2020高考新课标卷文科数学模拟卷20套02教师版.doc

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020高考模拟卷高三文科数学（二）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，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要从已编号（170）的

2、70枚最新研制的某型导弹中随机抽取7枚来进行发射试验，用每部分选取的号码间隔一样的系统抽样方法确定所选取的7枚导弹的编号可能是（ ）A5，10，15，20，25，30，35B3，13，23，33，43，53，63C1，2，3，4，5，6，7D1，8，15，22，29，36，43【答案】B【解析】根据系统抽样的定义则编号间距为，则满足条件是3，13，23，33，43，53，63，故选B2已知是实数集，则（ ）ABCD【答案】D【解析】，故选D3已知等比数列中，且，则（ ）AB1C2D【答案】C【解析】设等比数列的公比为，即，故选C4如下图，边长为2的正方形中有一阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子

3、，它落在阴影区域内的概率为则阴影区域的面积为（ ）ABCD无法计算【答案】B【解析】设阴影部分的面积为，由几何概型可知，故选B5已知向量、的夹角为，且，则（ ）ABCD【答案】C【解析】，即，或（舍），故选C6复数与复数在复平面上的对应点分别是、，则等于（ ）ABCD【答案】B【解析】复数，复数在复平面上的对应点，复数在复平面上的对应点是，故选B7双曲线的左焦点在抛物线的准线上，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】C【解析】，抛物线的准线方程是，所以，解得，所以，故选C8已知函数是偶函数，当时，函数，设，则、的大小关系为（ ）ABCD【答案】A【解析】函数是偶函数，函数的图象关于直线对称

4、，又当时，函数，当时，函数，即在上为减函数，故选A9已知某几何体的三视图如图所示，三个视图都为直角三角形，其中主视图是以2为直角边的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】由三视图可知，几何体为三棱锥，且一边垂直于底面，其外接球的直径为，该几何体的外接球的表面积为，故选B10若函数在其定义域上只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】当时，函数与在时都为增函数，函数在上为增函数，又，函数在内有一个零点，当时，令得，即在上为减函数，令得，即在上为增函数，在时取得最小值，函数在其定义域上只有一个零点，且函数在内有一个零点，即，故选A11下列

5、命题中，是假命题的有（ ）若，是异面直线，且，则与不会平行；函数的最小正周期是；命题“，函数恒过定点”为真；“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件A0个B1个C2个D3个【答案】A【解析】对于，假设，因为，故，又，所以，这与，是异面直线矛盾，故假设不成立，即与不会平行，故正确；对于，函数，其最小正周期，故正确；对于，当即时，即函数恒过定点，故正确；对于，“命题为真”不能推出“命题为真”，即充分性不成立；反之，“命题为真”，可以推出“命题为真”，故“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件，故正确综上所述，错误的选项为0个，故选A12坐标平面上的点集满足，将点集中的所有点向轴作投影，所得投影

6、线段的长度为（ ）A1BCD2【答案】D【解析】，即，坐标平面上的点集满足，即，或，将点集中的所有点向轴作投影，所得投影线段的长度为，故选D第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13在等差数列中，已知，则该数列前11项和_【答案】88【解析】在等差数列中，故答案为8814设不等式组所表示的平面区域为若圆落在区域中，则圆的半径的最大值为_【答案】1【解析】由约束条件组作出可行域如图所示：要使圆的半径的最大，只要圆与直角三角形相内切，设内切圆的半径为，则，故答案为115已知、为集合1，2，3，4，5中三个不同的数，通过如图所示算法框图给出的算法输出一个整数，则输出的数的概率是_【答案】【解析】

7、所有基本事件有10种，输出数为5的基本事件有6种，所求的概率为16若为的各位数字之和，如：，则；记，则_【答案】11【解析】，数列从第3项开始是以3为周期的循环数列，故答案为11三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17设函数（1）求的对称轴方程；（2）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，求a的最小值【答案】（1）；（2）a取最小值1【解析】（1），由得的对称轴方程为（2）由可得，在中，由余弦定理，得，当且仅当时取等号，即a的最小值为118某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于60分到1

8、40分之间（满分150分），将统计结果按如下方式分成八组：第一组60，70），第二组70，80），第八组：130，140，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分（1）求第七组的频率，并完成频率分布直方图；（2）估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分（可用中值代替各组数据平均值）；（3）若从样本成绩属于第一组和第六组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差小于10分的概率【答案】（1）008；（2）97（分）；（3）【解析】（1）由频率分布直方图知第七组的频率f71（00040012001600300200060004）10008直方图如图（2）估计该校的2 000名学生这次考试的

9、平均成绩为：6500475012850169503105021 1500612500813500497（分）（3）第六组有学生3人，分别记作A1，A2，A3，第一组有学生2人，分别记作B1，B2，则从中任取2人的所有基本事件为（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），（A1，A2），（A1，A3），（A2，A3），（B1，B2），共10个分差大于10分表示所选2人来自不同组，其基本事件有6个：（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），所以从中任意抽取2人，分差小于10分的概率19如图，在

10、梯形中，四边形是矩形，且平面平面，点在线段上（1）求证：平面；（2）当为何值时，平面？证明你的结论【答案】（1）见解析；（2），证明过程见解析【解析】（1）证明：在梯形中，四边形是等腰梯形，且，又平面平面，交线为，平面（2）当时，平面，在梯形中，设，连接，则，而，且，四边形是平行四边形，又平面，平面，平面20已知椭圆，为椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点，且，构成等差数列，过椭圆焦点垂直于长轴的弦长为3（1）求椭圆的方程；（2）若存在以原点为圆心的圆，使该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，求出该圆的方程【答案】（1）；（2）总存在以原点为圆心的圆满足题设条件【解析】（1）由题知，即，得又由

11、，得；且，综合解得，椭圆的方程为（2）假设以原点为圆心，为半径的圆满足条件（）若圆的切线的斜率存在，并设其方程为，则，即，由消去，整理得，设，有，又，即，化简得，由求得，所求圆的方程为；（）若的斜率不存在，设，则，有，代入，得，此时仍有；综上，总存在以原点为圆心的圆满足题设条件21已知函数（其中、为常数且）在处取得极值（1）当时，求的极大值点和极小值点；（2）若在上的最大值为1，求的值【答案】（1）的极大值点为，的极小值点为1；（2）或【解析】（1），函数在处取得极值，当时，则，、随的变化情况如下表：100极大值极小值的单调递增区间为和，单调递减区间为，的极大值点为，的极小值点为1（2），令得

12、，在处取得极值，；（）当时，在上单调递增，在上单调递减，在区间上的最大值为，则，即，（）当时，当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增，的最大值1可能在或处取得，而，；当时，在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，的最大值1可能在或处取得，而，即，与矛盾；当时，在区间上单调递增，在上单调递减，的最大值1可能在处取得，而，矛盾综上所述，或选做题：请考生在2223两题中任选一题作答，如果多做，按所做的第一题记分22选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系已知点的极坐标，直线的极坐标方程为（1）若点在直线上，求直线的直角坐标方程；（2）圆的参数方程为（为参数），若直线与圆相交的弦长为，求的值【答案】（1）；（2）或【解析】（1）由点在直线上，可得，所以直线的方程可化为，从而直线的直角坐标方程为（2）由已知得圆的直角坐标方程为，所以圆的圆心为，半径，而直线的直角坐标方程为，若直线与圆相交的弦长为，则圆心到直线的距离为，所以，求得或23选修45：不等式选讲已知函数（1）当时，已知，求的取值范围；（2）若的解集为或，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，当且仅当时等号成立所以时，故（2）由题知，当时，不等式的解集为，不合题意；当时，不等式的解为或，即或，又因为的解集为或，所以7