1、2020年高考数学（3月份）模拟测试试卷一、选择题1.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据二次根式有意义条件及指数不等式可解得集合A与集合B,再由集合交集运算即可得解.【详解】对于集合对于集合所以故选:D【点睛】本题考查了指数不等式的解法与二次根式有意义的条件,交集的简单运算,属于基础题.2.设，是两个不同的平面，是直线且“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，和没有公共点，即能得到；“”是“”的必要不充分条件故选B考
2、点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.3.已知奇函数在上是增函数，若，则的大小关系为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意：，且：，据此：，结合函数的单调性有：，即.本题选择C选项.【考点】 指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象
3、，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.4.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】化简,利用三角函数图象的平移变换法则可得结果.【详解】，要得到函数图象，只需将函数的图象向左平移个单位长度，故选C.【点睛】本题主要考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.5.已知函数，对任意的，总有成立，则实数的取值范围是（ ）A.
4、B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知可得在为增函数，分段函数两段均为单调递增，而且右段的最低点不低于左段的最高点，即可求解.【详解】对任意的，总有成立，不妨设，函数在定义域上是增函数，解得，故选：C.【点睛】本题考查分段函数的单调性，要注意分段函数各段单调性相同的区间合并的条件，属于基础题.6.函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由五点作图知，解得，所以，令，解得，故单调减区间为（，），故选D.考点：三角函数图像与性质7.ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c已知，a=2，c=，则C=A. B. C. D. 【答案】B
5、【解析】【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，sinB+sinA（sinCcosC）=0，sinAcosC+cosAsinC+sinAsinCsinAcosC=0，cosAsinC+sinAsinC=0，sinC0，cosA=sinA，tanA=1，A，A= ，由正弦定理可得，a=2，c=，sinC= ，ac，C=，故选B点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪
6、一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.8.设椭圆：的左、右焦点分别为、，是上的点，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，在直角三角形中，依题意可求得与，利用椭圆离心率的定义，即可求得答案【详解】设，又，的离心率为：.故选：D.【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，在焦点三角形中注意椭圆定义的应用，属于基础题.9.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先
7、构造函数,再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数的取值范围.【详解】令，则存在，使得,即的最大值，因为在上单调递减，在上单调递增，所以最大值为,因此，选C.【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等二、填空题10.复数（为虚数单位）的共轭复数是_【答案】【解析】复数,其共轭复数为,故填.11.的展开式中x7的系数为_.（用数字作答）【答案】【解析】试题分析：展开式通项为，令，得，所以展开式中的系数为故答案为【考点】二项式定理【名师点睛】求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件（特定项）和通项
8、公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr）；第二步是根据所求的指数，再求所要求的项有理项是字母指数为整数的项解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解12.已知，且，则的最小值为_.【答案】64【解析】【分析】根据基本不等式解得取值范围，再结合等号确定最值取法.【详解】，当且仅当时取等号，所以最小值为【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意等号取得的条件，否则会出现错误.13.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等
9、，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为_【答案】.【解析】【分析】设球的半径为，可知圆柱高为；根据圆柱表面积和球的表面积公式分别求得表面积，作比得到结果.【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为圆柱的表面积；球的表面积圆柱的表面积与球的表面积之比为本题正确结果：【点睛】本题考查圆柱表面积和球的表面积公式的应用，属于基础题.14.如图，在中，是边上一点，则【答案】【解析】【详解】由图及题意得，=()()=+=.15.已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象
10、有四个不同的交点，画出函数图象，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象有四个不同的交点，画出函数图象如下图所示：由图象可知：实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查了已知函数零点个数求参数取值范围问题，考查了数形结合思想和转化思想.三、解答题16.某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满400元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：奖盒中放有除颜色外完全相同的1个红球，1个黄球，1个白球和1个黑球顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则停止摸奖，否则就继续摸球规定摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励（1）求1名顾客摸球2
11、次停止摸奖的概率：（2）记为1名顾客5次摸奖获得的奖金数额，求随机变量的分布列和数学期望【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】（1）由题意可得第二次摸到黑球，第一次为其它球，求出概率；（2）先求出摸奖一次获得的的奖金数额，再求5次的数额，求出相应的概率，进而求出分布列，及期望.【详解】（1）由题意可得第一次是红黄白中的一个，概率为，不放回的第二次为黑球，是从剩余的3个球中摸出黑色的球，概率为，所以1名顾客摸球2次停止摸奖的概率为；（2）顾客摸奖一次获得的奖金数额设为，的可能取值0，10，20，30，40，则，；所以1名顾客5次摸奖获得奖金数额的分布列为所以随机变量的期望.【点睛】本题考查
12、独立事件同时发生的概率、离散型随机变量的分布列和期望，求出随机变量的概率是解题的关键，属于中档题.17.已知数列是递增的等比数列，且（）求数列的通项公式；（）设为数列的前n项和，求数列的前n项和【答案】（）（）【解析】试题分析：（1）设等比数列的公比为q，根据已知由等比数列的性质可得，联立解方程再由数列为递增数列可得则通项公式可得（2）根据等比数列的求和公式，有所以，裂项求和即可试题解析：（1）设等比数列的公比为q，所以有联立两式可得或者又因为数列为递增数列，所以q1，所以数列的通项公式为（2）根据等比数列的求和公式，有所以所以考点：等比数列的通项公式和性质，数列求和18.如图，为圆的直径，点
13、，在圆上，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知，（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的大小；（）当的长为何值时，二面角的大小为【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】试题分析：（1）利用面面垂直性质，可得平面，再利用线面垂直的判定，证明平面，从而利用面面垂直的判定可得平面平面；（2）确定为直线与平面所成的角，过点作，交于，计算，即可求得直线与平面所成角的大小；（3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求得的长试题解析：（1）平面平面，平面平面，平面，平面，又为圆的直径，平面，平面，平面平面（2）根据（1）的证明，有平面，为在平面内的
14、射影，因此，为直线与平面所成的角，四边形为等腰梯形，过点作，交于，则，在中，根据射影定理，得，直线与平面所成角的大小为30（3）设中点为，以为坐标原点，方向分别为轴、轴、轴方向建立空间直角坐标系（如图）设，则点的坐标为，则，又，设平面的法向量为，则，即，令，解得由（1）可知平面，取平面的一个法向量为，即，解得，因此，当的长为时，平面与平面所成的锐二面角的大小为60考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法【方法点晴】本题主要考查了立体几何的综合问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直平面的判定、平面与平面垂直的判定、直线与平面所成的角、二面角的求解等知识点的综合考查，着重
15、考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，本题的解答中熟记线面位置关系的判定与证明，建立空间直角坐标系，转化为空间向量的运算是解答的关键【详解】请在此输入详解！19.在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为,直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）过原点的直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点），点在椭圆上，且，直线与轴轴分别交于两点.设直线斜率分别为，证明存在常数使得，并求出值；求面积的最大值.【答案】(1).(2) 证明见解析，；.【解析】试题分析：（1）首先由题意得到，即.将代入可得，由，可得.得解.（2）（）注意从确定的表达式入手，探求使成立的.设，则，得到，根据
16、直线BD的方程为，令，得，即.得到.由，作出结论.（）直线BD的方程，从确定的面积表达式入手，应用基本不等式得解.试题解析：（1）由题意知，可得.椭圆C的方程可化简为.将代入可得，因此，可得.因此，所以椭圆C的方程为.（2）（）设，则，因为直线AB的斜率，又，所以直线AD的斜率，设直线AD的方程为，由题意知，由，可得.所以，因此，由题意知，所以，所以直线BD的方程为，令，得，即.可得.所以，即.因此存在常数使得结论成立.（）直线BD的方程，令，得，即，由（）知，可得的面积，因为，当且仅当时等号成立，此时S取得最大值，所以的面积的最大值为.考点：椭圆几何性质，直线与椭圆的位置关系，三角形面积，基
17、本不等式的应用.20.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.详解：（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.
