1、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
2、知集合，则（ ）ABCD2记复数的共轭复数为，已知复数满足，则（ ）ABCD3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（ ）ABCD5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（ ）ABCD6运行如图所示的程序框图，输出的的值为（ ）ABCD7已知平面向量，满足，则（ ）ABCD8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（ ）ABCD9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
3、，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：，ABCD10在梯形中，动点和分别在线段和上，且，则的最大值为（ ）ABCD11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（ ）ABCD12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（ ）ABCD第卷二、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
4、，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
5、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
6、，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B2【答案】B【解析】因为，所以，所以，故选B3【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”，
7、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B4【答案】D【解析】因为，所以，故选D5【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D6【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C7【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B8【答案】C【解析】由图象最高
8、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C9【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A10【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D11【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C12【答案】C【解析】依题意，故，即，令
9、，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
10、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
11、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
12、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）当时，解，得，因为，所以此时；当时，解，得，因为，所以此时；当时，解，得，因为，所以此时，综上可知，的解集为
