1、2020年普通高等学校招生全国统一考试（包头市第二次模拟考试）文科数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号、试卷类型（A或B）涂写在答题卡上.2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个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】分别求得集合，根据补集定义求解即可.【详解】,，故选：A【点睛】本题考查集合运算中补集运算，属于基础题.2.复数的虚部为（ ）A. 0B. C
2、. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】化简得到，得到复数虚部.【详解】，故复数的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查了复数的虚部，复数的除法运算，意在考查学生的计算能力.3.对两个变量与进行线性相关性和回归效果分析，得到一组样本数据：、，则下列说法不正确的是（ ）A. 残差平方和越小的模型，拟合的效果越好B. 由样本数据利用最小二乘法得到的回归方程表示的直线必过样本点的中心C. 若变量与之间的相关系数，则变量与之间具有很强的线性相关性D. 用相关指数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好【答案】D【解析】【分析】利用残差平方和的概念可判断A选项的正误；利用回归直线过样本中心点这一结论可判
3、断B选项的正误；利用相关系数与线性相关性的强弱之间的关系可判断C选项的正误；利用相关指数与模型拟合效果之间的关系可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，A选项正确；对于B选项，由于回归直线过样本的中心点，B选项正确；对于C选项，对于相关系数而言，当，则变量与之间具有很强的线性相关性，C选项正确；对于D选项，对于相关指数而言，当越大，说明模型的拟合效果越好，D选项错误.故选：D.【点睛】本题考查线性相关性和回归效果分析相关命题真假的判断，涉及残差平方和、回归直线与样本中心点的关系、相关系数与相关指数等知识的应用，属于基础题.4.已知角满足，则A. B. C.
4、 D. 【答案】D【解析】【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系把要求的式子化为，计算求得结果【详解】由题意可得，故选D【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系的应用，考查弦化切的方法，属于基础题5.对数的发明是数学史上的重大事件，它可以改进数字的计算方法、提高计算速度和准确度.已知，若从集合，中各任取一个数，则为整数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】基本事件总数，利用列举法求出为整数包含的基本事件有个，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】，若从集合，中各任取一个数，基本事件总数，为整数包含的基本事件有，共有个，为整数的概率为.故选：C【点睛】本题考
5、查了古典概型的概率计算公式、分步计数原理、列举法求基本事件个数、对数的运算，属于基础题.6.已知函数，则（ ）A. 在单调递增B. 在单调递减C. 的图象关于直线对称D. 的图象关于点对称【答案】C【解析】【分析】利用复合函数的单调性可判断出A、B选项的正误；利用函数对称性的定义可判断出C、D选项的正误.【详解】对于函数，解得，则函数的定义域为，且，由于内层函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，外层函数为增函数，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，A、B选项均错；，所以，函数的图象关于直线对称，C选项正确；由上可知不恒为零，所以，函数的图象不关于点对称，D选项错误.故选：C.【点睛】
6、本题考查对数型复合函数单调性与对称性的判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.7.甲、乙、丙三名学生参加数学竞赛，他们获得一、二、三等奖各一人，对于他们分别获得几等奖，其他学生作了如下的猜测：猜测1：甲获得二等奖，丙获得三等奖；猜测2：甲获得三等奖，乙获得二等奖；猜测3：甲获得一等奖，丙获得二等奖；结果，学生们的三种猜测各对了一半，则甲、乙、丙所获得的奖项分别是（ ）A. 一等、二等、三等B. 二等、一等、三等C 二等、三等、一等D. 三等、二等、一等【答案】A【解析】【分析】首先假设猜测1：甲获得二等奖正确，得到与猜测2矛盾，假设不成立，得到丙获得三等奖正确，从而得到猜测3中甲获得一
7、等奖正确和猜测2中乙获得二等奖正确，综合即可得到答案.【详解】假设猜测1：甲获得二等奖正确，则猜测2：甲获得三等奖错误，乙获得二等奖错误；与题意矛盾，假设不成立.故：猜测1：甲获得二等奖错误，丙获得三等奖正确；根据丙获得三等奖正确得到：猜测3：甲获得一等奖正确，丙获得二等奖错误；根据甲获得一等奖正确，得到：猜测2：甲获得三等奖错误，乙获得二等奖正确，综上：甲获得一等奖，乙获得二等奖，丙获得三等奖.故选：A【点睛】本题主要考查合情推理，同时考查学生分析问题和解决问题的能力，属于简单题.8.函数在的极值点个数为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数图象和性质
8、可知且，计算即可求得结果.【详解】令，解得，由于，当时，；当时，；当时，.故选：B.【点睛】本题考查正弦型函数的图象和性质，考查计算求解能力，属于基础题.9.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.则该多面体的体积为（ ）A. 8B. 6C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三视图还有出原几何体，确定其结构，然后根据体积公式计算出体积【详解】由三视图知原几何体是下面一个直三棱柱上面一个三棱锥组合而成，尺寸见三视图，其体积为故选：D【点睛】本题考查三视图，考查组合体的体积，解题关键是由三视图确定的几何体的结构10.已
9、知双曲线的顶点分别为，以线段为直径的圆与直线相切，且的焦距为4，则的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出圆心坐标，利用点到直线的距离公式列出方程推出关系，然后结合双曲线的焦距，求出双曲线的方程即可.【详解】双曲线的顶点分别为，且以线段为直径的圆的圆心为，以线段为直径的圆与直线相切，圆心到直线的距离为，则，则，又，双曲线的焦距为，所以，解得，所以双曲线方程为：.故选：A【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了计算求解能力，属于基础题.11.已知函数是定义在上连续的奇函数，且当时，则函数的零点个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】
10、由奇偶性的定义可知为奇函数，求导，可得在上的增函数，进而可得在上为增函数，由即可得出结果.【详解】因为函数是定义在上连续的奇函数，所以在上是连续的奇函数.因为，当时，所以，即在上的增函数，又由为上连续的奇函数，且，则为上的增函数，所以只有1个零点.故选：B【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性、以及函数的零点个数的判断，属于中档题.12.已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与交于，两点，其中为椭圆与轴正半轴的交点.若，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知做出图象，根据，求出点坐标，代入椭圆方程即可求得离心率.【详解】由可知可得，设，因为，所以，即求得，代入椭
11、圆方程可得：，即，解得：.故选：D【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，根据题意求得B点的坐标是解题的关键，属于基础题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则_.【答案】【解析】【分析】计算出的值，再由可得出，由此可得出的值.【详解】，即，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的运算，考查垂直向量的等价条件的应用，考查计算能力，属于基础题.14.已知圆柱的高为，它的两个底面半径为的圆周在直径为4的同一个球的球面上，则该圆柱的侧面积为_.【答案】【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆柱的底面半径和侧面积即可.详解】如图所示，圆柱的高为，球的直径为，所以圆柱
12、的底面半径满足，解得. 所以该圆柱的侧面积为.故答案为：【点睛】本题考查了旋转体的侧面积求法、球的外接、内切问题，属于基础题.15.在中，角，的对边分别为，已知，且，则的面积为_.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换得到，再利用正弦定理得到，再利用面积公式得到答案.【详解】，故，故，故，故，故，根据正弦定理：，故，.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和应用能力.16.已知函数，关于函数有下列结论：，；函数的图象是中心对称图形，且对称中心是；若是的极大值点，则在区间单调递减；若是的极小值点，且，则有且仅有一个零点.其中正确的结论有_（填写出所
13、有正确结论的序号）.【答案】【解析】【分析】根据零点存在定理，对称性，导数与极值的关系对各选项判断【详解】易知时，时，因此一定存在零点，正确；，所以图象不一定关于点对称，错；由题意，若是的极大值点，则是的一根，则它还有另一根，据题意，只有在上，递减，在时，递增，错；与上面讨论类似，有两个不等实根，在或时，在两个区间上都是递增，时，递减，是极小值点，是极大值点，则，在上无零点，在上有唯一零点正确故答案为：【点睛】本题考查函数的对称性，考查导数与极值的关系，函数的零点问题对称性结论：若在定义域内恒成立，则的图象关于点对称三、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、证明过程和演算
14、步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，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，且，且，且这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求出和数列的通项公式与前项和；若不存在，请说明理由.设为各项均为正数的数列的前项和，满足_，是否存在，使得数列成为等差数列？【答案】答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】由，用换后得，两式相减得，若选择，由可求得等差数列的通项公式及值，前项和；若选择，由得和的关系式，作为关于的二次方程，至少有正根，由根的分布得其条件是，得出与已知矛盾的结论，说明不存在；若选择，由，同样可求和【详解】解：选择，因为，所以
15、，两式相减，得，即，又，所以，因为，且，所以，由，得，即，把代入上式，得，当时，由及，得，所以，满足，可知数列是以3为首项，以2为公差的等差数列.数列的通项公式为，数列的前项和为.选择，因为，所以，两式相减，得，即，又，所以，由，得，即，因为已知数列的各项均为正数，所以，因为关于的一元二次方程至少存在一个正实数解的充要条件是，解得，这与已知条件矛盾，所以满足条件的不存在.（注：若存在两个实数解分别为，则，当时，的解一正一负；当时，的解一正一零；当时，的解均为正.所以方程至少存在一个正实数解，当且仅当.）选择，因为，所以，两式相减，得，即，又，所以，由，得，又已知，所以，由，得，所以，当时，由及
16、得，由，及，得，所以和满足，可知数列是以3为首项，以2为公差的等差数列，数列的通项公式为，数列的前项和为.【点睛】本题考查数列的探索性命题，考查数列的前项与的关系，确定数列的通项公式解题根据是18.如图，在中，点为的中点，交于点，现将沿翻折至，使得平面平面.（1）若为线段的中点，求证：平面；（2）若是线段的中点，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）先证明，从而证得平面，得，再说明，得证线面垂直；（2）由折叠后面面垂直，得是四棱锥的高，是中点，得到平面距离等于，再求出底面四边形面积后可得体积【详解】（1）证明：在中，将沿翻折至，又，平面，平面，在中，为的中点，又
17、，平面.（2）因为在中，沿翻折至，且平面平面，由（1）有，所以平面.设点到平面的距离为，在中，因为是的中点，所以，又因为在四边形中，所以所以四棱锥的体积.【点睛】本题考查证明线面垂直，考查求棱锥的体积，掌握线面垂直、面面垂直、线线垂直的相互转化是解题关键19.2020年寒假是特殊的寒假，因为疫情全体学生只能在家进行网上在线学习，为研究学生网上学习的情况，某校社团对男女各10名学生进行了网上在线学习的问卷调查，每名学生给出评分（满分100分），得到如图所示的茎叶图.（1）根据茎叶图判断男生组和女生组哪个组对网课的评价更高？并说明理由；（2）如图是按该20名学生的评分绘制的频率分布直方图，求的值并
18、估计这20名学生评分的平均值（同一组中的数据用该组区间中点值作为代表）；（3）求该20名学生评分的中位数，并将评分超过和不超过的学生数填入下面的列联表：超过不超过男生女生根据列联表，能否有的把握认为男生和女生的评分有差异？附：，0.500.400.250.150.100.050.0250.4550.7081.3232.0722.7063.8415.024【答案】（1）男生对网课的评价更高，详见解析（2）；平均值为（3）中位数为，填表见解析；没有【解析】【分析】（1）男生对网课的评价更高，可以根据中位数，平均值，不低于70分的人数得到答案.（2）根据比例关系得到，再计算平均值得到答案.（3）计算
19、中位数，完善列联表，计算，对比临界值表得到答案.【详解】（1）男生对网课的评价更高，理由如下：由茎叶图可知，评价分数不低于分的男生比女生多2人（或），因此男生对网课的评价更高.由茎叶图可知，男生评分中位数为77，女生评分的中位数为，因此男生对网课的评价更高.由茎叶图可知，男生评分的平均分数为，女生评分的平均分数为，因此男生对网课的评价更高.以上给出了3种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.（2）由茎叶图知这20名学生评分在内的有9人，则，这20名学生评分的平均值为：.（3）由茎叶图知该20名学生评分的中位数为，超过不超过男生64女生46.所以没有的把握认为男生和女生的评分有差异.
20、【点睛】本题考查了茎叶图，根据茎叶图计算平均值，独立性检验，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20.已知抛物线过点（1）求抛物线的方程，并求其焦点坐标与准线方程；（2）直线与抛物线交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线，交于，两点，其中为坐标原点.若为线段的中点，求证：直线恒过定点.【答案】（1）抛物线的方程为，其焦点坐标为，准线方程为（2）证明见解析；【解析】【分析】(1) 点代入求得，即可的抛物线方程求得结果.(2) 由题意知直线斜率存在且不为零，设直线方程为，与抛物线方程联立，设，根据已知由:， :，及过点作轴的垂线求得的坐标，根据为线段的中点，借助韦达定理化简即可证得结论.【详解
21、】解：（1）由抛物线过点，得，所以抛物线的方程为，其焦点坐标为，准线方程为.（2）由题意知直线斜率存在且不为零，设直线方程为，直线与抛物线的交点为，.由得，由韦达定理，得，.由已知得直线的方程为，所以，由已知得直线方程为，所以.因为是线段的中点，所以，将，代入式，并化简得，把，代入式，化简得所以直线的方程为，故直线恒过定点.【点睛】本题考查抛物线的方程和准线，考查直线和抛物线的关系及恒过定点问题，考查计算能力与推理能力，属于中等题.21.已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）若方程在区间内有解，求实数的取值范围.【答案】（1）函数的单调增区间是，单调减区间是和.（2）【解析】【分析】（1
22、）将代入解析式，求出，利用导数与函数单调性的关系即可求解. （2）由题意可知，其中，分类讨论或：当时，利用导数判断出函数的单调性，再利用零点存在性定理即可判断有解；当时，由，得，分类讨论当或，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最大值，根据最大值结合函数的单调性即可求解.【详解】解：（1）由题意可得则，令，得，当时，所以单调递减；当时，所以单调递增；当时，所以单调递减；所以函数的单调增区间是，单调减区间是和.（2）由题意可知，其中，当时，由于，得，故在上为增函数，且，所以方程在有解；当时，由，得，（舍）.（i）当，即时， 因为，所以，即，故，所以在上为减函数，所以，所以此时方程在区间没有解；（
23、ii）当，即时，在上为增函数，在上为减函数，所以当时，方程在区间才有解，而，由，解得时，或（不合题意，舍去），所以，当时，方程在区间有解；综上，当时，方程区间有解.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的零点、方程的根，考查了分类讨论的思想，属于难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按照所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线，其中.（1）说明是哪种曲线，并将的方程化为极坐标方程；（2）设曲线和曲
24、线交于，两点，求.【答案】（1）是以为圆心，5为半径的圆；（2）【解析】【分析】（1）消去参数得到的普通方程，再利用极坐标公式得到答案.（2）根据韦达定理得到，根据计算得到答案.【详解】（1）消去参数得到的普通方程为，是以为圆心，5为半径的圆，将，代人的普通方程中，得到，化简整理得到：.（2）设，两点所对应的极径分别为，将曲线的极坐标方程代人曲线的极坐标方程，得.于是，.由，得，两边平方整理得，所以.【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，求弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.23.已知，为正实数，且，证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）利用3次均值不等式，相乘计算得到答案.（2）变换，利用3次均值不等式相加，计算得到证明.【详解】（1）因为，为正实数，所以，（当且仅当时，等号同时成立），所以.（2）因为，所以又，即.（当且仅当时，等号同时成立）.所以，即.【点睛】本题考查了利用均值不等式证明不等式，意在考查学生对于均值不等式各种变形技巧的灵活运用.
