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2020高考數學(理)模擬卷含答案解析(6).doc

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?2020高考數學(理)模擬卷(6)(本試卷滿分150分,考試用時120分鐘)第I卷(選擇題)一、 單選題:本大題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.已知復數滿足(為虛數單位),則復數( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】運用復數的除法運算法則求出復數,在根據共軛復數的定義求出復數.【詳解】由題意,可變形為.則復數.故選:B.【點睛】本題考查了復數的除法運算法則和共軛復數的定義,屬于基礎題.2.已知:,,則是成立的( )A.充分但不必要條件 B.必要但不充分條件C.充分必要條件 D.既不是充分條件也不是必要條件【答案】A【解析】【分析】構造函數,先解出命題中的取值范圍,由不等式對恒成立,得出,解出實數的取值范圍,再由兩取值范圍的包含關系得出命題和的充分必要性關系?!驹斀狻繕嬙旌瘮?,對,恒成立,則,解得,,因此,是的充分但不必要條件,故選:A.【點睛】本題考查充分必要條件的判斷,一般利用集合的包含關系來判斷兩條件的充分必要性:(1),則“”是“”的充分不必要條件;(2),則“”是“”的必要不充分條件;(3),則“”是“”的充要條件;(4),則“”是“”的既不充分也不必要條件。3.已知,則()A. B. C. D.【答案】A【解析】由題意可得:本題選擇A選項.4.元旦將近,調查鮮花市場價格得知:購買2只玫瑰與1只康乃馨所需費用之和大于8元,而購買4只玫瑰與5只康乃馨所需費用額小于22元;設購買2只玫瑰花所需費用為元,購買3只康乃馨所需費用為元,則的大小關系是( ).A. B. C. D.的大小關系不確定【答案】A【解析】【分析】設出玫瑰與康乃馨的單價,根據題意列出不等式,求出的表達式,利用不等式的性質求解即可.【詳解】設玫瑰與康乃馨的單價分別為(單位為:元),則有.所以有,因此.可得:;可得:,因此.故選:A【點睛】本題考查了數學閱讀能力,考查了不等式性質的應用,考查了數學建模思想,考查數學運算能力.5.已知函數,,若,則a,b,c的大小關系為( )A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a【答案】C【解析】解:依題意,有,則為奇函數,且在上單調遞增,所以為偶函數.當時,有,任取,則,由不等式的性質可得,即,所以,函數在上遞增,因此,,故選:C.【點睛】本題考查函數值大小的比較,考查函數的單調性與奇偶性的應用,考查推理與轉化能力,屬于中檔題.6.雞兔同籠,是中國古代著名的趣味題之一.《孫子算經》中就有這樣的記載:今有雞兔同籠,上有三十五頭,下有九十四足,問雞兔各有幾何?設計如右圖的算法來解決這個問題,則判斷框中應填入的是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意知為雞的數量,為兔的數量,為足的數量,根據題意可得出判斷條件.【詳解】由題意可知為雞的數量,為兔的數量,為足的數量,根據題意知,在程序框圖中,當計算足的數量為時,算法結束,因此,判斷條件應填入“”.故選B.【點睛】本題考查算法程序框圖中判斷條件的填寫,考查分析問題和解決問題的能力,屬于中等題.7.已知拋物線的焦點為,為拋物線上一點,,當周長最小時,所在直線的斜率為( )A. B. C. D.【答案】A【解析】結合題意,繪制圖像要計算三角形PAF周長最小值,即計算PA+PF最小值,結合拋物線性質可知,PF=PN,所以,故當點P運動到M點處,三角形周長最小,故此時M的坐標為,所以斜率為,故選A?!军c睛】本道題考查了拋物線的基本性質,難度中等。8.函數在上的圖象大致是( )A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判斷出是偶函數,排除C、D,再由的正負排除B,從而得到答案.【詳解】因為,所以函數是偶函數,排除C、D,又當時,,排除B,故選:A.【點睛】本題考查函數圖像的識別,屬于簡單題.9.拋物線上的一點到焦點的距離為1,則點的縱坐標是( )A. B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】由拋物線方程先計算出的值,然后再根據焦半徑公式計算出的縱坐標.【詳解】因為是拋物線的方程,所以;因為,所以,所以,故選:D.【點睛】本題考查拋物線的焦半徑公式的應用,難度較易.對于形如的拋物線,拋物線上任意一點到其焦點的距離為;對于形如的拋物線,拋物線上任意一點到其焦點的距離為.10.由曲線 ,圍成的封閉圖形的面積為( )A. B. C. D.【答案】C【解析】圍成的封閉圖形的面積為,選C.11.已知函數為定義在上的奇函數,當時,.若函數存在四個不同的零點,則的取值范圍為( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】當時,對函數進行求導,判斷出函數的單調性,再根據奇函數的性質畫出函數的一致圖象,最后利用數形結合思想示出的取值范圍.【詳解】當時, ,故在上單調遞增,因為.故f在上單調遞戰,在上單調遞增.如圖為大致圖象.由存在四個不同的零點知與的圖象有四個不同交點,故.故選:A【點睛】本題考查了已知函數的零點個數求參數取值問題,利用數形結合是解題的關鍵.12.已知函數.若不等式的解集中整數的個數為,則的取值范圍是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】對進行變形,得到,令,,即的整數個數為3,再由的函數圖像和的函數圖像,寫出限制條件,得到答案【詳解】,即設,其中時,時,即符合要求,所以時,,單調遞減,,單調遞增,為極小值.有三個整數解,則還有一個整數解為或者是①當解集包含時,時,所以需要滿足即,解得②當解集包含時,需要滿足即整理得,而,所以無解集,即該情況不成立.綜上所述,由①②得,的范圍為故選D項.【點睛】利用導數研究函數圖像,兩個函數圖像的位置關系與解析式大小之間的關系,數形結合的數學思想,題目較綜合,考查內容比較多,屬于難題.第II卷(非選擇題)二、填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分。把答案填在題中的橫線上。13.曲線在點處的切線與坐標軸所圍三角形的面積為 .【答案】【解析】解析:依題意得y′=ex,因此曲線y=ex在點A(2,e2)處的切線的斜率等于e2,相應的切線方程是y-e2=e2(x-2),當x=0時,y=-e2即y=0時,x=1,∴切線與坐標軸所圍成的三角形的面積為:14.展開式中的系數為___________(用數值作答)【答案】6【解析】【分析】分別計算中的常數項,含的項,含的項和含的項再分析即可.【。省略部分。出、的坐標,利用公式即可得到結果;(3)求出平面的一個法向量與向量,根據與零的關系,作出判斷.【詳解】(1)連結.因為底面是菱形 ,所以.又因為平面,平面,所以.又因為,所以平面.又因為平面,所以. (2)設,交于點.因為底面是菱形 ,所以,又因為平面,所以,.如圖,以為坐標原點,以為軸,以為軸,以過點且與平行的直線為軸,建立空間直角坐標系,則,,,, , ,. 則,,設異面直線與所成角為,則,,所以與所成角的余弦值為. (3)直線與平面相交.證明如下:由(2)可知,,,,設平面的一個法向量為,則 即 令,得.則,所以直線與平面相交.【點睛】本題考查線面的位置關系,考查異面直線所成角的度量,考查推理能力與計算能力,屬于中檔題.19.某學校組織了垃圾分類知識競賽活動.設置了四個箱子,分別寫有“廚余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”;另有卡片若干張,每張卡片上寫有一種垃圾的名稱.每位參賽選手從所有卡片中隨機抽取張,按照自己的判斷,將每張卡片放入對應的箱子中.按規則,每正確投放一張卡片得分,投放錯誤得分.比如將寫有“廢電池”的卡片放入寫有“有害垃圾”的箱子,得分,放入其它箱子,得分.從所有參賽選手中隨機抽取人,將他們的得分按照,,,,分組,繪成頻率分布直方圖如圖: (1)分別求出所抽取的人中得分落在組和內的人數;(2)從所抽取的人中得分落在組的選手中隨機選取名選手,以表示這名選手中得分不超過分的人數,求的分布列和數學期望;(3) 如果某選手將抽到的20張卡片逐一隨機放入四個箱子,能否認為該選手不會得到100分?請說明理由.【答案】(1)抽取的人中得分落在組的人數有人,得分落在組的人數有人;(2)分布列見解析,1.2;(3)答案不唯一,具體見解析.【解析】【分析】(1)根據頻率分布直方圖即可得到滿足題意的人數;(2)的所有可能取值為,,,求出相應的概率值,即可得到的分布列和數學期望;(3)該選手獲得100分的概率是,結合此數據作出合理的解釋.【詳解】(1)由題意知,所抽取的人中得分落在組的人數有(人),得分落在組的人數有(人).所以所抽取的人中得分落在組的人數有人,得分落在組的人數有人. (2)的所有可能取值為,,. , , .所以的分布列為所以的期望. (3)答案不唯一.答案示例1:可以認為該選手不會得到100分.理由如下:該選手獲得100分的概率是,概率非常小,故可以認為該選手不會得到100分.答案示例2:不能認為該同學不可能得到100分.理由如下:該選手獲得100分的概率是,雖然概率非常小,但是也可能發生,故不能認為該選手不會得到100分.【點睛】本題考查頻率分布直方圖的應用,離散型隨機變量的分布列與期望,概率的理解,考查分析問題解決問題的能力.20.已知橢圓過點,且橢圓的一個頂點的坐標為.過橢圓的右焦點的直線與橢圓交于不同的兩點,(,不同于點),直線與直線:交于點.連接,過點作的垂線與直線交于點.(1)求橢圓的方程,并求點的坐標;(2)求證:,,三點共線.【答案】(1),;(2)證明見解析.【解析】【分析】(1)根據題意列方程組,即可得到橢圓的方程,進而得到焦點坐標;(2)討論直線的斜率,利用是平行的證明,,三點共線.【詳解】(1) 因為點在橢圓上,且橢圓的一個頂點的坐標為,所以解得所以橢圓的方程為.所以橢圓的右焦點的坐標為. (2)① 當直線的斜率不存在時,直線的方程為.顯然,,或,.當,時,直線的方程為,點的坐標為. 所以.直線的方程為,點的坐標為.則,.所以,所以,,三點共線.同理,當,時,,,三點共線.② 當直線的斜率存在時,設直線的方程為.由得.且.設,,則,.直線的方程為,點的坐標為.所以.直線的方程為,點的坐標為.則,.所以,,,,,.所以與共線,所以,,三點共線.綜上所述,,,三點共線.【點睛】本題考查橢圓方程的求法,考查直線與橢圓的位置關系,考查向量知識的運用,考查韋達定理,考查學生分析解決問題的能力,屬于中檔題.21.已知函數.(1)求在區間上的最大值和最小值;(2)在曲線上是否存在點P,使得過點P可作三條直線與曲線相切?若存在,求出其橫坐標的取值范圍;若不存在,請說明理由.【答案】(1)當時,,;當時,,;當時,,;(2)存在,.【解析】【分析】(1)求出導數,確定函數的單調性,然后按分類討論;(2)假設存在符合條件的點,同時設切點為,由導數幾何意義得即(*),問題轉化為關于的方程(*)存在三個不同實根.然后用導數研究函數的零點.【詳解】(1)由題意得:當時,;當時,;當時,.即在單調遞增,在單調遞減,在單調遞增又的零點分別為,0,所以當時,,;當時,,;當時,,.(2)假設存在符合條件的點,切點設為所以即(*)故問題轉化為關于的方程(*)存在三個不同實根.令,則當時,,在R上單調遞增,不合題意;當時,易知在單調遞增,在單調遞減,在單調遞增從而,即解得:當時,易知在單調遞增,在單調遞減,在單調遞增從而,即解得:綜上,存在符合條件的點P,其橫坐標的取值范圍為.【點睛】本題考查用導數研究函數的最值,考查導數的幾何意義,考查方程根的分布與函數零點問題.掌握基本方法即可解決問題,但對運算求解能力有一定的要求.(二)選考題:共10分.請考生在22,23題中任選一題作答.如果多做,則按所做的第一題計分.22.在極點為O的極坐標系中,直線上有一動點P,動點M在射線OP上,且滿足,記M的軌跡為C.(1)求C的極坐標方程,并說明C是何種曲線;(2)若,,均在曲線C上,求的面積.【答案】(1),C是除去極點的圓;(2).【解析】【分析】(1)既然是求極坐標方程,因此設,,根據已知條件得出它們極坐標的關系,代入已知極坐標方程可得;(2)由曲線的極坐標方程,求出,根據三點的極角求出,從而得,及,,然后可得三角形面積.【詳解】(1)設,,由題意得所以又,所以C是除去極點的圓:.(2)由已知,,因為所以且∴.【點睛】本題考查求極坐標方程,考查極坐標方程的應用.注意極坐標的意義即可.23.已知函數.(1)求證:;(2)若實數a、b、c滿足,求證:.【答案】(1)證明見解析;(2)證明見解析.【解析】【分析】(1)利用絕對值三角不等式證明;(2)用柯西不等式證明.【詳解】(1)因為所以.(2)因為,所以由柯西不等式得(當且僅當時取等號).【點睛】本題考查絕對值三角不等式和柯西不等式.掌握這兩個不等式是解題關鍵.
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