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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届高三第二次模拟考试卷理 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。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设全集，则（
2、 ）ABCD【答案】D【解析】由题意可知，所以，故选D2已知函数，则“”是“对任意，都有成立”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】A【解析】“对任意，都有成立”等价于“函数在上为减函数”，即，显然“”是“任意，都有成立”的充分不必要条件，故选A3已知，则（ ）ABCD【答案】D【解析】，又，故选D4已知复数满足，若的虚部为，则复数在复平面内对应的点在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【解析】，由于的虚部为，故，复数在复平面内对应的点为，故复数在复平面内对应的点在第一象限，故选A5已知，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由，得，所
3、以，所以，故选C6在中，角，的对边分别为，若，则的面积（ ）ABCD【答案】A【解析】在中，因为，所以，又，所以，由正弦定理，得，解得，故的面积，故选A7在中，已知，分别是边上的三等分点，则的值是（ ）ABCD【答案】B【解析】不妨设，所以，故选B8设数列的前项和为，数列的前项和为，若，且，则使得成立的的最小值是（ ）ABCD【答案】A【解析】由，化简可得，则当时，两式相减得，当时，又，所以，故是以为公比，为首项的等比数列，所以数列的通项公式根据等比数列的前项和公式可得，从而数列的前项和所以，即，化简可得，即，解得故使得成立的的最小值是，故选A9如图，以棱长为的正方体的顶点为球心，以为半径作一
4、个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为（ ）ABCD【答案】C【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以为圆心，为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为，故选C10已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）ABCD【答案】C【解析】假设点位于轴的上方，由可得，所以，所以，所以，即，所以，解得，因为，则，故选C11已知函数在上的值域为，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意，得由，得或，所以当时，；当或时，所以函数在上单调递减，在，上单调递增又，若，即，则，此时，且时，或；由，解得或因为函数在上的值域为
5、，要使函数在上的值域为，需，此时，所以，即，无解综上所述，的取值范围是，故选A12已知定义在上的奇函数满足时，则关于的函数的所有零点之和为（ ）ABCD【答案】D【解析】因为为上的奇函数，所以当时，画出函数的图象和直线，如图由图可知，函数与直线共有个交点，设其横坐标从左到右分别为，则，而，即，可得，所以，故选D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13等差数列的前项和记为，满足，则数列的公差 【答案】【解析】由，知，则依据，知14若点是不等式组表示的平面区域内的一动点，且不等式恒成立，则实数的取值范围是 【答案】【解析】将不等式化为，只需求出的最大值即可令，作出不等式组表示的平面区域
6、如图中阴影部分所示，平移直线，可知在处取得最大值，则实数的取值范围是15展开式中的系数为 【答案】【解析】，则，令，则，故的系数为，故答案为16图甲是应用分形几何学作出的一个分形规律图，按照图甲所示的分形规律可得图乙所示的一个树形图我们采用“坐标”来表示图乙各行中的白圈、黑圈的个数（横坐标表示白圈的个数，纵坐标表示黑圈的个数）比如第一行记为，第二行记为，第三行记为，照此下去，第行中白圈与黑圈的“坐标”为 【答案】【解析】由图甲所示的分形规律知，个白圈分形为个白圈个黑圈，个黑圈分形为个白圈个黑圈，记某行白圈个，黑圈个“坐标”为，则第一行记为，第二行记为，第三行记为，第四行记为，第五行记为，各行黑
7、圈乘以，分别是，即，所以第行的黑圈数为，而第行共有个圈，故第行的白圈数为，故第行中白圈与黑圈的“坐标”为三、解答题：本大题共6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，的对边分别是，且（1）求的值；（2）若，求面积的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，得，结合正弦定理得，故，得（2）由（1）及，知，故又，故，当且仅当时取等号，由，得，且，即面积的最大值为18（12分）如图，已知四棱锥中，底面为菱形，平面，分别是，的中点，直线与平面所成角的正弦值为，点在上移动（1）证明：无论点在上如何移动，都有平面平面；（2）求点恰为的中点时，二面角的余弦值【答案】（1
8、）证明见解析；（2）【解析】（1）底面为菱形，是正三角形，是的中点，又，平面，平面，又，平面，即无论点在上如何移动，都有平面平面（2）由（1）得，两两垂直，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系连接，平面，就是直线与平面所成的角，在中，则，设，则，得又，设，从而，则，设是平面的法向量，则，取，得为平面的一个法向量连接，易知平面，是平面的一个法向量，由图知二面角为锐角，二面角的余弦值为19（12分）某市需对某环城快速车道进行限速，为了调查该道路的车速情况，于某个时段随机对辆车的速度进行取样，根据测量的车速制成如图所示的条形图：经计算，样本的平均值，标准差，以频率作为概率的估计值
9、已知车速过慢与过快都被认为是需矫正速度，现规定车速小于或车速大于需矫正速度（1）从该快速车道上的所有车辆中任取辆，求该车辆需矫正速度的概率；（2）从样本中任取辆车，求这辆车均需矫正速度的概率；（3）从该快速车道上的所有车辆中任取辆，记其中需矫正速度的车辆数为，求的分布列和数学期望【答案】（1）；（2）；（3）分布列见解析，【解析】（1）记事件为“从该快速车道上的所有车辆中任取辆，该车辆需矫正速度”，为所取车辆的车速已知，由条形图可知，所求的概率为（2）记事件为“从样本中任取辆车，这辆车均需矫正速度”由题设可知样本容量为，又需矫正速度的车辆数为，故所求概率为（3）需矫正速度的车辆数服从二项分布，
10、即则；，因此的分布列为故数学期望20（12分）已知抛物线的焦点为，圆，与的交点为，且（1）求，的方程；（2）过焦点作倾斜角为锐角的直线，分别交于，两点，交于，两点，求的取值范围【答案】（1），；（2）【解析】（1）由，得，解得或（舍去），所以，不妨设，又，所以，解得，所以故抛物线的方程为，圆的方程为（2）由（1）知，抛物线的焦点，设直线方程为，即，则圆的圆心到直线的距离，所以将代入，得，设，所以，所以，令，则，则，所以函数在上单调递增，所以，所以的取值范围是21（12分）已知函数，（1）若，求实数的取值集合；（2）证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由已知，有，当时，与条件矛盾
11、当时，若，则，单调递减；若，则，单调递增在上有最大值，由，知，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减在上有最大值，综上，当时，实数的取值集合为（2）由（1）可知，当时，即在上恒成立，要证，只需证当时，令，则令，则，令，得当时，单调递减；当时，单调递增，即在上单调递减，在上单调递增而，存在，使得当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增又，对任意，恒成立，综上所述，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，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为
12、，直线与曲线交于，两点（1）求曲线的极坐标方程；（2）求线段中点的极坐标（，）【答案】（1）；（2）【解析】（1）将曲线的参数方程消去参数，得，所以曲线的普通方程为将，代入，得，所以曲线的极坐标方程为（2）因为，所以，因为，所以直线的直角坐标方程为，联立方程，得，消去，得，设，则，所以，所以，所以线段中点的直角坐标为，则其极坐标为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【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意可得，当时，由，得，无解；当时，由，得，即；当时，由，得，即综上，的解集为（2）因为存在，使得成立，所以由（1）可知，则，又，所以，解得，故的取值范围为9
