高考理科数学模拟试题含答案及解析5套.docx
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高考理科数学模拟试题含答案及解析5套
号场考号证考准密不订装只
名姓级班卷此
绝密★启用前
2020年高考模拟试题
(一)
理科数学
时间:
120分钟分值:
150分
注意事项:
1、本试卷分第I卷(选择题)和第n卷(非选择题)两部分。
答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2、回答第I卷时,选出每小题的答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
写在试卷上无效。
3、回答第n卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。
4、考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷(选择题共60分)
、选择题:
本大题共12个小题,每小题5分,共60分•在每小题给出的四个选项中,只有
项是符合题目要求的•
1.已知a,b都是实数,那么2a2b”是“a
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
条件
2.抛物线X
A.P,0
2
2py2(p0)的焦点坐标为(
B8p0
3.十字路口来往的车辆,如果不允许掉头,A.24种B.
4.设x,y满足约束条件
16种
2b2”的(
C.充要条件
C.0,
2
则行车路线共有(
C.12种
3xy6W0
xy2》0
x>0,y>0
,则目标函数z
2x
A.4B.
5.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,系统地总结了战国、学成就.书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为的三视图如图所示(网格纸上小正方形的边长为1),则该阳马”旦
c.0
D.既不充分也不必要
D.
)
D.
0,8p
10种
y的最小值为(
D.2
秦、汉时期的数
阳马”若某
最长的棱长为(
A.5
B.^34
c.V41
D.
6.
fX
sinxc「c
x,0U0,
大致的图象是(
)
x
A.
B.
C.
D.
阳马”
)
7.函数fxsinxcosx(
0)在
2、2
上单调递增,则
的取值不可能为
()
11
A.B.•
45
1
C.
2
&运行如图所示的程序框图,设输出数据构成的集合为
3
D.-
4
A,从集合A中任取一个元素a,
a
则函数yx,
x0,
是增函数的概率为(
B.
D.
9•已知A,B是函数y
C.
2x的图象上的相异两点,若点A,
B到直线
则点A,B的横坐标之和的取值范围是(
B.
C.
D.
10.在四面体ABCD中,若AB
CD
、3,ACBD
AD
体ABCD的外接球的表面积为(
A.2
B.4
C.6
D.
11.设x
3
1是函数fXan1X
2
anX
an2x1nN
的极值点,
数列an
满足a1
1,a22,
bn
2018
2018
b?
b3
2018=(
b2018b2019
A.2017
B.
2018
12.已知函数f
A.1,1
B.
1,
-的距离相等,
2
BC.5,则四面
log2an1,若x表示不超过x的最大整数,则
C.2019
D.2020
在区间0,1上单调递增,则实数a的取值范围()
C.1,1
D.0,
、填空题:
本大题共
第口卷(非选择题共90分)
4个小题,每小题5分,共20分.
13.命题“X。
0Xo
mxo2
0”的否定是
14•在△ABC中,角B的平分线长为
厂C
3,角
2n
~3
BC
J2,则AB
15•抛物线y4x的焦点为F,过F的直线与抛物线交于
A,B两点,且满足
AF
BF
点°为原点,贝U△AOF的面积为.
16.已知函数
-XX2X
x23sincos——2cos-
222
2n
n
0-
的周期为3,
时,函
第17-21题为必考题,
数gXfXm恰有两个不同的零点,则实数m的取值范围是
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。
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。
17、已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an2n1
(1)求数列an的通项公式;
2
(2)若不等式2nn3(5)a.对nN恒成立,求实数的取值范围
18、在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,
ABC是正三角形,AC与BD的交点为M,
又PAAB4,ADCD,CDA1200,点N是CD中点.
求证:
(1)平面PMN平面PAB;
B'
(2)求二面角B-PC-D的余弦值.
19、某高校在2017年自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩,按成绩共分为
五组,得到如下的频率分布表:
组号
分组
频数
频率
第一组
[145,155)
5
0.05
第二组
[155,165)
35
0.35
第三组
[165,175)
30
a
第四组
[175,185)
b
c
第五组
[185,195)
10
0.1
(1)请写出频率分布表中a,b,c的值,若同组中的每个数据用该组中间值代替,请估计全体考生的平均成绩;
(2)为了能选出最优秀的学生,该高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取12名考生进入第二轮面试.
1求第3、4、5组中每组各抽取多少名考生进入第二轮面试;
2从上述进入二轮面试的学生中任意抽取2名学生,记X表示来自第四组的学生人数,求X
的分布列和数学期望;
3若该高校有三位面试官各自独立地从这12名考生中随机抽取2名考生进行面试,设其中
甲考生被抽到的次数为Y,求Y的数学期望•
2_
20、在平面直角坐标系中,已知抛物线y8x,O为坐标原点,点M为抛物线上任意一
点,过点M作x轴的平行线交抛物线准线于点P,直线PO交抛物线于点N.
(1)求证:
直线MN过定点G,并求出此定点坐标;
(2)若M,G,N三点满足MG4GN,求直线MN的方程
21、已知函数f(x)ln(1mx),mR.
(1)当m1时,证明:
f(x)x;
…12
(2)若g(x)-xmx在区间0,1上不是单调函数,讨论f(x)g(x)的实根的个数
2
请考生从第22、23题中任选一题作答,并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右
侧方框涂黑,按所选涂题号进行评分;多涂、多答,按所涂的首题进行评分;不涂,按本选考题的首题进行评分•
22、【选修4——4:
坐标系与参数方程】
一x32cos-
在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为,(为参数),以原点为
y42sin
极点,x轴非负半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线C的极坐标方程;
(2)已知平面直角坐标系xOy中:
A(2,0),B(0,2),M是曲线C上任意一点,求ABM
面积的最小值
23、【选修45:
不等式选讲】
已知函数f(x)X2.
(1)解不等式f(x)4x1;
541
(2)已知ab2(a0,b0),求证:
x—f(x)—-.
2ab
2020年高考模拟试题
(一)
理科数学答案及解析
1、【答案】D
【解析】p:
2a2bab,q:
a2b2|a||b|,ab与耳b没有包含关系,故为既不充分也不必要条件”.故选D.
2、【答案】B
【解析】化为标准方程得y2—x,故焦点坐标为丄,0.故选B.
2p8p
3、【答案】C
【解析】根据题意,车的行驶路线起点有4种,行驶方向有3种,所以行车路线共有43=12种,故选C.
4、【答案】A
【解析】
如图,过2,0时,
2x
5、【答案】D
【解析】由三视图知:
几何体是四棱锥,且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,如图:
其中PA平面ABCD,•••PA3,
PB9165,PC9162552,
棱的棱长为5-2.故选D.
ABCD4,ADBC5,•'
PD'•925<34.该几何体最长
&【答案】D
【解析】由于函数f
sinx
x
0U0,
是偶函数,故它的图象关于y轴
对称,再由当X趋于时,函数值趋于零,故答案为:
D.
7、【答案】D
【解析】Tfxsinxcosx2sinx—(0),
4
2k32k
••令一2kwx—w2k—,kZ,即wxw—,kZ,
24244
3
-fxsinxcosx(0)在—,—上单调递增,••—w—且—》—,
V7224242
1
--0w—,故选D.
2
8、【答案】A
【解析】由框图可知A
3,0,1,8,15,其中基本事件的总数为
5,设集合中满
足函数yxa,x0,
是增函数”为事件E,当函数yxa,x0,
是增
函数时,a>0,事件E包含基本事件的个数为3,则PE
3.故选:
A.
9、【答案】B
【解析】设Ax.,%,BX2,y2,不妨设治X2,函数y2x为单调增函数,若
1ii
点A,B到直线y-的距离相等,则一yy一,即y1y1.有
222
2x12x21.由基本不等式得:
2x12x2>2、2x12x2,整理得2为x2w1,解得
4
为X22.(因为为X2,等号取不到).故选B.
【解析】如图所示,该四面体的四个顶点为长方体的四个顶点,设长、宽、高分
22
ab5
别为a,b,c,贝Ua2c24,三式相加得:
a2b2c26,所以该四面体
22小
bc3
的外接球直径为长方体的体对角线长,故外接球体积为:
4R26.
11、【答案】A
【解析】由题意可得fx
3an1X2
2anxan2,
1是函数fx的极值点,
13an12ana.2
0,即a.
23an1
2an0.…an2412an1an
--a2a11,a3a221
2,a4
a32
222,
n2
L,anan12,
以上各式累加可得an2n1
.二bn
log2an1
log22n
2018
Sb2
2018L2018
b2b3b2018b2019
20181
12
1
20182019
20181
2018
2018
1
2018
2017
2019
2019
2018
2017.
选A.
L
b2018b2019
1
2019
2018
b2b3
12、【答案】C
【解析】当a0时,
11
2lna上为减函数,在2lna,
上为增
函数,且yex三0恒成立,若函数fx
exa
e—
aR
e
ex
递增,
在区间0,1上单调
则yex[在区间
e
1
0,1上单调递增,则naw0,解得a(0,1,
ex在区间0,1上单调递增,满足条件.
当a0时,yex:
在R上单调递增,令yex:
0,则xIn、a,
ee
则fXexq在0,Inja上为减函数,在Inya,上为增函数,
ex
sinBDC2
得
BDC
45
CBDDBA15A
30,AB6.即答案为6
则ln•.a<0,解得a>
1,综上所述,实数
a的取值范围
1,1,故选C.
2
13、【答案】x0,x
mx20
2
【解析】命题“x0,x
mX020”的否定是
“x0
2
xmx
20”.
2
即答案为x0,Xmx
20.
14、【答案】6.
BC
BD
2
3
【解析】设角B的平分线为
BD,由正弦定理得sin
BDC
sinC
即sinBDC
sin120
15、【答案】2
【解析】如图,
由题可得p
2
CF|
AF
DF|
BF
,即
A4,4
或A4,4
16、【答案】
3,
F
1,0
OF
S
2
AF4
由BF,所以XA14
XB
,又根据△ACFBDF可得
OF
XB
Xa1即1Xb
4
,可以求得
2
,即答案为2.
Xa
XB
1
4,所以A点的坐标为
fx
2sin3x
n1
x
小n
0,
n
-n7n
3x
6.
3.
6
66
0fx3
由gX
fxm
0得fx
m,即y1
:
x
的图象与直线
ym恰有两个交点,结合
图象可知
2m
3,即3
m
2.故填
3,
2
17、解析:
:
(1)当
n1时,
Sn
n1
2an2
,即
a〔2a〔
2
2,得a14;
当n
2时,有Sr
1-1
2an-12n,
则an
2an2an
1
2,得an
2an
1+2n,
1为公差的等差数列•
所以数列
寻是以2为首项,
所以予開
所以寺=n1,
(n
1)2n.
(2)原不等式即(n
1)(2n
3)
(5)(n1)2n,等价于5
2n3
2n
记bn
bn+1
2n3
2nbn"2^
,则5
12n
1
3
2n"
bib2
b3;当n2,nN
以数列
bn对nN
恒成立,所以5
(bn)max.
52n
时,5
bn的最大项为ba3,所以
8
18、解
(1)证明:
在正三角形
ABC中,
AB
,当
2n
n1,2时,
0,bn1bn
3,解得
8
52n
即bs
37
8
0,bn1bn,
b4
BC,
在ACD中,ADCD,
又BDBD,所以ABD
BCD,
所以M为AC的中点,又点N是CD中点,
所以
MN//AD
因为PA平面ABCD
,所以PAAD,
所以DAC300又
BAC60°,AD
所以AD平面PAB,
已证MN//AD,
所以MN平面PAB,
z
C
y
C
AB,又PAAD,
又CDA1200,AD
又MN平面PMN,所以平面PMN
平面PAB;
(2)如图所示以A为原点,AB、AD、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直
则A(0,0,0)B(4,0,0)C(2,2.3,0)
设平面
PBC的一个法向量为m(xi,yi,zi)
DC(2,竽,0)
角坐标系。
已知PAAB4,CDA120°,ABC是正三角形,
4.3
D(0,丁,0)P(0,0,4)
3
所以PC(2,2.3,-4)BC(-2,2,3,0)
PC02xi23yi4zi0
BC02xi2、一3%0
令Xi
.3,则yi1,zi,3,所以m
(3,1,.3)
—fc-
n
PC
0
2x223y24z20
由_
c2翻小
n
DC
0
2x2y20
3
令X2
、3
,则
y23,Z2,所以n(:
3,3,、3)
k—fc-
mn..i05
所以COS
m,n
bi—»
|m||n|35
PDC的一个法向量为n(X2,y2,Z2)
设平面
所以二面角B-PC-D的余弦值为-二05
35
i9、解:
(i)由题意知,
a0.3,b
20,c
0.2,X=i500.05+i600.35+i700.3+i800.2+i90
0.i=i69.5
(2)①第
3、4、5组共60名学生,现抽取
i2名,因此第三组抽取的人数为
i2
30=6人,
60
第四组抽取的人数为
20=4人,第五组抽取的人数为
i2
i0=2人.
60
60
C0C;
28
i4
②X所
有可
能的
取值为0,
i,2,
P(X0)二4严
Ci2
66
33
c;c8
32
i6
C:
C;6
i
P(Xi)
2
—
P(X2)
2
44;
Ci2
66
33
Ci266
ii
X的分布列为:
X
0
1
2
p
③从12名考生中随机抽取
2人,考生甲被抽到参加面试的概率为
P(X
2)C1C11)"CT
nt111
则Y~B(3,—),EY3
662
20、解析:
(1)由题意得抛物线准线方程为x
2,设P(
2,m),
2
故M(m,m)
8
,从而直线op的
方程为ymx,联立直线与抛物线方程得
2
y8x32
m,解得N(Myxm
2
16
m
故直线MN的方程为ym
8m
m216
(x
2
m),整理得y
8
8m
m216
(x
2),
故直线MN恒过定点G(2,0)
(2)由
(1)可设直线MN的方程为xky
2,联立直线与抛物线方程得
y28x
xky2
消兀整理得y28ky16
0,设M(X1,yJ,N(X2,y2),
16,
因为MG
4GN,
故(2X1,
如)
4(X2
2,y2)
,得
y1
4,
y2
联立两式
y1
y2
4,解得
y1
8或
y1
8
代入
y1y2
8k,
y1y2
16
y2
2
y2
2
解得k
3十或k
-,故直线
MN
的方程为
3
y
x
2或
3
yx
2,
4
4
4
4
则由韦达定理可得y1y28k,y1y2
化简得4x3y80或4x3y80
21、解析:
⑴根据题意,令F(x)
ln(1x)x,所以F(x)
当x0,时,F(x)0,当x
1,0
时,F(x)0
所以F(x)maxF(0)
0故f(x)
1.据题意,令
⑵因为函数g(x)
G(x)ln(1mx)mx
^x2,所以G
2
(x)
令G'(x)=0,解得为
0或x2
函数G(x)的
义域为
mx
因为m
时,1+mx>0,mx<0,
(m
时,G(x)0,x
0时G(x)0•••G(x)在
1,mm
1
(m)
m
mx
0此时,G'(x)%同理得:
x
由此得:
(m-,0]
m
-上单调递递增,在(m
m
—,0]上单
m
1
调递减,在(0,)上单调递增,故m—
m
0时,G(x)>G(0)=0,x>0时,G(x)>G(0)=0,G(x)
)有且只有1个零点x=0,
在(m丄,
m
G(0)0,
1
G(x)在(m-,0)上单调递减所以G(m
m
由⑴代换可知In
ln(1
mx)
mx
mx
得G(x)
ln(1mx)mx
11em11
又函数G(x)在,m上单调递增,m—,
mmmm
11
由函数零点定理得,x0(,m),使得G(x0)0,
mm
故m(0,1)时方程f(x)g(x)有两个实根•
x
3
22、
解析:
(1)
由
y
4
xcos
2
将
ysin
代入得
2cos
,得(x3)
2sin
6cos8sin21
(2)设点M(32cos,4
(y4)2
0,即为曲线C的极坐标方程
2sin
2cos
2sin)到直线AB:
x
4)9
当sin(
0的距离为d,则
)1时,d有最小值
4
9V2,所以ABM面积S2
ABd
92.2.
23、解析:
(1)不等式f(x)4x1,即x1+x24,
当x2时,不等式化为(x1)(x2)4,解得x3.5;当2x1时,不等式化为(x1)+(x2)4,无解;
1时,不等式化为(x1)+(x2)
4,解得x0.5;
4
1
14
1
14b
(2)-
=-
-)
ab
(4
a
b
2a
b
2a
当且仅当
a
4
b
2
等号成立
3
3
综上所述:
不等式的解集为,3.5U0.5,
a
b1)4^,
由题意知,
x—f(x)
2
5
x工(x2)
2
4.5
所以x-
2
f(x)
绝密★启用前
2020年高考模拟试题
(二)
理科数学
时间:
120分钟分值:
150分
注意事项:
号位座
封
1、本试卷分第I卷(选择题)和第n卷(非选择题)两部分。
答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2、回答第I卷时,选出每小题的答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
写在试卷上无效。
3、回答第n卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。
4、考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷(选择题共60分)
号场考
不
一、选择题:
本大题共12个小题,每小题5分,共60分•在每小题给出的四个选项中,只有
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- 高考 理科 数学模拟 试题 答案 解析
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