2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（一）数学（理）试题 Word版含解析 23页

‎2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（一）理科数学 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. 复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先化简复数z，然后结合复数的定义确定其虚部即可.‎ ‎【详解】由题意可得：，‎ 据此可知，复数z的虚部为.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】复数的代数形式的运算主要有加、减、乘、除及求低次方根．除法实际上是分母实数化的过程．‎ ‎2. 设全集，已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合以及集合的补集，再根据集合的交集运算即可求出．‎ ‎【详解】因为或，所以，‎ 即有．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的交集和补集运算，以及一元二次不等式的解法，属于容易题．‎ ‎3. 已知数列为等差数列，其前n项和，且则等于 - 23 -‎ A. 25 B. 27 C. 50 D. 54‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件得，再根据等差数列和项公式求结果 ‎【详解】因为 所以 ‎【点睛】本题考查等差数列性质以及等差数列求和，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎4. 为了节能减排，发展低碳经济，我国政府从2001年起就通过相关扶植政策推动新能源汽车产业发展.下面的图表反映了该产业发展的相关信息：‎ 中国新能源汽车产销情况一览表 新能源汽车产量 新能源汽车销量 产量（万辆）‎ 比上年同期增长（）‎ 销量（万辆）‎ 比上年同期增长（）‎ ‎2018年3月 ‎6.8‎ ‎105‎ ‎6.8‎ ‎117.4‎ ‎4月 ‎8.1‎ ‎117.7‎ ‎8.2‎ ‎138.4‎ ‎5月 ‎9.6‎ ‎85.6‎ ‎10.2‎ ‎125.6‎ ‎6月 ‎8.6‎ ‎31.7‎ ‎8.4‎ ‎42.9‎ ‎7月 ‎9‎ ‎53.6‎ ‎8.4‎ ‎47.7‎ ‎8月 ‎9.9‎ ‎39‎ ‎10.1‎ ‎49.5‎ ‎9月 ‎127‎ ‎64.4‎ ‎12.1‎ ‎54.8‎ ‎10月 ‎14.6‎ ‎58.1‎ ‎13.8‎ ‎51‎ ‎11月 ‎17.3‎ ‎36.9‎ ‎16.9‎ ‎37.6‎ ‎1-12月 ‎127‎ ‎59.9‎ ‎125.6‎ ‎61.7‎ - 23 -‎ ‎2019年1月 ‎9.1‎ ‎113‎ ‎9.6‎ ‎138‎ ‎2月 ‎5.9‎ ‎50.9‎ ‎5.3‎ ‎53.6‎ ‎ ‎ ‎2019年2月份新能源汽车销量结构图 根据上述图表信息，下列结论错误的是（ ）‎ A. 2018年4月份我国新能源汽车的销量高于产量 B. 2017年3月份我国新能源汽车的产量不超过3.4万辆 C. 2019年2月份我国插电式混合动力汽车的销量低于1万辆 D. 2017年我国新能源汽车总销量超过70万辆 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先需要明确题目所给出的信息，能够看懂题目所给出的表格包含的意思，然后通过“2019年2月份我国新能源汽车的销量为万辆”以及插电式混合动力汽车所占的比例即可算出插电式混合动力汽车的销量，通过比较即可得出结果．‎ ‎【详解】C项：2019年2月份我国新能源汽车的销量为万辆，其中插电式混合动力汽车所占的比例为，故插电式混合动力汽车的销量为，故C项错误，故选C．‎ ‎【点睛】本题是一道信息题，考查了能否从题目中找出所需要的信息，在计算本题的过程中，首先要明确题意，看懂题目给出的信息所包含的意思，然后根据题目给出的选项与题目中的信息进行计算以及对比，即可得出结果．‎ - 23 -‎ ‎5. 已知函数是奇函数，则曲线在点处的切线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数的定义或性质求出，然后可求出导函数，得切线斜率，从而得切线方程 ‎【详解】∵是奇函数，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ 是奇函数，，，，‎ 切线方程为，即．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数的奇偶性，本题难度一般．‎ ‎6. 在中，分别为的中点，为的中点，若，，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为，，所以，应选答案B．‎ ‎7. 已知三棱锥为正三棱锥，且，，点、是线段、的中点，平面与平面没有公共点，且平面，若是平面与平面 - 23 -‎ 的交线，则直线与直线所成角的正切值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知平面平面，利用面面平行性质定理可得出，然后取线段的中点，连接、，可得出，由此可得出直线与直线所成的角为或其补角，在中计算出，即可得解.‎ ‎【详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，‎ 取中点，连接，，‎ ‎、分别为、的中点，则，所以，同理，‎ 所以异面直线和所成角即为或其补角.‎ 取中点，则，，又，所以平面，‎ 又平面，所以，所以.‎ 在中，，，所以.‎ 所以直线和所成角正切值为，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的正弦值的计算，考查了面面平行性质定理的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ - 23 -‎ ‎8. 已知为抛物线上的不同两点，为抛物线的焦点，若，则（ ）‎ A. B. 10 C. D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据，可求得这些坐标间的关系，再结合两点在抛物线上，可求得，而，由此可得结论．‎ ‎【详解】设，则，‎ 又，∴，∴，，‎ ‎∴，由，得，∴.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查向量的数乘的意义，考查抛物线的焦点弦问题．掌握焦点弦长公式是解题基础：即对抛物线而言，，是抛物线的过焦点的弦，则．‎ ‎9. 已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题先绘制图像，然后将零点问题转化为交点问题，数形结合，计算a的范围，即可．‎ - 23 -‎ ‎【详解】绘制出的图像，有3个零点，令与有三个交点，‎ 则介于1号和2号之间，2号过原点，则，1号与相切，则 ‎，，代入中，计算出，所以 a的范围为，故选A．‎ ‎【点睛】本道题考查了数形结合思想和函数与函数交点个数问题，难度中等．‎ ‎10. 如图为中国古代刘徽的《九章算术注》中研究“勾股容方”问题的图形，图中为直角三角形，四边形为它的内接正方形，已知，，在上任取一点，则此点取自正方形的概率为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图形，结合已知条件，得DE∥BC，则，设，即，解得x＝，由几何概型中的面积比可得．‎ ‎【详解】由图形得，为直角三角形，四边形为它的内接正方形，已知，，‎ 设CD＝，由DE∥BC则有，即，解得x＝，‎ 设在△ABC上任取一点，则此点取自正方形DEFC为事件A，‎ 由几何概型中的面积比得：P（A）＝＝.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了相似比及几何概型中的面积型，属于中档题．‎ ‎11. （2016新课标全国Ⅱ理科）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与轴垂直，sin ,则E的离心率为 A. B. ‎ C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由已知可得，故选A.‎ 考点：1、双曲线及其方程；2、双曲线的离心率.‎ - 23 -‎ ‎【方法点晴】本题考查双曲线及其方程、双曲线的离心率.，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 由已知可得，利用双曲线的定义和双曲线的通径公式，可以降低计算量，提高解题速度.‎ ‎12. 如图，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为8，高为5，点分别在上，且.过点的平面与此四棱台的下底面会相交，则平面与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，当平面α经过BCNM时取得的截面面积最大，此时截面是等腰梯形；根据正四棱台的高及MN中点在底面的投影求得等腰梯形的高，进而求得等腰梯形的面积．‎ ‎【详解】当斜面α经过点时与四棱台的面的交线围成的图形的面积最大，此时α为等腰梯形，上底为MN=4，下底为BC=8‎ 此时作正四棱台俯视图如下：‎ 则MN中点在底面的投影到BC的距离为8-2-1=5‎ - 23 -‎ 因为正四棱台的高为5，所以截面等腰梯形的高为 ‎ 所以截面面积的最大值为 ‎ 所以选B ‎【点睛】本题考查了立体几何中过定点的截面面积问题，关键是分析出截面的位置，再根据条件求得各数据，需要很好的空间想象能力，属于难题．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13. 设实数满足约束条件，则的最大值为_______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，平移目标函数得到最值点，联立方程组得到最值点，代入目标函数可得最值.‎ ‎【详解】作出可行域如图，‎ 平移目标函数可知在点A处取到最大值，‎ 联立得，代入得最大值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划求解线性目标函数的最值，一般步骤是先作出可行域，平移目标函数，得出最值点，求出最值.‎ ‎14. 设数列的前项和为，若，，则__________.‎ ‎【答案】162‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 根据与的关系，求得，再求出.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 两式相减，得：，所以，‎ 所以数列，，……构成以为首项，公比为3的等比数列，‎ 所以.‎ 故答案为：162.‎ ‎【点睛】本题考查了数列与的关系，特别注意的起始值，从第几项起有递推关系，容易出错，属于基础题.‎ ‎15. 某外商计划在个候选城市中投资个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过个，则该外商不同的投资方案有____种．‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】‎ 试题分析：每个城市投资1个项目有种，有一个城市投资2个有种，投资方案共种.‎ 考点：排列组合.‎ ‎16. 若函数在上单调递增，则的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意在上恒成立,设，[－1，1],转为二次不等式在区间上恒成立问题.‎ ‎【详解】由题意知，在上恒成立.‎ - 23 -‎ 设，[－1，1]，‎ 则在[－1，1]上恒成立，‎ 所以只需，解得，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】利用单调性求参数范围的常见方法：①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，利用子集的概念确定范围.②利用导数转化为不等式或恒成立求参数范围.‎ 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17～21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. 如图，在四边形ABCD中，，，已知，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，且，求BC的长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理可得；‎ ‎（2）由（1）求得，然后利用余弦定理求解．‎ ‎【详解】（1）在中，由正弦定理，得，‎ - 23 -‎ 因为，，，‎ 所以；‎ ‎（2）由（1）可知，，因为，‎ 所以，‎ 在中，由余弦定理，得 ‎，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 即，解得或，‎ 又，则.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形，掌握正弦定理和余弦定理是解题关键．‎ ‎18. 如图所示，在等腰梯形ABCD中，，，E，F为AB的三等分点，且将和分别沿DE、CF折起到A、B两点重合，记为点P．‎ 证明：平面平面PEF；‎ 若，求PD与平面PFC所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 推导出四边形CDEF是平行四边形，，，由，得，从而面PEF，由此能证明平面平面PEF．‎ 在平面PEF内作，垂足为O，取CD的中点M，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PD与平面PFC所成角的正弦值．‎ ‎【详解】，，四边形CDEF是平行四边形，，‎ ‎≌，，，‎ ‎，，，，‎ ‎，面PEF，‎ 面PFC，平面平面PEF．‎ 在平面PEF内作，垂足为O，取CD的中点M，‎ 由知平面PEF，故FC，平面CDEF，，，‎ ‎，，，，，OF，OM两两垂直，‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设，是等边三角形，‎ ‎0，，0，，2，，2，，‎ ‎0，，2，，2，，‎ 设y，是平面PFC的法向量，‎ 则，取，得0，，‎ 设PD与平面PFC所成角为，‎ 则，‎ 与平面PFC所成角的正弦值为．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角和正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ ‎19. 椭圆的离心率为，设，分别为的左，右顶点，，分别为上、下顶点，四边形的面积为4.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点（1，0）的直线与椭圆交于两点，（不与，重合），若直线与直线相交于点，求证：三点，，共线.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，解方程组即可求解.‎ ‎（2）分类讨论：当直线的斜率不存在时或当直线的斜率存在时，设，将直线与椭圆方程联立，；利用韦达定理，证明即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意得，解得，，‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ - 23 -‎ ‎（2）①当直线的斜率不存在时，‎ 不妨设，，‎ ‎∴直线的方程为，‎ 令得，∴，‎ ‎∴点，，共线.‎ ‎②当直线的斜率存在时，设，‎ 设，，‎ 由由消去得，‎ ‎，‎ 由题意知恒成立，故，‎ 所以直线的方程为，‎ 令得，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 上式中的分子；‎ - 23 -‎ ‎，‎ ‎∴﹐∴点，，共线.‎ 综上可知，点，，共线.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，此题对考生的计算求解能力较高，属于难题.‎ ‎20. 《山东省高考改革试点方案》规定：从年高考开始，高考物理、化学等六门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为八个等级.参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为.选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则分别转换到八个分数区间，得到考生的等级成绩.‎ - 23 -‎ 某校级学生共人，以期末考试成绩为原始成绩转换了本校的等级成绩，为学生合理选科提供依据，其中物理成绩获得等级的学生原始成绩统计如下 成绩 ‎93‎ ‎91‎ ‎90‎ ‎88‎ ‎87‎ ‎86‎ ‎85‎ ‎84‎ ‎83‎ ‎82‎ 人数 ‎1‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎7‎ ‎（1）从物理成绩获得等级的学生中任取名，求恰好有名同学的等级分数不小于的概率;‎ ‎（2）待到本级学生高考结束后，从全省考生中不放回的随机抽取学生，直到抽到名同学的物理高考成绩等级为或结束(最多抽取人)，设抽取的学生个数为，求随机变量的数学期望(注: ).‎ ‎【答案】(1)0.29 (2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设物理成绩获得等级的学生原始成绩为，其等级成绩为，由原始成绩与等级成绩的转换公式得到关于 的关系式，即可计算出等级分数不小于的人数，利用古典概型即可计算出恰好有名同学的等级分数不小于的概率．‎ ‎（2）由题意得，随机抽取人，等级成绩为或的概率为，然后列出学生个数的分布列，即可计算数学期望．‎ ‎【详解】解：（1）设物理成绩获得等级的学生原始成绩为，其等级成绩为.‎ 由转换公式，得.‎ 由，得.‎ 显然原始成绩满足的同学有人，获得等级的学生有人，‎ 恰好有名同学的等级分数不小于的概率为：.‎ ‎（2）由题意得，随机抽取人，其等级成绩为或的概率为.‎ 学生个数的可能取值为；‎ - 23 -‎ ‎，，‎ ‎，；‎ 其数学期望是：‎ 其中：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ 应用错位相减法“①式-②式”得：‎ 故.‎ ‎【点睛】本题主要考察排列组合问题、概率的求法，以及离散型随机变量的分布列与数学期望的求法，属于中档题 ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若存在两个极值点，，求证：.‎ ‎【答案】（1）当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；（2）证明见解析.‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求定义域，再求导，，设，再分类讨论得到的符号，得到的单调性；‎ ‎（2）由（1）得到存在两个极值点，时的取值范围，再得到应满足的关系式，用表示出，再由导数求最小值，证明不等式.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，，‎ 设，则，‎ 若，即时，，‎ ‎∴，所以在上单调递增.‎ 若，即时，令，‎ 则，‎ 当时，.，‎ 当时，，‎ 所以，上单调递增，‎ 在上单调递减.‎ 综上可得：当时，在，上单调递增，‎ 在上单调递减；当时，在上单调递增；‎ - 23 -‎ ‎（2）由（1）知时存在两个极值点，‎ 则方程有两根，，所以，，‎ ‎.‎ 令，，‎ 则，‎ 所以在上单调递减，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究含参函数的单调性，利用导数研究函数的极值、最值，考查了学生的分析能力，推理能力，运算能力，分类讨论思想，转化与化归思想.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎ 选修4—4：坐标系与参数方程 ‎22. 以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程（为参数）.‎ ‎（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；‎ ‎（2）以曲线上的动点为圆心，为半径的圆恰与直线相切，求的最小值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用公式法求直线的直角坐标方程，利用消参法求出曲线的普通方程；‎ ‎（2）设点的坐标为，求出点到直线的距离 - 23 -‎ ‎，即得解.‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 将，代入上式，‎ 得直线的直角坐标方程为.‎ 由曲线的参数方程（为参数），消去参数得，‎ 曲线的普通方程为；‎ ‎（2）设点的坐标为，‎ 则点到直线的距离为 ‎（其中）‎ 当时，圆与直线相切，‎ 故当时，取最小值，且.‎ ‎【点睛】本题主要考查直角坐标方程、极坐标方程和参数方程的互化，考查圆锥曲线的参数的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎ 选修4─5：不等式选讲 ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，由，利用零点讨论法进行求解可得.‎ - 23 -‎ ‎（2）当时，有解，等价于当时，有解，‎ 则，且利用不等式恒成立得解.‎ ‎【详解】（1）当时，由，‎ 得或或，‎ 解得或，‎ 所以原不等式的解集为或；‎ ‎（2）当时，有解，‎ 等价于当时，有解，‎ 等价于当时，有解，‎ 等价于当时，有解，‎ 所以，且·‎ 所以，且，‎ 即实数的取值范围为 ‎【点睛】本题考查绝对值不等式解法及不等式有解时求参数取值范围，属于基础题.‎ - 23 -‎