:备战2020高考数学（理科）全真模拟卷及解析（十二）
（本试卷满分150分，考试用时120分钟）
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．已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简全集，再根据补集定义求结果.
【详解】
因为,所以，选B.
【点睛】
求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．
2．是虚数单位,复数为纯虚数,则实数为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
解：
3．已知向量，若，则的值为（ ）
A．4 B．-4 C．2 D．-2
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出，再利用求出的值.
【详解】
故选
【点睛】
本题主要考查向量的坐标运算，考查向量平行的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
4．已知数列中， 为其前项和， 的值为（ ）
A．63 B．61 C．62 D．57
【答案】D
【解析】解：由数列的递推关系可得： ，
据此可得：数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，则：
，
分组求和有： .
本题选择D选项.
5．，若，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意代换化简分子，利用半角公式化简即可求解.
【详解】
由题：
.
故选：B
【点睛】
此题考查三角恒等变换，对基本公式考查比较全面，涉及半角公式化简，考查综合能力.
6．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先将表示为对数的形式，判断出，然后利用中间值以及对数、指数函数的单调性比较与的大小，即可得到的大小关系.
【详解】
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用指、对数函数的单调性比较大小，难度一般.利用指、对数函数的单调性比较大小时，注意数值的正负，对于同为正或者负的情况可利用中间值进行比较.
7．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，为公比的等比数列，若从这个10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先由题意写出成等比数列的10个数，然后找出小于8的项的个数，代入古典概率的计算公式即可求解
【详解】
解：由题意成等比数列的10个数为：1，，，
其中小于8的项有：1，，，，，共6个数
这10个数中随机抽取一个数，
则它小于8的概率是．
故选：．
【点睛】
本题主要考查了等比数列的通项公式及古典概率的计算公式的应用，属于基础试题
8．函数的图象大致为( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用函数的奇偶性，极限，特值点逐一判断即可.
【详解】
由函数为偶函数，排除B选项，
当x时，，排除A选项，
当x=时，，排除C选项，
故选：D
【点睛】
函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.
9．某三棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A． B． C．4 D．8
【答案】A
【解析】
【分析】
由三视图先确定几何体的形状，由体积公式即可求解.
【详解】
由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，其底面为等腰直角三角形，且腰长为2，三棱柱的高为2，所以该三棱柱的体积为.
故选A
【点睛】
本题主要考查由三视图来求几何体的体积，属于基础题型.
10．我国古代数学名著《孙子算经》中有鸡兔同笼问题:“今有雉兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问雉兔各几何？”据此绘制如图所示的程序框图，其中鸡只，兔只，则输出的分别是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由开始验证，直到满足，退出循环体，输出.
【详解】
,；,；；
,.退出循环，输出.
故选:B
【点睛】
本题考查循环结构运行结果，属于基础题.
11．已知椭圆的左右焦点分别为，，点在椭圆上，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据椭圆的标准方程及椭圆的定义,可得焦距及,由勾股定理逆定理可判断为直角三角形,进而求得的面积.
【详解】
圆的左右焦点分别为,,点在椭圆上,且
所以
则
而
所以
因为
所以是以为斜边的直角三角形
则
故选:B
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程及定义,焦点三角形面积的求法,利用勾股定理的逆定理判断三角形形状,属于基础题.
12．已知函数，，其中．若的图象在点处的切线与的图象在点处的切线重合，则a的取值范围为（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据导数的几何意义写出函数在点A与函数在B处的切线方程，再利用两直线重合的充要条件列出关系式，从而得出，令，则，最后利用导数研究它的单调性和最值，即可得出的取值范围．
【详解】
∵，
∴，，
函数在点处的切线方程为：，
函数在点处的切线方程为：，
两直线重合的充要条件是①，②，
由①及得，
故，
令，则，且，
设，
，
当时，恒成立，即单调递减，
，时，，
即a的取值范围为，故选A.
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义等基础知识，考查了推理论证能力、运算能力、创新意识，考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法，属于中档题.
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．曲线y＝x(3ln x＋1)在点(1,1)处的切线的斜率为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】
先求导函数，利用导数的几何意义，求出在点（1，1）处的切线的斜率．
【详解】
y＝x（3lnx+1）的导函数为：y′＝3lnx+4，
当x＝1时，y′＝4，
曲线y＝x（3lnx+1）在点（1，1）处的切线的斜率为：4．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题．
14．在的展开式中，含项的系数是_____，各项系数和是_____．
【答案】 0
【解析】
【分析】
在的展开式中，由通项公式，能求出含x3项的系数是：，展开式各项系数和为.
【详解】
在的展开式中，
，
当时，含项的系数是：，
在的展开式中，各项系数和是．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了二项展开式中含x3项的系数、各项系数和的求法，考查二项式定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于容易题．
15．平行四边形中，△是腰长为的等腰直角三角形，，现将△沿折起，使二面角大小为，若四点在同一球面上，则该球的表面积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】
取AD,BC的中点分别为,过作面ABD的垂线与过作面BCD的垂线，确定球心的位置，再取BD中点E，连结,得到即为二面角的平面角，
在Rt△和在Rt△中，求得的球的半径，即可求解．
【详解】
由题意，取AD,BC的中点分别为,
过作面ABD的垂线与过作面BCD的垂线，两垂线交点即为所求外接球的球心，
取BD中点E，连结,
则即为二面角的平面角，
又由，连接，在Rt△中，则，
在Rt△中，，得，
即球半径为，所以球面积为 .
【点睛】
本题主要考查了球的表面积的计算，以及几何体的结构特征、二面角的应用，其中解答中熟练应用几何体的结构特征，以及二面角的定义求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．
16．设为不等式组所表示的平面区域，为不等式组所表示的平面区域，其中，在内随机取一点，记点在内的概率为．
（）若，则__________．
（）的最大值是__________．
【答案】. .
【解析】
分析：，当时，时，求出满足的面积，分别求出满足面积，利用几何概型概率公式求解即可.
详解：
由题意可得，当时，满足的面积为，
时，满足面积为
所以，；
如图，当取得最大值时，即时最大，
当时，满足的面积为，
时，满足面积为
所以；最大值为．
故答案为， .
点睛：本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.
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．已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设等比数列满足.若，求的值.
【答案】（1）；（2）63
【解析】
【分析】
（1）求出公差和首项，可得通项公式；
（2）由得公比，再得，结合通项公式求得.
【详解】
（1）由题意等差数列的公差，，，
∴；
（2）由（1），∴，，
∴，.
【点睛】
本题考查等差数列与等比数列的通项公式，掌握基本量法是解题基础.
18．某地区2020年清明节前后3天每天下雨的概率为60%，通过模拟实验的方法来计算该地区这3天中恰好有2天下雨的概率：用随机数（，且）表示是否下雨：当时表示该地区下雨，当时，表示该地区不下雨，从随机数表中随机取得20组数如下
332 714 740 945 593 468 491 272 073 445
992 772 951 431 169 332 435 027 898 719
（1）求出的值，并根据上述数表求出该地区清明节前后3天中恰好有2天下雨的概率；
（2）从2011年开始到2019年该地区清明节当天降雨量（单位：）如下表：（其中降雨量为0表示没有下雨）.
时间 2011年 2012年 2013年 2014年 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年
年份 1 2 3 4 5 6 7 8 9
降雨量 29 28 26 27 25 23 24 22 21
经研究表明：从2011年开始至2020年， 该地区清明节有降雨的年份的降雨量与年份成线性回归，求回归直线，并计算如果该地区2020年（）清明节有降雨的话，降雨量为多少？（精确到0.01）
参考公式：.
参考数据：，，
，.
【答案】（1），概率为；（2）回归直线方程为：，2020年清明节有降雨的话，降雨量约为．
【解析】
【分析】
（1）根据每天下雨概率可求得，在所给20组数确定表示3天中恰有2天下雨的组数，然后计算概率；
（2）计算，根据所给数据求出回归直线方程中的系数，得回归直线方程，令可得2020年的预估值．
【详解】
（1）由得，即表示下雨，表示不下雨，
所给20组数中有714，740，945，593，491，272，073，951，169，027共10组表示3天中恰有两天下雨，∴所求概率为.
（2）由所给数据得，，
，，
∴回归直线方程为：，
时，，
∴2020年清明节有降雨的话，降雨量约为．
【点睛】
本题考查抽样方法中的随机数表法，考查回归直线方程及应用，只要根据所给数据计算即可．本题还考查学生的数据处理能力．
19．如图，直三棱柱中，分别是的中点，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2)
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，由三角形中位线定理得，由此能证明平面．
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．分别求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】
证明：证明：连接交于点，
则为的中点．又是的中点，
连接，则．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）由，可得：，即
所以
又因为直棱柱，所以以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，
设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为，
同理可得平面的一个法向量为，
则
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查直线与平面平行、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．
20．已知椭圆的焦距为4，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为，取点，连接，过点作的垂线交轴于点，点是点关于轴的对称点，作直线，问这样作出的直线是否与椭圆一定有唯一的公共点？并说明理由.
【答案】(1) (2) 直线与椭圆一定有唯一的公共点，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到关于、的方程组，解得.
（2）由题意，点坐标为，设，由知，求出，根据对称表示出点坐标，即可表示出直线的方程，联立直线与椭圆方程消元可得.
【详解】
解：（1）因为焦距为4，所以，又因为椭圆过点，
所以，故，，从而椭圆的方程为
已知椭圆的焦距为4，且过点.
（2）由题意，点坐标为，设，则，，再由知，，即.
由于，故，因为点是点关于轴的对称点，所以点.
故直线的斜率.
又因在椭圆上，所以.①
从而，故直线的方程为②
将②代入椭圆方程，得
③
再将①代入③，化简得：
解得，，即直线与椭圆一定有唯一的公共点.
【点睛】
本题考查利用待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用问题，属于中档题.
21．已知，.
（1）讨论的单调性；
（2）若时，恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）递增，递减.；（2）1
【解析】
【分析】
(1)先求得导函数,并令,求得两个极值点.在定义域内讨论导函数的符号,即可求得函数的单调区间;
(2)通过对不等式转化,即可分离参数,构造函数,利用导函数求得的最小值,即可求得的最大值.
【详解】
(1)∵的定义域为,
由得,,,可得到下表：
正 0 负
↑ 极大值 ↓
即在上递增,在上递减
(2)当时,
即
化简可得
令（）,只需
∵
令（）,由于,所以在上递增
∵,
∴存在唯一的,使得
易知在区间上递减,在区间上递增
∴
由得,两边取对数得
∴
∴,即的最大值为1
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性,根据导函数研究函数的极值与最值,不等式中参数取值范围的求法,构造函数求最值形式,综合性强,属于难题.
（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．已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；
（2）若过且与直线垂直的直线与曲线相交于、两点，求.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
(1)根据极坐标与直角坐标方程的转化,参数方程与普通方程的转化即可得直线的直角坐标方程和曲线的普通方程;
(2)根据直线与直线垂直且过,可得直线的参数方程.将直线的参数方程与曲线联立,结合韦达定理及参数方程的几何意义即可求得.
【详解】
(1)由直线极坐标方程为,即,
根据极坐标与直角坐标的互化公式,可得直线直角坐标方程：,
由曲线的参数方程为（为参数）,则,
整理得椭圆的普通方程为.
(2)由已知直线与垂直,所以直线的倾斜角为,
直线的参数方程为,即（为参数）,
把直线的参数方程代入
化简得
设,是上述方程的两个实根,则有
又直线过点
故由上式及的几何意义得
【点睛】
本题考查了极坐标、参数方程与直角坐标方程的转化,参数方程的几何意义,属于中档题.
23．已知.
（1）时，求不等式的解集；
（2）若的解集为且是集合的子集，求的取值范围.
【答案】（1）或；（2）
【解析】
【分析】
(1)代入,可得.对分类讨论即可得解不等式的解集.
(2)根据不等式在上恒成立,去绝对值化简可得.再去绝对值即可得关于的不等式组,解不等式组即可求得的取值范围.
【详解】
(1)当时,
由可得
或或
解不等式组可得或
即或
综上的解集为或
(2)由题意可知,在上恒成立
即在上恒成立
即在上恒成立
由可得
又
∴,即
∴
故的取值范围为
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法,分类讨论解绝对值不等式的应用,含参数不等式的解法,属于中档题.
