1、2020年新疆乌鲁木齐市高考（理科）数学三模试卷一、选择题（共12小题）.1. 计算复数得( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法和乘法运算求解.【详解】故选：A【点睛】本题主要考查复数的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2. 已知集合，则（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】集合，因此，.故选：D【点评】本题考查交集的求法，考查交集的定义及运算法则等基础知识，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，是基础题3. 命题，则是（ ）A ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】
2、根据全称命题的否定是特称命题，写出其特称命题可得答案【详解】命题的否定是：，故选：C【点睛】本题考查命题的否定，考查全称命题和特称命题，属于基础题4. 已知等差数列满足，则( )A. 20B. 24C. 26D. 28【答案】B【解析】【分析】直接根据等差数列的性质求解即可【详解】解：等差数列满足，即，故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题5. 若角的终边过点，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的定义求出，即可求出结论.【详解】角的终边过点，.故选：D.【点睛】本题考查三角函数定义以及二倍角公式求三角函数值，考查计算求解能力，属于基础题
3、.6. 某校有甲、乙两个数学建模兴趣班.其中甲班有40人，乙班有50人.现分析两个班的一次考试成绩，算得甲班的平均成绩是90分，乙班的平均成绩是81分，则这两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩是( )A. 85B. 85.5C. 86D. 86.5【答案】A【解析】分析】本题是一个加权平均数的问题，求出甲和乙两个班的总分数，再除以两个班的总人数，就是这两个班的平均成绩【详解】解：由题意，这两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩是，故选：A【点睛】本题主要考查加权平均数的求法，属于基础题7. 正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【
4、分析】利用异面直线所成的角的定义，取的中点为，则直线与所成角就是直线与成的角【详解】取的中点为，连接，则直线与所成角就是直线与成的角，由题意得，故异面直线与所成角的大小为.故选：D【点睛】本题考查空间角的计算，考查棱柱的性质，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题8. 在中，点满足，则( )A. -1B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】由题意可知为直角，以为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，设，利用向量共线求出点，从而再根据向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】在中，所以为直角，以为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，则，设，由，可得，即，解得，所以，由 ， 所以.故选：A
5、【点睛】本题考查了平面向量的线性坐标运算、向量数量积的坐标表示，属于基础题.9. 直线与抛物线交于，两点，若，则的值为( )A. B. 1C. D. 2【答案】B【解析】【分析】设，联立并消元得，得韦达定理结论，由题意得，由此根据数量积的坐标表示求解即可【详解】解：设，联立并消元得，又，故选：B【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，属于基础题10. 在四面体中，则四面体的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接，由题意可得为外接球的球心，利用球的表面积公式即可求解.【详解】由，所以， 可得，所以，即为外接球的球心，球的半径
6、 所以四面体的外接球的表面积为：.故选：B【点睛】本题考查了多面体的外接球的表面积，需熟记球的表面积公式，属于基础题.11. 是双曲线：上位于第二象限的一点，分别是左、右焦点，.轴上的一点使得，两点满足，且，三点共线，则双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，先求出，再根据，求出，再求出，再求出，根据，三点共线，利用向量平行，找到的关系即可求解.【详解】解：如图，把代入，得，设，因为，所以，所以 ，即，因为，所以是线段的中点，所以，即，设，则，因为，所以，所以，因为，三点共线，所以，所以，因为，所以，所以，故选：A.【点睛】结合向量考查用解析法求双曲线的
7、离心率，对于学生的运算求解能力是挑战，计算量大，容易出错；中档题.12. 定义在上的函数，当时，且对任意实数，都有，若有且仅有5个零点，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，可得，分别作出函数和的图像，利用数形结合即可得出结果.【详解】当时，当时，此时，则，当时，此时 ，则，当时，此时 ，则，由，可得 ，分别作出函数和的图像：若时，此时两个函数图像只有个交点，不满足条件；若时，当对数函数经过点时，两个图像有个交点，经过点时有个交点，则要使两个函数有有且仅有5个零点，则对数函数图像必须在点以下，在点以上， 即满足，解得，即.故选：C【点睛】本题考查了由函数
8、的零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合以及转化与化归的思想，属于难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13. 已知定义在上的奇函数满足：当时，则_.【答案】-2【解析】【分析】根据定义在上的奇函数，则，然后再由时，求解.【详解】因为定义在上的奇函数，且当时，所以.故答案为：-2【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用以及对数运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14. 如图，在边长为1的正方形内随机取一点，则此点恰好取自曲线下方与正方形所围成阴影部分的概率为_.【答案】【解析】【分析】先求得正方形的面积，再用定积分求得阴影部分的面积，代入几何概型的概率公式求解.【详解】正方形的面
9、积为：，阴影部分的面积为，所以此点恰好取自曲线下方与正方形所围成阴影部分的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法以及定积分的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.15. f(x)2sinx(01)，在区间上最大值是，则_.【答案】【解析】【详解】函数f(x)的周期T，因此f(x)2sinx在上是增函数，01，是的子集，f(x)在上是增函数，即2sin，故答案为.16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势
10、待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则_（其中表示不超过的最大整数）.【答案】18【解析】【分析】根据已知结合前项和与通项关系，可得为等差数列，进而求出，再利用，以及当时，求出的范围，即可求出结论.【详解】当时，当时，是以为首项，公差为1的等差数列，又时，令，即，从而.故答案为：.【点睛】本题以数学文化为背景，考查数列的前项和与通项的关系、数列前项和的范围，构造新的等差数列以及用放缩法求数列和是解题的关键，注意常见的裂项相消法求和的模型，属于较难题.三、解答题：第1721题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或
11、演算步骤.17. 在中，是，所对的边，.（）求；（）若为边上一点，且，求的面积.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）由题意求得，再根据余弦定理即可求出答案；（）根据正弦定理可得，从而求得，则，再根据三角形的面积公式即可求出答案【详解】解：（）由，得，又，又，即，解得，(负值舍去)；（）由（）得，且，的面积【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，考查三角形的面积公式的应用，属于基础题18. 在疫情这一特殊时期，教育行政部门部署了“停课不停学”的行动，全力帮助学生在线学习.复课后进行了摸底考试，某校数学教师为了调查高三学生这次摸底考试的数学成绩与在线学习数学时长之间的相关关系，对在校高三
12、学生随机抽取45名进行调查.知道其中有25人每天在线学习数学的时长是不超过1小时的，得到了如下的等高条形图：（）是否有的把握认为“高三学生的这次摸底考试数学成绩与其在线学习时长有关”；（）将频率视为概率，从全校高三学生这次数学成绩超过120分的学生中随机抽取10人，求抽取的10人中每天在线学习时长超过1小时的人数的数学期望和方差.0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（）没有；（），.【解析】【分析】（1）根据条形图提供的数据完成列联表，然后再将数据代入公式，求得，与临界表对比下结论.（2）由列联表得到数学成绩超过120分的学生每天在线学习时长超过1小时的概率，
13、然后用二项分布的期望和方差公式求解.【详解】（）依题意，得列联表数学成绩在线学习时长分分合计小时151025小时51520合计202545没有的把握认为“高三学生的这次摸底成绩与其在线学习时长有关”；（）从上述列联表中可以看出：这次数学成绩超过120分的学生中每天在线学习时长超过1小时的频率为，则，.【点睛】本题主要考查独立性检验和二项分布的期望与方差，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19. 如图，将等腰直角三角形沿斜边上的高翻折，使二面角的大小为，翻折后的中点为.（）证明平面；（）求二面角的余弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）根据等腰直角三角形沿斜边上的高翻折，则，
14、 ，又是的中点，易得，再利用线面垂直的判定定理证明.（）建立空间直角坐标系，不妨设，易知二面角的平面角是，则，然后分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，代入公式求解.【详解】（）折叠前，是斜边上的高，是的中点，又因为折叠后是的中点，折叠后，平面；（）建立如图空间直角坐标系，不妨设，易知二面角的平面角是，则，设平面的一个法向量为，得，即，令,得，设平面的一个法向量,得，即，令，得.所以二面角的余弦值是 .【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.20. 已知椭圆：右焦点为，为椭圆上异于左右顶点，的一点，且面积的最
15、大值为.（）求椭圆的标准方程；（）若直线与直线交于点，线段的中点为，证明直线平分.【答案】（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（）由题意得，解出即可；（）设直线的方程为，与椭圆方程联立求得点，求出点，从而得中点，利用斜率的计算公式与正切的定义即可证明结论【详解】解：（）由题意得，解得，椭圆的标准方程为；（）设直线的方程为，代入，得，解得，或，易知直线与的交点，线段的中点，设，则，即直线平分【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于中档题21. 已知函数，.（）当时，求的单调区间；（）当时，在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）当时，在，上单调递减，在
16、上单调递增；当时，在上单调递减（）.【解析】【分析】（）求出导函数，令，只需，由，讨论的取值范围，根据导数与函数单调性的关系即可求解. （）将不等式转化为在上恒成立，令，求出，讨论的取值范围，当时，令，利用导数研究的单调性，确定的符号，进而可到的单调性，根据单调性即可求解.【详解】（），令，即，当时，在，上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减；（）当时，在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，在上，都有，即恒成立，与题意矛盾；当时，令，当时，恒成立，当时，在上单调递减，若，即，时，在上单调递减，成立，当，即，存在使得，在单调递增，存在使得与题意矛盾，综上所述.【点睛】本题考查了利用导数研
17、究函数的单调性、利用导数研究不等式恒成立，考查了分类讨论的思想，属于难题.选考题：共10分，请考生在22.23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时用28鉛笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑22. 已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（）求曲线的极坐标方程；（）设与交点为，求的面积.【答案】（）；（）1.【解析】【分析】（）先根据曲线参数方程，消去参数t化为直角坐标方程，然后将 代入求解.（）先把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，然后与曲线的直角坐标方程联立，求得A，B的坐标，再求面积.【详解】（）因为曲线的参数方程为（为参数），消去参数t得：，即：，又因为，代入上式得曲线：；（）因为曲线的极坐标方程为，所以，所以，联立方程，解得或，.【点睛】本题主要考查参数方程，极坐标方程，直角坐标方程的转化以及曲线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.23. 设，均为正数，且，证明：（）；（）.【答案】（）证明见解析；（）证明见解析.【解析】【分析】（）利用分析法、作差法即可证明不等式.（）将不等式两边平方，利用分析法即可证明.【详解】（），要证，只需要证明，也就是要证明，即证，均为正数，； （），均为正数，又，.【点睛】本题考考查了分析法、作差法、基本不等式证明不等式，属于基础题.
