以，即，为最小正周期为的数列，由，可得一个周期的和为，则故选B10若向区域内投点，则该点落在由与围成区域的概率为（ ）ABCD【答案】B【解析】如图，与围成区域的面积为由测度比是面积比可得所求概率为，故选B11如图，在下列三个正方体中，均为所在棱的中点，过，作正方体的截面在各正方体中，直线与平面的位置关系描述正确的是（ ）A平面的有且只有；平面的有和B平面的有且只有；平面的
6、有且只有C平面的有且只有；平面的有且只有D平面的有且只有；平面的有且只有【答案】A【解析】中利用，可证得平面平面，从而确定平面；中利用，可证；利用，可证，从而可得平面；设棱长为，以为原点，以，所在直线为，轴建立空间坐标系，则，平面，故选A12已知正项数列的前项和为，且，设数列的前项和为，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】正项数列的前n项和为，且，可得时，相减可得，即，化为，可得，由，即，可得，前项和为，由为自然数集上的增函数，可得最小值为，且，则故选D第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为 【答案】【解析】函数的定义域为
7、，则函数的导函数，由，即，解得或（舍），故切点的横坐标为14袋中装有编号分别为，的三个黑球和三个白球，从中取出三个球，则取出球的编号互不相同的取法种数为 ；取出球的编号恰有两个相同的概率为 【答案】；【解析】根据题意，从袋中取出三个球，且取出球的编号互不相同，则取出的三个球的编号为、，编号为的取法有种，编号为的取法有种，编号为的取法有种，则取出球的编号互不相同的取法种数为种；从袋中取出三个球，取法有种，其中取出球的编号恰有两个相同的取法有种，则取出球的编号恰有两个相同的概率15鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全
8、对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为 （容器壁的厚度忽略不计，结果保留）【答案】【解析】依题意，结合鲁班锁的对称性，球心为三组长方体的中心，且每个长方体由两个正四棱柱组成，所以每个长方体的长为，宽为，高为设球的半径为，则，所以，所以该球形容器的表面积至少为16已知双曲线的右焦点为，以为圆心，以为半径的圆交双曲线的右支于，两点（为坐标原点），的一个内角为，则双曲线的离心率为 【答案】【解析】如图所示，且的一个内角为，则为等边三角形，所以，设圆与轴交于，连接，则，由，可得，可得，由，可得，即，
9、可得，故，又因为为双曲线上一点，所以，由，且，可得，解得，解得三、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）在等比数列中，公比，其前项和为，且，（1）求数列的通项公式；（2）设，若数列的前项和为，则，是否成等比数列？并说明理由【答案】（1）；（2）能成等比数列，详见解析【解析】（1）由，可得，解得，可得（2），数列的前项和为，假设，是成等比数列，则，此等式恒成立，因此假设成立，即，是成等比数列18（12分）如图，在直角梯形中，且，点是中点，现将沿折起，使点到达点的位置（1）求证：平面平面；（2）若与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答
10、案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：，点是中点，则四边形为平行四边形，又，则平面，平面，又平面，平面平面（2）由（1）知平面，即为与平面所成的角，得，平面，则为等腰直角三角形，得，故为等边三角形，取的中点，连结，则，平面，又平面，平面平面，又平面，平面，以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，设，则，从而，设平面的一个法向量为，则由，令，得，又平面的一个法向量，则，平面与平面所成锐二面角的余弦值为19（12分）若函数，当时，函数有极值（1）求函数的解析式；（2）若方程有个不同的根，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1
11、）因为函数，由题意得，解得，故所求函数的解析式为（2）由（1）可得，令，得或，随着变化时，的变化情况如下表：递增递减递增因此，当时，有极大值；当时，有极小值，作出函数的图象大致如图所示：若，有个不同的根，则直线与函数的图象有个交点，所以20（12分）武汉有“九省通衢”之称，也称为“江城”，是国家历史文化名城，其中著名的景点有黄鹤楼、户部巷、东湖风景区等等（1）为了解“五一”劳动节当日江城某旅游景点游客年龄的分布情况，从年龄在岁到岁的游客中随机抽取了人，制成了如下的频率分布直方图：现从年龄在内的游客中，采用分层抽样的方法抽取人，再从抽取的人中随机抽取人，记人中年龄在内的人数为，求；（2）为了给游
12、客提供更舒适的旅游体验，该旅游景点游船中心计划在年劳动节当日投人至少艘至多艘型游船供游客乘坐观光，由到这年间的数据资料显示每年劳动节当日客流量（单位：万人）都大于将每年劳动节当日客流量数据分成个区间整理得如表：劳动节当日客流量频数（年）以这年的数据资料记录的个区间客流量的频率作为每年客流量在该区间段发生的概率，且每年劳动节当日客流量相互独立该游船中心希望投入的型游船尽可能被充分利用，但每年劳动节当日型游船最多使用量（单位：艘）要受当日客流量（单位：万人）的影响，其关联关系如表：劳动节当日客流量型游船最多使用量若某艘型游船在劳动节当日被投入且被使用，则游船中心当日可获得利润万元；若某艘型游船劳动
13、节当日被投入却不被使用，则游船中心当日亏损万元记（单位：万元）表示该游船中心在劳动节当日获得的总利润，的数学期望越大游船中心在劳动节当日获得的总利润越大，问该游船中心在年劳动节当日应投人多少艘型游船才能使其当日获得的总利润最大【答案】（1）；（2）应投入艘【解析】（1）年龄在内的游客人数为，年龄在内的游客人数为，若采用分层抽样的方法抽取人，则年龄在内的人数为人，年龄在内的人数为人，（2）当投入艘型游船时，因客流量总大于，则（万元）当投入艘型游船时，若，则，此时，若，则，此时，此时，的分布列为：此时（万元）当投入艘型游船时，若，则，此时，若，则，此时，若，则，此时，此时，的分布列如下表：此时（万元）由于，则该游船中心在年劳动节当日应投入艘型游船才能使其当日获得的总利润最大21（12分）已知为圆上一动点，在轴，轴上的射影分别为
