1、2020年高考数学一模试卷一、选择题1.已知集合，那么( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，再利用交集的定义求解.【详解】，.故选：D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2.函数的定义域为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据得到，再解不等式即可.【详解】函数，令，得，解得，所以的定义域为.故选：B【点睛】本题主要考查函数的定义域，属于简单题.3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法得出，进而可求得实数的值.【详解】，因此，.故选：A.【点睛】本题考查利用复
2、数相等求参数，考查复数除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.4.若双曲线的一条渐近线与直线平行，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出双曲线中斜率为正数的渐近线方程，根据该直线与直线平行可求得的值.【详解】双曲线的一条渐近线与直线平行，可得.故选：D.【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线与直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.5.如图所示，某三棱锥的正（主）视图、俯视图、侧（左）视图均为直角三角形，则该三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用三视图作出几何体的直观图，然后利用锥体的体积公式可求得该几何体的体积.【详解】由三视
3、图知，几何体是一个三棱锥，根据三棱锥的三视图的数据，设出三棱锥两两垂直的三条侧棱分别是，因此，三棱锥的体积是.故选：A.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解答的关键就是结合三视图还原几何体，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.6.已知，那么在下列不等式中，不成立的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用作差法可判断A、B选项的正误，利用正弦、余弦值的有界性可判断C、D选项的正误.综合可得出结论.【详解】，则，又、，.可得：ABC成立，D不成立.故选：D.【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用作差法来进行判断，同时也要注意正弦、余弦有界性的应用，考查推理能
4、力，属于中等题.7.在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】计算出运动分钟时动点转动的角，再利用诱导公式可求得结果.【详解】每分钟转动一周，则运动到分钟时，转过的角为.设点的初始位置的坐标为，则，运动到3分钟时动点所处位置的坐标是.由诱导公式可得，所以，点的坐标为.故选：C.【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题.8.已知三角形，那么“”是“三角形为锐角三角形”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要
5、而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】在不等式两边平方并化简得，判断出角的属性，再结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】三角形中，“”，可得为锐角，此时三角形不一定为锐角三角形.三角形为锐角三角形为锐角.三角形，那么“”是“三角形为锐角三角形”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查必要而不充分条件的判断，同时也考查了平面向量数量积的应用，考查推理能力，属于中等题.9.设O为坐标原点，点，动点在抛物线上，且位于第一象限，是线段的中点，则直线的斜率的范围为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设点，可得出线段的中点的坐标，
6、利用基本不等式可求得直线的斜率的取值范围.【详解】设，所以的中点，所以，因为，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查直线斜率取值范围的计算，涉及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.10.假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物，则我们称前者为被捕食者，后者为捕食者.现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型.假设捕食者的数量以表示，被捕食者的数量以表示.如图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系，其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法正确的是（ ）A. 若在、时刻满足：，则B. 如果数量是先上升后下降的，那么的数量一定也是先上升后下降C. 被捕食者
7、数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值D. 被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者的数量也会达到最大值【答案】C【解析】【分析】根据图形可判断A选项的正误；根据曲线上半段中和的变化趋势可判断B选项的正误；根据捕食者和被捕食者的最值情况可判断C选项的正误；取，可判断D选项的正误.【详解】由图可知，曲线中纵坐标相等时横坐标未必相等，故A不正确；在曲线上半段中观察到是先上升后下降，而是不断变小的，故B不正确；捕食者数量最大时是在图象最右端，最小值是在图象最左端，此时都不是被捕食者的数量的最值处，同样当被捕食者的数量最大即图象最上端和最小即图象最下端时，也不是捕食者数量取最值的时候，所
8、以被捕食者数量和捕食者数量不会同时达到最大和最小值，故C正确；当捕食者数量最大时在图象最右端，此时二者总和，由图象可知存在点，所以并不是被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者数量也会达到最大值，故D错误，故选：C.【点睛】本题考查函数图象的性质，考查数据分析能力，比较抽象，属于中等题.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知向量，若与共线，则实数_.【答案】【解析】【分析】求出向量的坐标，利用共线向量的坐标表示可得出关于的等式，进而可求得的值.【详解】向量，与共线，解得实数.故答案为：.点睛】本题考查利用向量共线求参数，考查计算能力，属于基础题.12.在的展开式中，常数
9、项为_（用数字作答）【答案】60【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，利用x项的指数为0，即可求出常数项.【详解】在的展开式中,通项公式为：令所以展开式的常数项为：故答案为：60【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.13.圆心在轴上，且与直线和都相切的圆的方程为_.【答案】【解析】【分析】设所求圆的方程为，根据圆与直线、都相切可求得、的值，由此可得出所求圆的方程.【详解】设所求圆的方程为，因为圆与直线和都相切，则，解得，所以圆的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线与圆相切的处理，考查计算能力，属于中等题.1
10、4.是等边三角形，点D在边的延长线上，且，则_；_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由可得，在中利用余弦定理可求得的长，在中，利用正弦定理可求得的值.【详解】如图所示，等边中，所以.又，所以，即，解得，所以；由，即，解得.故答案为：；.点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.15.设函数给出下列四个结论：对，使得无解；对，使得有两解；当时，使得有解；当时，使得有三解.其中，所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】分析】取，由一次函数的单调性和基本不等式，可得函数的值域，可判断的正误；取，判断函数的单调性，即可判断；考虑时，求得函数的值域，即可判断；
11、当时，结合一次函数的单调性和基本不等式，以及函数的图象，即可判断.综合可得出结论.【详解】对于，可取，则，当时，；当时，当且仅当时，取得等号，故时，的值域为R，都有解，故错误；对于可取时，可得在上单调递增，对，至多一解，故错误；对于，当时，时，单调递减，可得；又时，即有.可得，则的值域为，都有解，故正确；对于，当时，时，递增，可得；当时，当且仅当时，取得等号，由图象可得，当时，有三解，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查分段函数的应用，主要考查方程根的个数问题，注意运用反例法判断命题不正确，考查推理能力，属于中等题.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.如
12、图，在四棱锥中，面，底面为平行四边形，.（）求证：平面；（）求二面角的余弦值的大小.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）根据四边形是平行四边形得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；（）过作平行于的直线，以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】（）证明：底面为平行四边形，平面，平面，平面；（）解：过作平行于的直线，又面，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.则、，设平面的一个法向量为，由，取，得.取平面的一个法向量，则.由图可知，二面角为钝角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向
13、量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.17.已知函数，且满足_.（）求函数的解析式及最小正周期；（）若关于的方程在区间上有两个不同解，求实数的取值范围.从的最大值为，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，的图象过点.这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答.【答案】满足或或；（），最小正周期为；（）；【解析】【分析】（）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式，根据或或中的条件求得，可得出，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；（）令，得，解得，可得出方程在区间上的实数根，进而可得出实数的取值范围.【详解】（）函数，若满足的最大值为1，则，解得，所以，则函数的最
14、小正周期为；（）令，得，解得，即，；若关于的方程在区间上有两个不同解，则或；所以实数m的取值范围是.若满足，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，且的最小正周期为，所以，解得；以下解法均相同.若满足，的图象过点，则，解得；以下解法均相同.【点睛】本题考查利用正弦型函数的基本性质求函数解析式，同时也考查了利用正弦型函数方程的根的个数求参数，考查计算能力，属于中等题.18.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.如图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代定位模块，分别定位的50个点位的横、纵坐标误差的值，其中“”表示北斗二代定位模块的误差的
15、值，“+”表示北斗三代定位模块的误差的值.（单位：米）（）从北斗二代定位的50个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于10米的概率；（）从图中A，B，C，D四个点位中随机选出两个，记X为其中纵坐标误差的值小于的点位的个数，求X的分布列和数学期望；（）试比较北斗二代和北斗三代定位模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）【答案】（）0.06；（）分布列见解析，1；（）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.【解析】【分析】（）通过图象观察，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点，由古典概率的计算公式可得所求值；（）通过图象可得，A，B，C，D四个点位中纵
16、坐标误差值小于的有两个点：C，D，则X的所有可能取值为0，1，2，分别求得它们的概率，作出分布列，计算期望即可；（）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小【详解】（）由图可得，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点，所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于10米的概率为；（）由图可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，所以X的所有可能取值为0，1，2，所以X的分布列为所以X的期望为；（）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.【点睛】本题考查古典概率的求法，以及随机变量的分布列和期望的求法，方差的大小的判断，考查数形结合思
17、想和运算能力、推理能力，属于中档题.19.已知椭圆E：（），它的上，下顶点分别为A，B，左，右焦点分别为，若四边形为正方形，且面积为2.（）求椭圆E的标准方程；（）设存在斜率不为零且平行的两条直线，它们与椭圆E分别交于点C，D，M，N，且四边形是菱形，求出该菱形周长的最大值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）由题意可得，解出即可；（）设的方程为，的方程为，联立直线与椭圆方程并消元得韦达定理的结论，根据弦长公式可求得，由四边形为菱形可得，可得，再根据基本不等式即可求出最值【详解】解：（）四边形为正方形，且面积为2，解得，椭圆的标准方程；（）设的方程为，设的方程为，联立可得，由可得，化简可得
18、，同理可得，四边形为菱形，又，关于原点对称，又椭圆关于原点对称，关于原点对称，也关于原点对称，且，四边形为菱形，可得，即，即，即，可得，化简可得，菱形的周长为，当且仅当，即时等号成立，此时，满足，菱形的周长的最大值为【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查椭圆的几何性质，考查一元二次方程根与系数的应用，考查基本不等式的应用，考查转化与划归思想，考查计算能力，属于难题20.已知函数（）.（）若，求曲线在点处的切线方程；（）若有两个极值点，求实数a的取值范围；（）若，求在区间上的最小值.【答案】（）；（）；（）【解析】【分析】由题意得；（）当时，求得，根据点斜式方程即可求出切线方程；（
19、）由题意得两个不等的正根，令，则，由此可得函数的单调性，由此可求出答案；（）由题意可得，由二阶导的取值符号可得到的单调性，得到，由此可求出函数在上单调递减，从而求出最值【详解】解：，；（）当时，曲线在点处的切线方程为，即；（）若有两个极值点，有两个不等的正根，即两个不等的正根，令，令，当时，此时单调递增，；当时，此时单调递减，函数在处取得极大值，也是最大值，因为两个不等的正根，得，实数a的取值范围是；（），令，当时，此时单调递增，当时，此时单调递减，故，在上单调递减，故在上的最小值为【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查利用导数求曲线的切线方程，考查计算能力，考查转化与化归思
20、想，属于难题21.数列：，对于给定的（，），记满足不等式：（，）的构成的集合为（）若数列，写出集合；（）如果（，）均为相同的单元素集合，求证：数列，为等差数列；（）如果（，）为单元素集合，那么数列，还是等差数列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例【答案】（）；（）证明见解析；（）是等差数列，证明见解析【解析】【分析】（）由题意得，分和两类讨论解出不等式，再根据的定义即可求出；（）由题意，若中均只有同一个元素，不妨设为，当时，由题意可得，当时，有，则成立，从而得出证明；（）不妨设，由题意可得，则，则；设，则，则，首先证时的情况，不妨设，由，为单元素集，则；再证，由和的定义
21、可证，则，则存在正整数使得，而，得出矛盾，从而，同理可证，由此可得结论【详解】（）解：由题意得，为满足不等式的构成的集合，数列，即，当时，上式可化为，当时，上式可化，得，；（）证：对于数列：，若中均只有同一个元素，不妨设为，下面证明数列为等差数列，当时，有，当时，有，两式对任意大于1的整数均成立，成立，数列，为等差数列；（）解：对于数列：，不妨设，由，知，由，知：，即，；设，则，这说明，则，对于数列，中均只有一个元素，首先证时的情况，不妨设，又为单元素集，再证，证明如下：由的定义可知：，由的定义可知，则存在正整数，使得，这与矛盾，同理可证，即，数列，还是等差数列【点睛】本题主要考查数列的新定义问题，考查定义法证明等差数列，考查计算能力与推理能力，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，属于难题