:备战2020高考数学（理科）全真模拟卷及解析（七）
（本试卷满分150分，考试用时120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题)
一、单选题：本大题共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．已知集合,,则集合（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】集合，，
则集合，，．故选：．
2．复数满足，则（ ）．
A． B． C．1 D．
【答案】B
【解析】由题意，复数，得，
∴．故选：B．
3．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验。根据收集到的数据(如下表)，由最小二乘法求得回归方程为＝0．67x＋54．9。
零件数x/个 10 20 30 40 50
加工时间y/min 62 75 81 89
现发现表中有一个数据模糊看不清，则该数据为（ ）
A．68 B．68.3 C．68.5 D．70
【答案】A
【解析】设表中那个模糊看不清的数据为m。由表中数据得＝30，＝，所以样本点的中心为，因为样本点的中心在回归直线上，所以＝0．67×30＋54．9，解得m＝68。
4．若直线：与：平行，则与间的距离为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵直线：与：平行，
∴，∴，
∴直线与之间的距离为.
故选B.
5．在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边与轴正半轴重合，终边过点，且，则（ ）
A． B． C．或 D． 或
【答案】B
【解析】由终边过点，得，解得（y>0）
即终边过点，
故选B。
6.已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，P为C上一点，PQ垂直l于点Q，M，N分别为PQ，PF的中点，MN与x轴相交于点R，若∠NRF＝60°，则|FR|等于( )
A． B．1
C．2 D．4
【答案】C
【解析】因为M，N分别是PQ，PF的中点，所以MN∥FQ，且PQ∥x轴。又∠NRF＝60°，所以∠FQP＝60°。由抛物线定义知|PQ|＝|PF|，所以△FQP为正三角形。则FM⊥PQ，所以|QM|＝p＝2，正三角形边长为4。因为|PQ|＝4，|FN|＝|PF|＝2，且△FRN为正三角形，所以|FR|＝2。故选C。
7．已知，且，则向量在向量方向上的投影为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，且，
所以，所以，
因此向量在方向上的投影为.故选A
8．如图，在△中，点是线段上的动点，且 ，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图可知x，y均为正，设，
共线， ，
，
则的最小值为，故选D.
9.已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】函数，
将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，得的图象；
再把所得图象向上平移个单位，得函数的图象，易知函数的值域为.
若，则且，均为函数的最大值，
由，解得；
其中、是三角函数最高点的横坐标，
的值为函数的最小正周期的整数倍，且．故选：D．
10．梅赛德斯-奔驰（Mercedes-Benz）创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化.已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成（如图），点为圆心，，若在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）
A. B． C． D．
【答案】A
【解析】由已知可得，则.
又，.
不妨设，则由正弦定理可得，
则，
所以阴影部分的面积为，圆的面积为，
则在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为.故选：A.
11．已知函数满足，且当时，成立，若，，，则a，b，c的大小关系是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意，令h（x）＝xf（x），
h（﹣x）＝（﹣x）f（﹣x）＝﹣xf（x）＝﹣h（x），则h（x）为奇函数；
当x∈（﹣∞，0）时，h′（x）＝f（x）+xf'（x）＜0，则h（x）在（﹣∞，0）上为减函数，
又由函数h（x）为奇函数，则h（x）在（0，+∞）上为减函数，
所以h（x）在R上为减函数，
a＝（20.6）•f（20.6）＝h（20.6），b＝（ln2）•f（ln2）＝h（ln2），c＝（）•f（）＝h（）＝h（﹣3），
因为0＜ln2＜1＜20.6，
则有；
故选：C．
12.曲线为：到两定点、距离乘积为常数的动点的轨迹.以下结论正确的个数为（ ）
（1）曲线一定经过原点；
（2）曲线关于轴、轴对称；
（3）的面积不大于；
（4）曲线在一个面积为的矩形范围内.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设点的坐标为，由题意可得.
对于命题（1），将原点坐标代入方程得，所以，命题（1）错误；
对于命题（2），点关于轴、轴的对称点分别为、，
，
，
则点、都在曲线上，所以，曲线关于轴、轴对称，命题（2）正确；
对于命题（3），设，，，则，
由余弦定理得，
当且仅当时等号成立，则为锐角，所以，，
则的面积为，命题（3）正确；
对于命题（4），，
可得，得，解得，
由（3）知，，得，
曲线在一个面积为的矩形内，命题（4）正确.
因此，正确的命题序号为（2）（3）（4）.
故选C.
第Ⅱ卷（非选择题)
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。
13．函数的图象恒过定点, 在幂函数的图象上，则 。
【答案】3
【解析】由题意有：，因此满足，则
所以。故填3.
14．已知各项均为正数的等比数列，，，则 _________.
【答案】9
【解析】由等比中项的性质得出，，，
易知，、、成等比数列，则、、成等比数列，
.
故答案为：.
15．某几何体的三视图如图所示，若这个几何体的顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是_______________.
【答案】5π
【解析】由三视图知，该几何体为三棱锥，且其中边长为1的侧棱与底面垂直，底面为底边长为2的等腰直角三角形，所以可以将该三棱锥补形为长、宽、高分别为，，1的长方体，所以该几何体的外接球O的半径R＝＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝5π.
16．已知函数，则函数的零点个数为______个．
【答案】3
【解析】易知,故等价于
当时，，
当时，，
做出得图像如图所示，
则，
设，则，，
做出得图像，由图像可知两个函数图像有3个交点.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必做题,每个考生都必须作答.第22/23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分
17. （12分）已知数列{an}的前n项和，n∈N*.
(I)求数列{an}的通项公式；
(II)设，求数列{bn}的前2n项和．
【解析】(I)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
又a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(II)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
18.（12分）有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响．据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如下表：
所用的时间(天数) 10 11 12 13
通过公路l的频数 20 40 20 20
通过公路2的频数 10 40 40 10
假设汽车A只能在约定日期（某月某日）的前11天出发，汽车B只能在约定日期的前12天出发（将频率视为概率）．
（1）为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙，估计汽车A和汽车B应如何选择各自的路径；
（2）若通过公路l、公路2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元（其他费用忽略不计），此项费用由生产商承担．如果生产商恰能在约定日期当天将货物送到，则销售商一次性支付给生产商40万元，若在约定日期前送到；每提前一天销售商将多支付给生产商2万元；若在约定日期后送到，每迟到一天，生产商将支付给销售商2万元．如果汽车A，B按（1）中所选路径运输货物，试比较哪辆汽车为生产商获得的毛利润更大．
【解析】（1）频率分布表如下：
所有的时间（天数） 10 11 12 13
通过公路1的频率 0.2 0.4 0.2 0.2
通过公路2的频率 0.1 0.4 0.4 0.1
设分别表示汽车在约定日期前11天出发选择公路1,2将货物运往城市乙；分别表示汽车在约定日期前12天出发选择公路1,2将货物运往城市乙；
；；
；；
所以汽车选择公路1，汽车选择公路2。
（2）设表示汽车选择公路1时，销售商付给生产商的费用，则的所有可能取值有42,40,38,36，则的分布列如下：
42 40 38 36
0.2 0.4 0.2 0.2
.
∴汽车选择公路1的毛利润是（万元）.
设表示汽车选择公路2时，销售商付给生产商的费用，则的所有可能取值有42,40,38,36，则的分布列如下：
44 42 40 38
0.1 0.4 0.4 0.1
，
∴汽车选择公路2的毛利润是（万元），
∵，
汽车为生产商获得的毛利更大.
19.（12分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°。
(I)求证：AC⊥平面BDEF；
(II)若G为线段DE 上一点且满足,求直线AG与平面ABF所成角的余弦值。
【解析】 (I)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，
因为四边形ABCD为菱形，
所以AC⊥BD，且O为AC中点，
因为FA＝FC，所以AC⊥FO，
又FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDEF。
(II)连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF为等边三角形，
因为O为BD中点，所以FO⊥BD，
又AC⊥FO，AC∩BD＝O，
所以FO⊥平面ABCD。
因为OA，OB，OF两两垂直，
所以可建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，
设AB＝2，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，
所以BD＝2，AC＝2。
因为△DBF为等边三角形，所以OF＝。
所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0，0，)
由得
由得
所以＝(－，－1,0)，＝(－，0，)，＝(－，1,0)。
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1，，1)。
设直线AG与平面ABF所成角为θ，
则
∴.
20.（12分）已知椭圆：过点，左、右焦点分别是，，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点满足，求四边形面积的最大值.
【详解】（1）因为的周长为，所以，
因为椭圆：过点，所以，
联立方程，解得，，所以椭圆的方程为；
（2）由（1）可知，的坐标为，由题意可知，显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，，且恒成立，
因为点满足，所以四边形为平行四边形，设其面积为，
则，
因为，所以，，
，
令，则，
当且仅当，即时，有最大值4，
所以四边形面积的最大值为4。
21.（12分）已知函数f(x)＝xex(x∈R)。
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值；
(II)已知函数h(x)与函数f(x)的图象关于原点对称，如果x1≠x2，且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2。
【解析】(I)由已知得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，
令f′(x)＝0，解得x＝－1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 － 单调递增
所以函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1)，函数f(x)在x＝－1处取得极小值，为f(－1)＝－，无极大值。
(II)由题意知，h(x)＝－f(－x)＝xe－x，h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1。
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) 单调递增 单调递减
由x1≠x2，不妨设x1>x2，根据h(x1)＝h(x2)，结合图象可知x1>1，x2<1>
令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(1，＋∞)，
则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，
因为x>1,2x－2>0，所以e2x－2－1>0，
则F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，F(x)>0，
即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x1)>h(2－x1)，
又h(x1)＝h(x2)，所以h(x2)>h(2－x1)，
因为x1>1，所以2－x1<1>
所以x2,2－x1∈(－∞，1)，
因为h(x)在(－∞，1)上是增函数，
所以x2>2－x1，即x1＋x2>2。
（二）选考题：共10分.请考生在22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.
22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，已知是曲线： （为参数）上的动点，将绕点顺时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(Ⅰ)求曲线，的极坐标方程；
(Ⅱ)在极坐标系中，射线与曲线，分别相交于异于极点的两点，点，求的面积.
【解析】(Ⅰ)由题知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以曲线的方程为.
，，，
曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
(Ⅱ)在极坐标系中，设点的极径分别为，
又点到射线的距离为
的面积
23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数
(Ⅰ)解不等式；
(Ⅱ)若，求证：
【解析】(Ⅰ)原不等是化为，即
①时，不等式化为，解得；
②时，不等式化为，解得，；
③时，不等式化为，解得，.
综上可得：原不等式解集为.
(Ⅱ)，
当且仅当且时取等号.
又，，
当且仅当时取等号.
