《广东省普通高等学校招生全国统一考试2020届高三模拟（二）数学（文）试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省普通高等学校招生全国统一考试2020届高三模拟（二）数学（文）试题 Word版含解析（27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广东省文科数学模拟试题（二）本试卷5页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的县（市、区）、学校、姓名、考生号、考生号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考
2、生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合，由此能求出【详解】解：集合，故选：【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题2.已知复数（i为虚数单位，），若，则（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用复数的乘法化简复数为，再由求解.【详解】因复数，所以，解得故选：C【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模的应用，还考查了运算求解的能力，
3、属于基础题.3.小青和她的父母到照相馆排成一排拍照，则小青不站在两边的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求小青不站在两边的站法有多少种，再求三个人全排列的站法，两者之比即可求解.【详解】解：小青只能站中间1种站法，其父母站两边有，所以小青不站在两边的站法有种站法，三个人全排列有种站法，所以小青不站在两边的概率为.故选：A.【点睛】考查用分步计数原理解古典概型问题；基础题.4.若x，y满足约束条件则的最大值是（ ）A. 9B. 7C. 3D. 6【答案】D【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐
4、标，代入目标函数的答案【详解】解：由，满足约束条件，作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为直线方程的斜截式：由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为；故选：【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题5.周髀算经是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49.5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10.5尺，则立秋的晷长为（
5、）A. 1.5尺B. 2.5尺C. 3.5尺D. 4.5尺【答案】D【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为d，根据题意列出方程组求解即可.【详解】夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，设其首项为，公差为d，根据题意，立秋的晷长为.故选：D【点睛】本题考查等差数列的通项公式、求和公式，属于基础题.6.一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥
6、体积可求.【详解】作出该几何体的轴截面图如图，设内接圆柱的高为h，由，得.，即，得，该圆锥的体积为.故选：D.【点睛】本题主要考查圆锥的内接圆柱的体积，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.7.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性与单调性的性质以及分析可得：等价于，解可得的取值范围，即可得答案【详解】解：根据题意，函数是定义在上的偶函数，且在，上单调递减，又由，则，解可得：，即不等式的解集为；故选：B【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及绝对值不等式的解法，属于基础题8.已知
7、双曲线的右焦点为F，过点F分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B.若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到，则离心率可求.【详解】如图，由，得，即，即.则.故选：D.【点睛】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的求法，是基础题.9.已知数列满足（），且，设，记数列的前n项和为，则（ ）A. B. C. 2019D. 【答案】B【解析】【分析】根据，变形为，利用等差数列的定义得到是等差数列，从而得到，然后由，用裂项相消法求解.【详解】因为，所以所以是以1为首项，以1为公差
8、的等差数列，所以，所以，所以，所以，故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的定义以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10.把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，关于的说法有：函数的图象关于点对称；函数的图象的一条对称轴是；函数在上的最上的最小值为；函数上单调递增，则以上说法正确的个数是（ ）A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】C【解析】【分析】通过平移变换与伸缩变换求得函数的解析式.由判断错误；由求得最小值判断正确；由x的范围求得函数值域判断正确；由x的范围可知函数在上不单调判断错误.【详解】把
9、函数的图象向右平移个单位长度，得，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，则.，函数的图象不关于点对称，故错误；，函数的图象的一条对称轴是，故正确；当时，则，即函数在上的最上的最小值为，故正确；当时，可知函数在上不单调，故错误.正确命题的个数为2.故选：C.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查型函数的图象与性质，是中档题.11.已知椭圆C的焦点为，P是椭圆C上一点，若椭圆C的离心率为，且，的面积为，则椭圆C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的离心率以及三角形的面积，求出、；即可得到椭圆方程【详解】解：椭圆的焦点为，
10、是椭圆上一点若椭圆的离心率为，且，的面积为，可得：，解得，所以椭圆方程为：故选：【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用、椭圆方程的求法，是基本知识的考查，属于基础题12.已知函数（），若函数有唯一零点，则a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性变换得到，设，利用其几何意义根据图象得到范围.【详解】，易知函数为偶函数，且，故考虑的情况即可，当时，即，设，表示函数上的点到原点的斜率，根据图象知：，当时，故，故，无解，故故选：B.【点睛】本题考查了利用导数解决函数的零点问题，将题目转化为函数上的点到原点的斜率是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5
11、分，共20分.13.记等比数列的前n项和为，若，则公比_.【答案】或2【解析】【分析】由，可得：，化简解出即可得出【详解】解：由，化为：解得或2故答案为：或2【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题14.已知向量，且向量与的夹角为，则_.【答案】2【解析】【分析】根据向量的坐标即可求出，进而求出的值，进而得出的值，从而得出【详解】解：因为，且向量与的夹角为，故答案为：2【点睛】本题考查了根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量数量积的计算公式，考查了计算能力，属于基础题15.对于任意实数a，b，定义函数，若函数有两个零点，则k的取值范围为_.【答
12、案】【解析】【分析】根据题意得到解析式为，作出其图象，数形结合即可；【详解】解：因为单调递减，单调递增，且（1）（1），故，作出函数的图象如下：函数有两个零点等价于函数与直线图象有2个交点，由图可知，；故答案为：【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，将方程转化为函数图象的交点问题是解决本题的关键要注意使用数形结合的数学思想，属于中档题16.如图，在矩形中，已知，E是的中点，将沿直线翻折成，连接.若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则_.【答案】【解析】【分析】当高最大值，体积最大，高最大为，球心在平面的投影为中点，根据勾股定理解得，代入体积公式计算得到答案.【详解】三棱锥的底面
13、积为定值，故当高最大值，体积最大，易知为等腰直角三角形，取中点为，连接，故，当平面平面时，高最大为，易知为等腰直角三角形，球心在平面的投影为中点，且的外接圆半径为，设，故，解得，故，即.故答案为：.【点睛】本题考查了三棱锥体积的最值问题，三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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：共60分.17.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知.（1）求角A的大小；（2）若，且边上的高等于，求的值.【答案】（1）；（2）
14、.【解析】【分析】（1）先根据二倍角余弦公式化简，再根据正弦定理化边为角，即得结果；（2）根据边上的高可得以及，再根据正弦定理求的值.【详解】（1）依题意得，根据正弦定理得，.，.，即.，.（2）设边上的高为，在易得，则.在中，根据勾股定理，得.在中，根据正弦定理，得.【点睛】本题考查二倍角余弦公式、正弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.18.如图，四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，E是上一点，且，设.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可先证平面，得到，再由，进一步得到平面；（2）根据条件，解三角形求出三棱锥的高，底面积，再利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积【详解】（1）证明：四边形是菱形，O是的中点.，平面.平面，.，O是的中点，.平面，平面，平面.（2）解：由四边形是
