2020年全国I卷高考理科数学考前适应性试卷（二）（Word版附答案） 17页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 理 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Ⅰ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．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．记复数的共轭复数为，已知复数满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．下列关于命题的说法正确的是（ ）‎ A．命题“若，则”的否命题是“若，则”‎ B．命题“若，则，互为相反数”的逆命题是真命题 C．命题“，”的否定是“，”‎ D．命题“若，则”的逆否命题是真命题 ‎4．已知，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．运行如图所示的程序框图，输出的的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知平面向量，，满足，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，是等腰直角三角形，且，为边上的中点，与为等边三角形，点是线段与线段的交点，点是线段与线段的交点，若往中任意投掷一点，该点落在图中阴影区域内的概率为（ ）‎ 参考数据：，．‎ A． B． C． D．‎ ‎10．在梯形中，，，，，动点和分别在线段和上，且，，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知函数的图象关于点对称，函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎12．已知关于的不等式有且仅有三个正整数解（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．若抛物线上的点到焦点的距离为，则到轴的距离是 ．‎ ‎14．已知实数，满足，则的最大值为 ．‎ ‎15．在中，若，，则面积的最大值为 ．‎ ‎16．已知半径为的球内有一个内接四棱锥，四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，当四棱锥的体积最大时，它的底面边长等于 ．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）已知公差不为零的等差数列和等比数列满足：，，‎ 且，，成等比数列．‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎18．（12分）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值．‎ ‎19．（12分）为了调查一款电视机的使用时间，研究人员对该款电视机进行了相应的测试，将得到的数据统计如下图所示．并对不同年龄层的市民对这款电视机的购买意愿作出调查，得到的数据如下表所示．‎ ‎（1）根据图中的数据，试估计该款电视机的平均使用时间；‎ ‎（2）根据表中数据，判断是否有的把握认为“愿意购买该款电视机”与“市民的年龄”有关；‎ ‎（3）用频率估计概率，若在该电视机的生产线上随机抽取台，记其中使用时间不低于年的电视机的台数为，求的分布列及期望．‎ 附：，‎ ‎20．（12分）已知椭圆的长轴长为，且椭圆与圆 的公共弦长为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形．若存在，求出点的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．‎ ‎21．（12分）已知函数，其中为正实数．‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）证明：当时，．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ 在直角坐标系中，直线的方程是，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求直线和曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）射线（其中）与曲线交于，两点，与直线交于点，‎ 求的取值范围．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 设，函数．‎ ‎（1）当时，求函数的最小值；‎ ‎（2）若，解关于的不等式．‎ ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 理 科 数 学（二）答 案 第Ⅰ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．【答案】B ‎【解析】依题意，，故，故选B．‎ ‎2．【答案】B ‎【解析】因为，所以，，所以，故选B．‎ ‎3．【答案】B ‎【解析】逐一分析所给命题的真假：‎ A命题“若，则”的否命题是“若，则”，题中说法错误；‎ B命题“若，则，互为相反数”是真命题，则其逆命题是真命题，题中说法正确；‎ C命题“，”的否定是“，”，题中说法错误；‎ D命题“若，则”是假命题，则其逆否命题是假命题，题中说法错误，‎ 故选B．‎ ‎4．【答案】D ‎【解析】因为，，，‎ 所以，故选D．‎ ‎5．【答案】D ‎【解析】从三视图中提供的图形信息与数据信息可知：‎ 该几何体的底面是圆心角为的扇形，高是的圆锥体，‎ 容易算得底面面积，所以其体积，‎ 故答案为D．‎ ‎6．【答案】C ‎【解析】运行该程序，第一次，，；第二次，，；‎ 第三次，，；第四次，，；‎ 第五次，，，第六次，，‎ 此时，故输出的的值为，故选C．‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】由题意可得，且，‎ 即，，，‎ 由平面向量模的计算公式可得，故选B．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知，‎ 又，即，所以，‎ 则，图象过点，则，‎ 即，所以，‎ 又，则，故，‎ 令，得，‎ 令，可得其中一个对称中心为，故本题答案选C．‎ ‎9．【答案】A ‎【解析】不妨设，在中，由正弦定理得，‎ 解得，‎ 则阴影部分面积为，‎ 而，故所求概率，故选A．‎ ‎10．【答案】D ‎【解析】因为，，，，‎ 所以是直角梯形，且，，‎ 以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 因为，，动点和分别在线段和上，‎ 则，，，，‎ 所以，‎ 令且，‎ 由对勾函数性质可知，当时可取得最大值，‎ 则，所以选D．‎ ‎11．【答案】C ‎【解析】由已知，为奇函数，‎ 函数对于任意的满足，‎ 得，即，所以在上单调递增；‎ 又因为为偶函数，所以在上单调递减，‎ 所以，即，故选C．‎ ‎12．【答案】C ‎【解析】依题意，，故，即，‎ 令，故，‎ 故当时，；当时，；当时，，‎ 作出函数的图象如下所示，可知三个正整数解为，，，‎ 令，则，，‎ 解得，故选C．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】因为抛物线，所以焦点坐标为，准线方程为，‎ 因为点到焦点的距离为，根据抛物线定义，则到准线的距离也为，‎ 所以点到轴的距离为．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，‎ 观察可知，当直线过点时，取最大值，最大值为．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】设内角，，所对的边分别为，，，‎ 依题意，‎ 而，则，‎ 而 ‎，当且仅当时等号成立，‎ 故面积的最大值为．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】如图，设四棱锥的侧棱长为，底面正方形的边长为，棱锥的高为．‎ 由题意可得顶点在地面上的射影为底面正方形的中心，则球心在高上．‎ 在中，，，，‎ ‎∴，整理得，‎ 又在中，有，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴．‎ 设，则，‎ ‎∴当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，‎ ‎∴当时取得最大值，即四棱锥的体积取得最大值，‎ 此时，解得，‎ ‎∴四棱锥的体积最大时，底面边长等于，故答案为．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）设的公差为，‎ 则由已知得，即，解之得或（舍），‎ 所以；‎ 因为，所以的公比，所以．‎ ‎（2）由（1）可知，所以，‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以．‎ ‎18．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）取的中点，连接，，‎ 因为底面是边长为的正三角形，所以，且，‎ 因为，，，‎ 所以，所以，‎ 又因为，所以，所以，‎ 又因为，所以平面，‎ 又因为平面，所以平面平面．‎ ‎（2）如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，‎ 其中，则，，，，‎ 所以，，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，令，得；‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，令，得，‎ 所以，‎ 所以二面角的正弦值为．‎ ‎19．【答案】（1）；（2）有的把握认为；（3）分布列见解析，．‎ ‎【解析】（1）依题意，所求平均数为 ‎．‎ ‎（2）依题意，完善表中的数据如下所示：‎ 故，‎ 故有的把握认为“愿意购买该款电视机”与“市民的年龄”有关．‎ ‎（3）依题意，，‎ 故，，‎ ‎，，，‎ 故的分布列为 故．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）在轴上存在满足题目条件的点，．‎ ‎【解析】由题意可得，所以，‎ 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径，‎ 可得椭圆经过点，所以，解得，‎ 所以椭圆的方程为．‎ ‎（2）直线的解析式为，‎ 设，，的中点为，‎ 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则，‎ 由，得，故，‎ 所以，，‎ 因为，所以，即，所以，‎ 当时，，所以；‎ 当时，，所以．‎ 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为．‎ ‎21．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1）由，得，所以的定义域为，‎ ‎，‎ 由，得，‎ 所以当时，；当时，，‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为．‎ ‎（2）证明：令，则，‎ 所以当时，；当时，，‎ 所以，所以，‎ 所以当时，有成立，‎ 又因为，所以要证，‎ 只需证，即对于任意的恒成立，‎ 令，，则，‎ 因为，所以恒成立，所以在上单调递增，‎ 所以，‎ 所以当时，．‎ ‎22．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵，∴直线的极坐标方程是，‎ 由，消参数得，‎ ‎∴曲线的极坐标方程是．‎ ‎（2）将分别代入，，‎ 得，，∴，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴的取值范围是．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以．‎ ‎（2）①当时，，解，得，‎ 因为，，所以此时；‎ ‎②当时，，解，得，‎ 因为，，所以此时；‎ ‎③当时，，解，得，‎ 因为，，所以此时，‎ 综上可知，的解集为．‎