:2020新课标高考数学（理科）必刷卷（五）
（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．设集合，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用并集的定义求解即可．
【详解】
∵集合，集合，∴，即.
故选：A
【点睛】
本题考查了并集的定义与计算问题，属于基础题．
2．命题，的否定为（ ）．
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】D
【解析】
命题的否定，
将“”变成“”，
将“” 变成“”．
故选．
点睛：(1)对全称(存在性)命题进行否定的两步操作：①找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义加上量词，再进行否定；②对原命题的结论进行否定.(2)判定全称命题“”是真命题，需要对集合中的每个元素，证明成立；要判定一个全称命题是假命题，只要举出集合中的一个特殊值，使不成立即可.要判断存在性命题是真命题，只要在限定集合内至少能找到一个，使成立即可，否则就是假命题.
3．若复数是纯虚数，则的值为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据所给的虚数是一个纯虚数，得到虚数的实部等于0，而虚部不等于0，得到角的正弦和余弦值，根据同角三角函数之间的关系，得到结果.
【详解】
若复数是纯虚数，
则且，
所以，，
所以，故．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题．纯虚数是一个易错概念，不能只关注实部为零的要求，而忽略了虚部不能为零的限制，属于易错题.
4．已知变量，满足，则的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，可以求得在点处取得最大值，所以的最大值为，故选B．
考点：线性规划．
5．设，，是与的等差中项，则的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
∵是与的等差中项，
∴，
即，
∴．
所以
当且仅当即时取等号，
∴的最小值为9．
6．《中国好歌曲》的五位评委给一位歌手给出的评分分别是：，，，，，现将这五个数据依次输入如图程序框进行计算，则输出的值及其统计意义分别是( )
A．，即5个数据的方差为2
B．，即5个数据的标准差为2
C．，即5个数据的方差为10
D．，即5个数据的标准差为10
【答案】A
【解析】
【分析】
算法的功能是求的值，根据条件确定跳出循环的值，计算输出的值．
【详解】
由程序框图知：算法的功能是求的值，
∵跳出循环的值为5，
∴输出 .故选A.
【点睛】
本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键，属于基础题．
7．十九世纪末，法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”，即“在一个圆内任意选一条弦，这条弦的弦长长于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少？”贝特朗用“随机半径”、“随机端点”、“随机中点”三个合理的求解方法，但结果都不相同．该悖论的矛头直击概率概念本身，强烈地刺激了概率论基础的严格化．已知“随机端点”的方法如下：设A为圆O上一个定点，在圆周上随机取一点B，连接AB，所得弦长AB大于圆O的内接等边三角形边长的概率．则由“随机端点”求法所求得的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意画出图形，求出满足条件的的位置，再由测度比是弧长比得答案．
【详解】
解：设“弦的长超过圆内接正三角形边长”为事件 ，
以点 为一顶点，在圆中作一圆内接正三角形，
则要满足题意点只能落在劣弧上，又圆内接正三角形恰好将圆周3等分，
故
故选：C．
【点睛】
本题考查几何概型的意义，关键是要找出满足条件弦的长度超过圆内接正三角形边长的图形测度，再代入几何概型计算公式求解，是基础题．
8．椭圆的两个焦点为，，过的直线交椭圆于A、B两点，若，则的值为
A．10
B．8
C．16
D．12
【答案】A
【解析】
【分析】
由椭圆的定义可得：，即可得出．
【详解】
由椭圆的定义可得：，
，
故选A．
【点睛】
本题考查了椭圆的定义及其标准方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9．如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据（单位：），可知此几何体的体积是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
由三视图可知，该几何体是如下图所示的四棱锥，故体积为.故选B.
10．已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标扩大为原来的倍，再把图象上所有的点向上平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的周期可以为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用三角函数图象变换规律得出函数的解析式，然后由绝对值变换可得出函数的最小正周期.
【详解】
，将函数的图象上的所有点的横坐示缩短到原来的，可得到函数的图象，再将所得函数图象上所有点的纵坐标扩大为原来的倍，得到函数的图象，再把所得图象向上平移个単位长度，得到，由绝对值变换可知，函数的最小正周期为，故选：B.
【点睛】
本题考查三角函数变换，同时也考查三角函数周期的求解，解题的关键就是根据图象变换的每一步写出所得函数的解析式，考查推理能力，属于中等题.
11．过曲线的左焦点作曲线的切线，设切点为延长交曲线于点其中有一个共同的焦点，若则曲线的离心率为（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设双曲线的右焦点的坐标为，利用为的中点，为的中点，可得为的中位线，从而可求，再设，过点作轴的垂线，由勾股定理得出关于的关系式，最后即可求得离心率．
【详解】
设双曲线的右焦点为，则的坐标为．
因为曲线与有一个共同的焦点，所以曲线的方程为．
因为，
所以，
所以为的中点，
因为O为的中点，
所以OM为的中位线，
所以OM∥．
因为|OM|=a，所以．
又，，
所以．
设N(x,y)，则由抛物线的定义可得，
所以．
过点F1作x轴的垂线，点N到该垂线的距离为，
在中，由勾股定理得，
即，
所以，
整理得，解得．
故选A．
【点睛】
解答本题时注意以下几点：
（1）求双曲线的离心率时，可根据题中给出的条件得到关于的关系式，再结合得到间的关系或关于离心率的方程（或不等式），由此可得离心率的取值（或范围）．
（2）本题中涉及的知识较多，解题时注意将题中给出的关系进行转化，同时要注意圆锥曲线定义在解题中的应用．
12．函数满足， ，若存在，使得成立，则的取值（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
由题意设，则，所以（为常数）．∵，∴，∴，
∴．令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增．
∴，从而当时，，∴在区间上单调递增．
设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以．
∴不等式等价于，
∴，解得，故的取值范围为．选A．
点睛：本题考查用函数的单调性解不等式，在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数，并进一步求得函数的解析式，从而得到函数在区间上的单调性．然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为，最后根据函数的单调性将函数不等式化为一般不等式求解即可．
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．的展开式中的项的系数等于____________ .
【答案】.
【解析】
【分析】
由，于是求项的系数转化为展开式中的系数，然后利用二项式定理求出即可.
【详解】
，
要求的展开式中的项的系数，转化为求展开式中的系数，
展开式的通项为，
令，得，
因此，的展开式中的项的系数为，故答案为.
【点睛】
本题考查二项展开式中指定项的系数，本题将二项式进行了化简，将问题进行了转化，简化了计算，考查化归与转化数学思想，考查计算能力，属于中等题.
14．在直角三角形ABC中，，，对于平面内的任一点，平面内总有一点使得，则_________.
【答案】6
【解析】
【分析】
由可知D为线段AB上的点且BD＝2AD，将用，表示后代入相乘即可．
【详解】
对平面ABC内的任一点M，平面ABC内总有一点D使得，
即,所以D为线段AB上的点且BD＝2AD
所以,
故答案为：6．
【点睛】
本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数量积的性质及其运算，属基础题．
15．四棱锥中，底面为矩形，，，且，当该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意知四棱锥的体积最大时，平面SAD平面ABCD且为等边三角形，画出图形，设球心O到平面ABCD的距离为x，可得，进而得到球的半径，即可求解.
【详解】
由题意知当S到平面ABCD的距离最大时，四棱锥的体积最大，此时满足平面SAD平面ABCD，且为等边三角形，边长为4，则S到AD的距离即为S到平面ABCD的距离，设球心O到平面ABCD的距离OE=x,则由OD=OS得，
解得，所以外接球的半径，则外接球的表面积为
故答案为：
【点睛】
本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于基础题.
16．已知函数，数列中，，则数列的前100项之和____．
【答案】10200
【解析】
因为，所以
同理可得：
,
的前100项之和.
故答案为 .
点睛：本题中由条件 ，由余弦函数的值可将分成四种情况，即将数列分成四个一组求和即可.
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．在中，角，，所对的边分别为，，，，
（1）求证：；
（2）若，的外接圆面积为，求的周长．
【答案】(1)见证明；(2) .
【解析】
【分析】
（1）由，利用诱导公式、两角和与差的正弦公式化简可得，从而可得结论；（2）利用圆的面积公式可求得三角形外接圆半径，利用同角三角函数的关系与正弦定理可得，结合（1），利用余弦定理列方程求得，从而可得结果.
【详解】
（1）∵，
∴，∴，
∴，∴.∴在中，.
（2）设的外接圆半径为，由已知得，∴，
∵，，∴，∴，
∵，∴，
由得，解得，
∴，∴的周长为.
【点睛】
本题主要考查余弦定理、正弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
18．某工厂的检验员为了检测生产线上生产零件的情况，从产品中随机抽取了个进行测量，根据所测量的数据画出频率分布直方图如下：
如果：尺寸数据在内的零件为合格品，频率作为概率.
(1)从产品中随机抽取件，合格品的个数为，求的分布列与期望：
(2)为了提高产品合格率，现提出，两种不同的改进方案进行试验，若按方案进行试验后，随机抽取件产品，不合格个数的期望是：若按方案试验后，抽取件产品，不合格个数的期望是，你会选择哪个改进方案?
【答案】（1）详见解析（2）应选择方案，详见解析
【解析】
【分析】
(1) 先由频率分布直方图，可以推出产品为合格品的概率，再求出随机变量的分布列及期望；
(2) 方案随机抽取产品与方案随机抽取产品都为相互独立事件，服从二项分布，由不合格个数的期望分别求出不合格的概率即可得出较好的方案.
【详解】
（1）由直方图可知抽出产品为合格品的率为
即推出产品为合格品的概率为，
从产品中随机抽取件.合格品的个数的所有可能取值为0，1，2，3，4，
且，，，
，.
所以的分布列为
的数学期望.
（2）方案随机抽取产品不合格的概率是，随机抽取件产品，不合格个数：
按方案随机抽取产品不合格的概率是，随机抽取件产品，不合格个数
依题意，，
解得，
因为，所以应选择方案.
【点睛】
本题考查了频率分布直方图，随机变量的分布列与期望及二项分布，重点考查了运算能力，属中档题.
19．如图，四边形是边长为2的菱形，且，平面，，，点是线段上任意一点．
(1)证明：平面平面；
(2)若的最大值是，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见证明；(2)
【解析】
【分析】
（1）推导出AC⊥BM，AC⊥BD，得AC⊥平面BMND，从而可得到证明;（2）由AE＝CE和余弦定理可知，当AE最短即AE⊥MN，CE⊥MN时∠AEC最大，取MN中点H，连接H与AC、BD的交点O，知OH⊥平面ABCD，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用二面角的平面角为，可求出a,然后利用VM﹣NAC＝VM﹣EAC+VN﹣EAC可得结果.
【详解】
(1)因为平面，则.
又四边形是菱形，则，又,
所以平面,因为AC在平面内，
所以平面平面.
(2)设与的交点为，连结. 因为平面，则，又为的中点，则，由余弦定理得，．当AE最短时∠AEC最大，此时，，，因为AC=2,,OE=. 取MN的中点H，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则点， ，，．设平面的法向量，
则,即 ，取，则，
同理求得平面的法向量.
因为是二面角 的平面角，则
，解得或．
由图可知a
因为，，，
则.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查几何体体积的求法，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，是中档题．
20．已知椭圆方程为，其右焦点与抛物线的焦点重合，过且垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线l与(1)中椭圆相交于,两点, 直线, ,的斜率分别为,, (其中)，且,,成等比数列；设的面积为, 以、为直径的圆的面积分别为, , 求的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
(1)由题意可得，，即得，结合可得椭圆方程；（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由，，成等比数列，可解得k值，然后分别求出S,,写出的表达式，利用基本不等式可得取值范围.
【详解】
（1）由抛物线方程得，椭圆方程为，过F垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于M,N两点，可得，与抛物线交于C,D两点可得， ， ， ，
所以椭圆方程为 .
(2)设直线的方程为，
由可得 ，
由韦达定理：，
∵，，构成等比数列，，
即
由韦达定理代入化简得：，∵ ，．
此时，即．
又由三点不共线得，从而．
故
∵，，，
则
为定值．
，
当且仅当即时等号成立．
综上：的取值范围是．
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查韦达定理，弦长公式以及基本不等式的应用，属于中档题.
21．设函数，，其中，…为自然对数的底数．
（1）当时，恒成立，求的取值范围；
（2）求证： (参考数据：)
【答案】（1） （2）见解析
【解析】
【试题分析】（1）先构造函数，再对其求导得到然后分和两种情形分类讨论进行分析求解：
（2）借助（1）的结论，当时，对恒成立， 再令，得到 即； 又由(Ⅰ)知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即，令，即，则，
故有.
解：
(Ⅰ)令，则
①若，则，，在递增，，
即在 恒成立，满足，所以；
②若，在递增，且
且时，，则使，
则在递减，在递增，
所以当时，即当时， ，
不满足题意，舍去；
综合①，②知的取值范围为.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，当时，对恒成立，
令，则 即；
由(Ⅰ)知，当时，则在递减，在递增，
则，即，又，即，
令，即，则，
故有.
点睛：解答本题的第一问时，先构造函数，再对其求导得到然后分和两种情形分类讨论进行分析求解；证明本题的第二问时，充分借助（1）的结论及当时，对恒成立，令，得到 即； 进而由(Ⅰ)知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即，令，即，则，
故有.从而使得问题巧妙获证．
（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．选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（其中为参数）.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）设直线的极坐标方程是，射线：与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长.
【答案】(1)；(2)1.
【解析】
【详解】
试题分析：(1)先将参数方程转化为普通方程，再将普通方程转化为极坐标方程(2)利用极坐标计算出线段长
解析：（1））圆的普通方程为，又
所以圆的极坐标方程为
（2）把代入圆的极坐标方程可得；
把代入直线极坐标方程可得，
23．选修4-5：不等式选讲
已知函数，其中.
（1）当时，解不等式；
（2）若且，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【解析】
试题分析：
(1)零点分段求解不等式可得的解集是；
(2)利用绝对值三角不等式和不等式的性质即可证得.
试题解析：
（1）当时，由，由，得
或，或，或或，.
（2）证明：，
.
点睛：绝对值不等式的解法
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
