《内蒙古包头市2020届高三第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《内蒙古包头市2020届高三第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析（25页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年普通高等学校招生全国统一考试（包头市第二次模拟考试）理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号、试卷类型（A或B）涂写在答题卡上.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由得可得和，然后根据补集的定义即可得出答案.【详解】解：，.故选：A.【点睛】本题主要考查集合的补集运算、一元二次不等式和对数不等式的解集，考
2、查学生的计算能力，属于基础题.2.设复数，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，代入，整理后即可求得的虚部【详解】解：，则的虚部为故选：C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题3.X表示某足球队在2次点球中射进的球数，X的分布列如下表，若，则（ ）X012PabA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据期望和方差的数学公式求解即可【详解】由，可得，又由，由和可得，所以，故选：D【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差公式的应用，属于基础题. 4.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】B【解析】【分析】先用两角和的正切公式求出，再用倍角公式化简，再用弦化切技巧求解.详解】由,则，又故选：B【点睛】本题考查两角和的正切公式，余弦的倍角公式，弦化切技巧，角变换技巧，是考查了多个基本知识的基础题5.对数的发明是数学史上的重大事件，它可以改进数字的计算方法、提高计算速度和准确度.已知，若从集合，中各任取一个数，则为整数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】基本事件总数，利用列举法求出为整数包含的基本事件有个，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】，若从集合，中各任取一个数，基本事件总数，为整数包含的基本事件有，共有个，为整数的概率为.故选：C【
4、点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、分步计数原理、列举法求基本事件个数、对数的运算，属于基础题.6.已知直线与平面，则下列命题中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】根据空间点、直线、平面之间的位置关系，对四个选项逐一判断可得答案.【详解】对于，若，则或与相交，故不正确；对于，若，又，则根据平面与平面垂直的判定定理可得，故正确；对于，若，则或与相交，故不正确；对于，若，则或与为异面直线，或与相交，故不正确.故选：B.【点睛】本题考查了空间点、直线、平面之间的位置关系，属于基础题.7.甲、乙、丙三名学生参加数学竞赛，他们获得一、二、三等奖各一
5、人，对于他们分别获得几等奖，其他学生作了如下的猜测：猜测1：甲获得二等奖，丙获得三等奖；猜测2：甲获得三等奖，乙获得二等奖；猜测3：甲获得一等奖，丙获得二等奖；结果，学生们的三种猜测各对了一半，则甲、乙、丙所获得的奖项分别是（ ）A. 一等、二等、三等B. 二等、一等、三等C. 二等、三等、一等D. 三等、二等、一等【答案】A【解析】【分析】首先假设猜测1：甲获得二等奖正确，得到与猜测2矛盾，假设不成立，得到丙获得三等奖正确，从而得到猜测3中甲获得一等奖正确和猜测2中乙获得二等奖正确，综合即可得到答案.【详解】假设猜测1：甲获得二等奖正确，则猜测2：甲获得三等奖错误，乙获得二等奖错误；与题意矛
6、盾，假设不成立.故：猜测1：甲获得二等奖错误，丙获得三等奖正确；根据丙获得三等奖正确得到：猜测3：甲获得一等奖正确，丙获得二等奖错误；根据甲获得一等奖正确，得到：猜测2：甲获得三等奖错误，乙获得二等奖正确，综上：甲获得一等奖，乙获得二等奖，丙获得三等奖.故选：A【点睛】本题主要考查合情推理，同时考查学生分析问题和解决问题的能力，属于简单题.8.过双曲线的左焦点作垂直于实轴的弦，A为E的右顶点.若，则E的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得的值，再由题意及双曲线的对称性可得，又有，之间的关系求出，的值，进而求出双曲线的方程【详解】解：由题意可得，由题意可得，由
7、双曲线的对称性及可得，解得：，所以双曲线的方程为：，故选：【点睛】本题考查双曲线的性质，属于基础题9.已知函数满足，若数列满足，则数列的前20项和为（ ）A. 100B. 105C. 110D. 115【答案】D【解析】【分析】根据函数满足，利用倒序相加法求出，再求前20项和【详解】解：函数满足，由可得，所以数列是首项为1，公差为的等差数列，其前20项和为故选：D【点睛】本题主要考查函数的性质及倒序相加法求和，属于基础题10.已知圆柱的高为h，它的两个底面半径为r的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形
8、，利用勾股定理可得，再由基本不等式求得的最大值，则圆柱侧面积的最大值即可求得.【详解】解：如图：根据题意可得：，则,所以，则，当且仅当，即时上式等号成立.所以，圆柱的侧面积.即该圆柱的侧面积的最大值为.故选：A.【点睛】本题主要考查圆柱的外接球，基本不等式，考查学生数形结合的能力，属于中档题.11.已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与C交于两点.若，则C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，利用椭圆的定义，求得，可得，由于，由二倍角公式列方程可得结果.【详解】如图，由题意可得：，所以，故，可得，利用，则为等腰三角形，所以，,可得，可得故选：C【点睛】本题考查椭圆
9、的简单性质的应用以及椭圆的离心，属于难题离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出;构造的齐次式，求出;采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解12.已知函数是定义在R上连续的奇函数，当时，且，则函数的零点个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】根据题意，设，由函数的零点与方程的关系分析可得函数的零点就是方程的根，分析可得为上连续的奇函数，且在上为增函数，又由（1）的值可得（1）的值，据此可得方程只有一个根，即函数只有1个零点，可得答案【详解】根据题意，若，变形可得，设，则函数的零点就是方程的根，其定义域为，又
10、由为定义在上连续的奇函数，则，则为上连续的奇函数，则，又由当时，则有，即函数为上的增函数，又由为上连续的奇函数，且，则为上的增函数，又由（1），则（1）（1），则方程只有一个根，故函数只有1个零点，故选：B.【点睛】本题考查函数的零点与方程的关系以及函数的奇偶性与单调性的判断以及应用，涉及利用导数分析函数的单调性，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分题，共20分.13.已知，则_.【答案】【解析】【分析】计算出的值，再由可得出，由此可得出的值.【详解】，即，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的运算，考查垂直向量的等价条件的应用，考查计算能力，属于基础题.14.函数在有且
11、只有3个零点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据的取值范围，求得的取值范围，结合余弦函数的零点列不等式，由此求得的取值范围.【详解】依题意，.由得，要使函数在有且只有个零点，则需，即.所以的取值范围是.故答案为：【点睛】本小题主要考查三角函数的零点问题，属于中档题.15.在锐角中，角的对边分别为，已知，且，则锐角面积的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据已知条件，利用正弦定理求得.画出图象，结合三角形是锐角三角形，求得的取值范围，由此求得三角形面积的取值范围.【详解】依题意，锐角三角形中，即，即.由正弦定理得，由于，所以.故，即，由于，所以，所以，画出三角形的图象如下图所示，
12、其中，由于三角形是锐角三角形，所以在线段内运动（不包括端点），所以，即.所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.16.已知函数，关于函数有下列结论：，；函数的图象是中心对称图形，且对称中心是；若是的极大值点，则在区间单调递减；若是的极小值点，且，则有且仅有一个零点.其中正确的结论有_（填写出所有正确结论的序号）.【答案】【解析】【分析】根据零点存在定理，对称性，导数与极值的关系对各选项判断【详解】易知时，时，因此一定存在零点，正确；，所以图象不一定关于点对称，错；由题意，若是的极大值点，则是的一根，则它还有另一根，据题意，只有在上，递减，在时，
13、递增，错；与上面讨论类似，有两个不等实根，在或时，在两个区间上都是递增，时，递减，是极小值点，是极大值点，则，在上无零点，在上有唯一零点正确故答案：【点睛】本题考查函数的对称性，考查导数与极值的关系，函数的零点问题对称性结论：若在定义域内恒成立，则图象关于点对称三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：60分.17.在，且，且，且这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求出和数列的通项公式与前项和；若不存在，请说明理由.设为各项均为正数
14、的数列的前项和，满足_，是否存在，使得数列成为等差数列？【答案】答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】由，用换后得，两式相减得，若选择，由可求得等差数列的通项公式及值，前项和；若选择，由得和的关系式，作为关于的二次方程，至少有正根，由根的分布得其条件是，得出与已知矛盾的结论，说明不存在；若选择，由，同样可求和【详解】解：选择，因为，所以，两式相减，得，即，又，所以，因为，且，所以，由，得，即，把代入上式，得，当时，由及，得，所以，满足，可知数列是以3为首项，以2为公差的等差数列.数列的通项公式为，数列的前项和为.选择，因为，所以，两式相减，得，即，又，所以，由，得，即，因为已知数列的各项均为正数，所以，因为关于的一元二次方程至少存在一个正实数解的充要条件是，解得，这与已知条件矛盾，所以满足条件的不
