1、华大新高考联盟名校2020年5月高考预测考试.文科数学本试题卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.祝考试顺利注意事项：1答题前，先将自己的姓名推考证号填写在答题卡上，并将准考证号枭形码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徐黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3填空题和解答题的作答，用黑色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选考题的作答，先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区城内.写在试题卷、草
2、稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5考试结束后.请将答题卡上交.一、选择题：本题共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. 集合的非空子集个数为（ ）A. 3B. 4C. 7D. 8【答案】A【解析】【分析】化简集合,根据集合元素个数可求解.【详解】,集合共有个子集，非空子集个数为4-1=3个，故选：A【点睛】本题主要考查了集合的子集的概念，属于容易题.2. 已知命题：复数的虚部是，命题：恒成立，则.下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断条件中命题的真假，即可判断选项的真假.【详解】对于命题，复数的虚部
3、是，所以命题是假命题，是真命题，对于命题，当时，不等式恒成立，满足条件，所以命题是假命题，是真命题，是假命题，故A错误；是假命题，故B错误；是假命题，故C错误；是真命题，故D正确.故选：D.【点睛】本题主要考查对命题真假的判断，以及用逻辑连接词“且”“或”“非”连接之后的真假，对原命题真假判断正确是关键.3. 已知角和角的终边垂直，角的终边在第一象限，且角的终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据任意角的三角函数定义求出，再根据诱导公式可求得结果.【详解】由已知得，所以，所以由任意角的三角函数定义可知，所以.故选：B.【点睛】本题考查了任意角的三角函数定义，考
4、查了诱导公式，属于基础题.4. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据算法和循环结构依次计算即可【详解】解：第1次，成立，则，第2 次，成立，则，第3次，成立，则，第4次，不成立，则输出故选：A.【点睛】此题考查算法循环结构框图，考查裂项相消求和法，属于基础题.5. 函数的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再根据函数在处的导数值正负，判断函数在该点的斜率正负即可.【详解】，为奇函数，故A，C错误；，故图象在处的切线斜率为负，故D错误.故选：B.【点睛】本题考查给定函数选函数的图象，此
5、类题型先观察选项的不同之处，一般先判断函数的奇偶性，然后取特殊值代入计算，或利用单调性判断.6. 从1，2，3，4，5这五个数中随机选取两个，则和为奇数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】根据题意，列举所有可能的选取情况，再找出满足题意的可能，用古典概型的概率计算公式即可求得结果.【详解】用列举法，所有情况为：（1，2），（1，3），（1.4），（1，5），（2，3），（2.4），（2.5），（3.4），（3，5），（4.5）.共10种，其中和为奇数的情况包含6种：（1.2），（1，4），（2.3），（2.5），（3.4），（4.5）.故满足题意的概率为，故选：C.【
6、点睛】本题考查古典概型的概率求解，属简单题；注意列举的不重不漏.7. 函数与直线的两个相邻交点之间的距离为，且将的图象向左平移之后得到的图象关于原点对称.则关于函数，下列说法正确的是（ ）A. 最小正周期为B. 渐近线方程为C. 对称中心为D. 单调递增区间为【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到，求出，再由函数奇偶性，得到，求得，再由正切函数的性质，逐项判断，即可得出结果.【详解】由题意，易得最小正周期为，所以，将的图象向左平移之后得到，因为其图象关于原点对称，所以为奇函数，因此，又，所以，故，由得，渐近线方程为，由得，对称中心为，由，解得：，即单调递增区间为.故选：D.【点睛】本题主要考
7、查正切函数的性质的应用，涉及三角函数的平移变换，属于常考题型.8. 直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（ ）A. 9B. 4C. 8D. 10【答案】A【解析】【分析】求得的对称中心，据此求得，再利用基本不等式即可求得结果.【详解】函数的图象可由向右平移1个单位，再向上2个单位得到，又是奇函数，故其对称中心为，故的对称中心为（1，2），所以.，当且仅当时等号成立.故选：A.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，涉及函数对称中心的求解，属综合基础题.9. 在矩形中，点是以点为圆心，2为半径的圆上的动点，设 ，则的最小值为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，以
8、点为坐标圆，以所在直线为轴，以所在直线为轴，得到圆的方程为：，设，根据，得出，即可得出结果.【详解】如图，以点坐标圆，以所在直线为轴，以所在直线为轴，则，点是以点为圆心，为半径的圆上的动点，所以圆的方程为：，设，又，所以，从而.故选：B.【点睛】本题主要考查由平面向量基本定理求参数，涉及三角函数的性质，以及圆的方程，属于常考题型.10. 九章算术中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖（如图）.现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法.显然.正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，该平面截内切球得到的是上
9、述正方形截面的内切圆.结合相国原理，两个同高的立方体，如在等高处的截面积相等，则体积相等；若正方体的棱长为2.则“牟合方盖”的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，得到任意水平面与“牟合方盖”及其内切球相交的截面为正方形和一个正方形的内切圆，由祖暅原理，得出“牟合方盖”的体积和内切球的体积比，进而可求出结果.【详解】依题意，任意水平面与“牟合方盖”及其内切球相交的截面为正方形和一个正方形的内切圆，正方形和内切圆的面积比为，由祖暅原理，“牟合方盖”的体积和内切球的体积比为，又正方体的棱长为2，所以其内切球的半径为，所以内切球体积为，故“牟合方盖”的体积为.故选：
10、A.【点睛】本题主要考查多面体与球内切的相关计算，属于常考题型.11. 设、是双曲线的左、右焦点，点是双曲线右支上一点，满足，且以、为邻边的平行四边形的两对角线长度分别为、，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的定义及平行四边形的对角线的向量表示，即可建立的方程，再利用余弦定理可得关系，即可求出离心率.【详解】由双曲线定义知，由平行四边形知.同时将上述两式等号两边平方得：，解得，（*）又由余弦定理，将（*）式代入，可得方程，整理得，故离心率.故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的简单几何性质，余弦定理，向量的数量积运算，考查了运算能
11、力，属于中档题.12. 定义在上的连续函数，导函数为，若对任意不等于的实数均有成立.且，则下列命题中一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，则，的符号与的符号相反，从而可得在上单调递增，在上单调递减，由得，得到的图像关于直线对称，进而可得答案【详解】构造函数.则，的符号与的符号相反，故在上单调递增，在上单调递减；又，所以，即.故关于直线对称.综上，故选：B.【点睛】此题考查抽象函数的单调性，考查导数的应用，考查函数的对称性，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若4进制数2m01（4）（为正整数）化为十进制数为177，则_.【答
12、案】3【解析】【分析】将各数位上的数乘以其权重累加后，即可求解【详解】将4进制数2m01（4）化为十进制数为，解得.故答案为：3【点睛】本题考查进制间的转化，属于基础题.14. 已知命题“，”是假命题，则实数m的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用原命题的等价命题进行转化求解，即原命题为假，则其否定为真.【详解】若命题“，”是假命题，则“，”为真命题，则只需满足，解得.故答案为：.【点睛】本题考查命题的真假与参数的取值范围求解问题，较易，解答时只需要利用等价命题转化为二次不等式的恒成立问题即可.15. 已知、分别是的内角、所对的边.且，若的面积为，则其周长的最小值为_.【答案】6【解析】
13、【分析】根据题意利用正弦定理边角互化，求得；根据三角形面积，求得，再利用基本不等式即可求得周长的最小值.【详解】由得，则.又，则，所以，得，因此，故（当且仅当时等号成立）.故答案为：.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及利用基本不等式求最值，属综合中档题.16. 如图，在等腰三角形中，已知，.将它沿边上的高翻折，使点与点的距离为1，则四面体的外接球的表面积为_. 【答案】【解析】【分析】根据题意，得到翻折后为等边三角形，记中点为，连接，记的外心为，求出，记四面体外接球的球心为，连接，根据球的性质，得到平面，推出，取中点，连接，设表示外接球的半径，再由题中条件，求出球的半径，即可得出结果
14、.【详解】由已知可得，翻折后， 即为等边三角形，记中点为，连接，记的外心为，则也为等边三角形的中心，所以，记四面体外接球的球心为，连接，因为球心与截面圆圆心的连线与截面垂直，所以平面，又，平面，平面，所以平面，因此，取中点，连接，设表示外接球的半径，则，所以，又平面，所以，所以四边形为矩形，因此，又所以.因此.故答案为：.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的表面积，熟记几何体结构特征，以及球的表面积公式即可，属于常考题型.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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.
15、17. 某研究部门为了研究气温变化与患新冠肺炎人数多少之间的关系，在某地随机对50人进行了问卷调查；得到如下列表：（附）高于22.5不高于22.5合计患新冠肺炎20525不患新冠肺炎101525合计302050（1）是否有99%的把握认为患新冠肺炎与温度有关，说明你的理由；（2）为了了解患新冠肺炎与年龄的关系，已知某地患有新冠肺炎的老年、中年、青年的人数分别为54人，36人，18人.按分层抽样的方法随机抽取6人进行问卷调查，再从6人中随机抽取2人进行调查结果对比，求这2人中至少一人是老年人的概率.0.100.050.0250.012.7013.8415.0246.635【答案】（1）有99%的
16、把握认为患新冠肺炎与气温有关，理由见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，计算，结合参考数据表，即可容易判断；（2）求得分层抽样在各年龄段抽取的人数，列举所有从6人中随机抽取2人的可能，再找出满足题意的可能，利用古典概型的概率计算公式，即可求得结果.【详解】（1），所以有99%的把握认为患新冠肺炎与气温有关，（2）从108人中按照分层抽样的方法随机抽取6人，老年、中年、青年分别抽取的人数为3人，2人，1人，记3个老年人为，2个中年人为，1个青年人为，抽取的全部结果为（A1，A2），（A1，A3），（A1，B1），（A1，B2），（A1，C1），（A2，A3），（A2，B1），（A2，B
17、2），（A2，C1），（），（），（），（B1，B2），（B1，C1），（B2，C1）共15种.至少1人是老年人有（A1，A2），（A1，A3），（A1，B1），（A1，B2），（A1，C1），（A2，A3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，C1），（），（），（，），共12种.所以至少1人是老年人的概率为.【点睛】本题考查独立性检验，以及古典概型的概率求解，涉及分层抽样，属综合基础题.18. 已知等比数列的前项和为，且，的等差中项为10.（1）求数列的通项公式；（2）求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将题中条件转化为与等比数列的首项和公比，求出首项、公比即可求出通项公
18、式；（2）由（1）求出，求出数列的通项公式，即可用裂项相消的形式求出.【详解】（1），的等差中项为10,，解得，,;（2）由（1）可知，.【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及前项和公式的求法，并且考查了用裂项相消法求数列前项和，属于综合题.19. 如图，是圆的直径，点是圆上一点，平面，、分别是、边上的中点，点是线段上任意一点，若.（1）求异面直线与所成的角：（2）若三棱锥的体积等于，.求【答案】（1）90；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，由线面垂直推证处，则异面直线夹角可求；（2）转化棱锥顶点，根据点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，结合棱锥体积公式，即可求得结果.【详解】（1）
19、因为是圆的直径，点是圆上一点，则.又平面，平面所以.又，平面，则平面.又平面，则.所以异面直线与所成的角为90.（2）设.因为，所以.则.又因为是的中点，所以.因为，所以.又，则.因为，且为中点，故；又平面，平面，故，又平面，故可得平面，而，故点到平面的距离为.又是的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半.故点到平面的距离等于.，解得，即.【点睛】本题考查异面直线夹角的求解，以及有棱锥体积计算线段比例关系，涉及线线垂直的证明，属综合基础题.20. 在平面直角坐标系中，已知点，直线.若动点在直线上的射影为，且，设点的轨迹为.（1）求的轨迹方程；（2）设直线与曲线相交与、两点，试探究曲线上
20、是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】分析】（1）根据题意，设出动点的坐标，将几何关系转化为代数关系，整理化简即可求得轨迹方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理结合向量的坐标运算，根据点坐标满足椭圆方程，即可求证.【详解】（1）设，由得，平方化简得号.（2）设，联立，得，即，所以，.假设存在点使得四边形为平行四边形，则，所以，所以，.由点在曲线上得，代入得，解得，.所以当时，曲线上存在点使得四边形为平行四边形，此时点的坐标为或者，当，曲线上不存在点使得四边形为平行四边形.【点睛】本题考查椭圆方程的求解
21、，以及椭圆中点的存在性问题，涉及韦达定理的使用，属综合中档题.21. 设函数，（1）当时，若函数在上单调递增，求的取值范围：（2）若函数在定义城内不单调，求的取值范围：（3）是否存在实数，使得对任意正实数恒成立?若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】（1）根据题意，得到，再由函数单调性，即可得出结果；（2）先由题意，得到定义域，再对函数求导，根据其不单调，得到的最小值为负，进而可得出结果；（3）先令，对其求导，用导数方法求出最大值，再结合题中条件，即可得出结果.【详解】（1）当时，在上单调递增，而函数可由平移后得到，函数单调递增
22、，所以只需，所以；（2）易知函数的定义域为，而，因为函数在定义城内不单调，所以，只需的最小值为负，即，所以.（3）令，其中，.则，令，则在上恒成立，则在上单调递减，又时，；时，；所以在区间上必存在实根，不妨设，即，即，（*）所以当时，；当时，即在区间上单调递增，在上单调递减，所以.而，代人（ * ）式得.根据题意知恒成立.又根据不等式，当且仅当时等式成立，所以，即，将代入（*）式得，即，.【点睛】本题主要考查由函数单调性求参数，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记导数的方法研究函数单调性，最值等即可，属于常考题型，难度较大.（二）选考题：共10分.请考生在第22.23题中任选一题作答，如果多选
23、，则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出直线和曲线的普通方程：（2）过曲线上任一点作与的夹角为30的直线，交于点，求的最大值与最小值.【答案】（1）直线的普通方程为，曲线的普通方程为；（2）最大值为；最小值为.【解析】【分析】（1）利用加减消元法即可求得直线的普通方程；利用公式，即可求得曲线的直角坐标方程；（2）设出点坐标的参数形式，根据题意，将长度转化为椭圆上一点到直线距离的最值问题，利用点到直线的距离公式，结合三角函数的值域，即可求得结果.【详解】（
24、1）直线的参数方程为（为参数），故可得其普通方程为：；曲线的极坐标方程为，故可得，整理可得曲线的直角坐标方程为：.（2）根据（1）中所求，不妨设点坐标为，点到直线的距离为，根据题意可得，故可得.【点睛】本题考查参数方程和普通方程，极坐标方程和直角坐标方程的转化，涉及利用参数方程求动点到直线距离范围的问题，属综合基础题.【选修4-5.不等式选讲】23. 设函数（1）求的值域；（2），求的最小值.【答案】（1）；（2）2.【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式求函数的值域；（2）由题得，即当且且时，求的最小值，再利用线性规划知识分析解答即得解.【详解】（1）因为.所以.当时，取得最小值-2；当时，取得最大值2.所以的值域为.（2）由题得，由题意知，当时，的图象恒在射线的下方，作出两函数在时的图象，易得或，即当且且时，求的最小值，设，根据线性规划，当，时，有最小值2.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，考查绝对值不等式的恒成立问题的求解，考查线性规划直线，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.