1、2020年高考模拟训练数学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知全集为实数集，集合，则集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意首先求得集合A和集合B，然后结合集合运算的定义进行交集运算即可求得最终结果
2、.详解：求解对数函数的定义域可得：，结合交集的定义可得：集合为.本题选择D选项.点睛：本题主要考查结合的表示方法，交集的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.若复数，在复平面内对应的点关于y轴对称，且，则复数（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的几何意义得到，再根据复数的乘除法运算法则可得结果.【详解】依题意可得，所以，故选：C.【点睛】本题考查了复数的几何意义和复数的乘除法运算，属于基础题.3.已知直线：，直线：，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据直线的垂直，即可求出tan=3，再根据二倍角公式即可求出详解：因为l1
3、l2，所以sin3cos=0，所以tan=3，所以sin2=2sincos=故选D点睛：本题考查了两直线的垂直，以及二倍角公式，本题利用了sin2+cos2=1巧妙的完成弦切互化常用的还有三姐妹的应用，一般，这三者我们成为三姐妹，结合，可以知一求三.4.泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称，登泰山的路线有四条：红门盘道徒步线路，桃花峪登山线路，天外村汽车登山线路，天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时，发现三人走的线路均不同，且均没有走天外村汽车登山线路，三人向其他旅友进行如下陈述：甲：我走红门盘道徒步线路，乙走桃花峪登山线路；乙：甲走桃花峪登山线路，丙走红门盘道徒步线路；丙：
4、甲走天烛峰登山线路，乙走红门盘道徒步线路；事实上，甲、乙、丙三人的陈述都只对一半，根据以上信息，可判断下面说法正确的是（ ）A. 甲走桃花峪登山线路B. 乙走红门盘道徒步线路C. 丙走桃花峪登山线路D. 甲走天烛峰登山线路【答案】D【解析】【分析】甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的,再分情况讨论即可.【详解】若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘
5、道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘道徒步线路”正确.综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路, 丙走红门盘道徒步线路故选D【点睛】本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型.5.已知直线与圆相交于A，B两点(O为坐标原点)，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】设，联立，化为，由，可得，根据韦达定理解出，进而可得结果.【详解】设，联立，化为，直线与圆相交于两点，为坐标原点），解得，解得，则“”是“”的充
6、分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的定义、直线与圆的位置关系，以及平面向量数量积公式的应用，属于中档题. 利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.6.如图，点是抛物线的焦点，点，分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且始终平行于轴，则的周长的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线定义可得，从而的周长，确定点横坐标的范围，即可得到结论【详解】抛物线的准线，焦点，由抛物线定义可得，圆圆心为，半径为4，的周长，由抛物线及圆可得交点的横坐标为2，故选 C.【点睛】本题主要
7、考查抛物线的定义，考查抛物线与圆的位置关系，确定点横坐标的范围是关键，属于中档题.7.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】先求出酒杯下部分（半球）的表面积为，得到圆柱侧面积为，进一步得到酒杯上部分（圆柱）的高为，然后分别求出，得到答案.【详解】设酒杯上部分（圆柱）的高为球的半径为R，则酒杯下部分（
8、半球）的表面积为酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为，酒杯上部分（圆柱）的表面积为，解得酒杯下部分（半球）的体积酒杯上部分（圆柱）体积所以.故选：A【点睛】本题考查球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积，属于中档题.8.已知双曲线的左、右焦点分别为、，为左顶点，过点且斜率为的直线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，若，则该双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由，得为直角，可得，即可得，然后利用直线斜率公式求解即可.【详解】解：双曲线的渐近线方程为，设点，因为，即为直角三角形，且为直角， 所以，则上，解得， 故，又，所以直线的斜率，所以，故该双曲线的离心率.故选：B
9、.【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法，重点考查了双曲线渐近线方程及直线的斜率公式，属中档题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论正确的是（ ）A. 年接待游客量逐年增加B. 各年的月接待游客量高峰期大致在8月C. 2017年1月至12月月接待游客量的中位数为30D. 各年1月至6月的月接待游客量相对于7月
10、至12月，波动性更小，变化比较平稳【答案】ABD【解析】【分析】观察折线图，掌握折线图所表达的正确信息，逐一判断各选项.【详解】由2017年1月至2019年12月期间月接待游客量的折线图得：在A中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故A正确；在B中，各年的月接待游客量高峰期都在8月，故B正确；在C中，2017年1月至12月月接待游客量的中位数小于30，故C错误；在D中，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确.故选：ABD【点睛】本题主要考查学生对于折线图的理解能力，考查图表的识图能力，属于基础题.10.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动
11、点E、F，且，则下列结论中正确的是（ ）A. 线段上存在点E、F使得B. 平面ABCDC. 的面积与的面积相等D. 三棱锥A-BEF的体积为定值【答案】BD【解析】【分析】根据异面直线的定义可判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；根据三角形的面积公式可判断C；利用直线平行平面，直线上的点到面的距离相等以及椎体的体积公式可判断D.【详解】如图所示，AB与为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误；，故平面ABCD，故B正确；由图可知，点A和点B到EF的距离是不相等的，C错误；连结BD交AC于O，则AO为三棱锥A-BEF的高，三棱锥A-BEF的体积为为定值，D正确；故选：BD.【点睛】本题考查
12、了异面直线的定义、线面平行的判定定理、椎体的体积公式，需熟记公式，属于基础题.11.已知函数，其中表示不超过实数x的最大整数，关于有下述四个结论，正确的是（ ）A. 的一个周期是B. 是非奇非偶函数C. 在单调递减D. 的最大值大于【答案】ABD【解析】【分析】先根据周期函数定义判断选项A，再根据函数的意义，转化为分段函数判断B选项，结合三角函数的图象与性质判断C，D选项.【详解】，的一个周期是，故A正确；，是非奇非偶函数，B正确；对于C，时，不增不减，所以C错误；对于D，D正确故选：ABD【点睛】本题主要考查了函数的周期性，单调性，奇偶性，考查了特例法求解选择题，属于中档题.12.若存在实常
13、数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，（为自然对数的底数），则（ ）A. 在内单调递增；B. 和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；D. 和之间存在唯一的“隔离直线”.【答案】ABD【解析】【分析】令，利用导数可确定单调性，得到正确；设，的隔离直线为，根据隔离直线定义可得不等式组对任意恒成立；分别在和两种情况下讨论满足的条件，进而求得的范围，得到正确，错误；根据隔离直线过和的公共点，可假设隔离直线为；分别讨论、和时，是否满足恒成立，从而确定，再令，利用导数可证得恒成立，由此可确定隔离直
14、线，则正确.【详解】对于，当时，单调递增，在内单调递增，正确；对于，设，的隔离直线为，则对任意恒成立，即对任意恒成立.由对任意恒成立得：.若，则有符合题意；若则有对任意恒成立，的对称轴为，；又的对称轴为，；即，；同理可得：，；综上所述：，正确，错误；对于，函数和的图象在处有公共点，若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点.设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，则恒成立，若，则不恒成立.若，令，对称轴为在上单调递增，又，故时，不恒成立.若，对称轴为，若恒成立，则，解得：.此时直线方程为：，下面证明，令，则，当时，；当时，；当时，；当时，取到极小值，也是最小值，即，即，函数和存在唯一的隔离直
15、线，正确.故选：.【点睛】本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解隔离直线的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题；难点在于能够对直线斜率范围进行准确的分类讨论，属于难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，则实数_【答案】【解析】 由，则， 所以， 又由，所以，解得14.已知，则_【答案】180【解析】，故答案为.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于中档题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可
16、以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15.函数的部分图象如图所示，则_；将函数的图象沿x轴向右平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据图象得周期，利用周期求出，根据图象上最高点坐标求出，利用平移变换得平移后的函数解析式，根据偶函数求得.【详解】根据函数的图象可得，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，将的图象沿x轴向右移个长度单位得函数的图象，因为函数是偶函数，所以，所以，因为，所以，.故答案为：；.【点睛】本题考查了由图象求解析式，考查了图象的平移
17、变换，考查了由函数的奇偶性求参数，属于基础题.16.设集合，则集合A中满足条件：“”的元素个数为_.【答案】18.【解析】【分析】满足不等式的只有或4两种情况，分别确定每一类的元素组成从而求出可能的元素个数，两类元素个数相加即为所求.【详解】对于分以下几种情况：，此时集合A的元素含有一个2，或，两个0，2或从三个位置选一个有3种选法，剩下的位置都填0，这种情况有种；，此时集合A中元素含有两个2一个0；或两个，一个0；或一个2，一个，一个0.若是两个2或，一个0时，从三个位置任选一个填0，剩下的两个位置都填2或，这种情况有种；若是一个2，一个，一个0时，对这三个数全排列即得到种；集合A中满足条件
18、“”的元素个数为.故答案为：18【点睛】本题考查分类加法计数原理、排列、集合的概念，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知等比数列的公比，前n项和为，若_，数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和，并证明.【答案】选择见解析；（1），；（2）；证明见解析.【解析】【分析】（1）若选择，利用等比数列的通项公式列方程求得，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；选择，通过对中的取1和2可得和，进而可得，可得数列，的通项公式；若选择，利用等比数列的前项和公式列方程求得
19、，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；（2）利用裂项相消法可求得，观察可得结果.【详解】解析：选择，（1）由已知得， 解得或（舍去，），又，则，解得，则；（2）.选择，当时，得，当时，又，得，则，又，则；（2）.选择，当时，则，舍去；当时，解得（负值舍去），又，则，解得，则；（2）.【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，等比数列前项和公式的应用，考查裂项相消法求和，考查学生计算能力，是中档题.18.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设，.（1）求；（2）若D是AC边上的中点，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由条件有，由正弦定理可得，从而可求出答案.（2）设,则由,
20、所以，在直角中可得，即得到，在中，由余弦定理可得，然后根据可得到答案.【详解】解：（1），由正弦定理得又，.（2）在中，由（1）知，可设,则由,所以，则，在中，由余弦定理得，解得，由，得，解得.【点睛】本题考查利用正弦定理进行边角的互化和由余弦定理解三角形，考查三角形面积公式的应用，属于中档题.19.已知在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，CD平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD 的中点（）求证：PO平面；（）求平面EFG与平面所成锐二面角的大小；（）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由【答案】（）证明见解析 （）（）不
21、存在，见解析【解析】【分析】（）正三角形中，由平面得到，所以得到面；（）以点为原点建立空间直角坐标系，根据平面的法向量，和平面的法向量，从而得到平面与平面所成锐二面角的余弦值，再得到所求的角；（）线段上存在满足题意的点，直线与平面法向量的夹角为，设，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，证明方程无解，从而得到不存在满足要求的点.【详解】（）证明:因为是正三角形，是的中点，所以 .又因平面，平面，所以.，平面，所以面.（）如图，以点为原点分别以、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，设平面的法向量为所以，即令，则 ， 又平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，所以.所以平面与平面所成锐二面
22、角. （）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，即直线与平面法向量所成的角为，设，所以所以，整理得，方程无解，所以，不存在这样的点.【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，利用空间向量求二面角，利用空间向量证明存在性问题.20.已知椭圆的左，右两个焦点为、，抛物线与椭圆有公共焦点.且两曲线、在第一象限的交点的横坐标为.（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）直线与抛物线的交点为、（为坐标原点），与椭圆的交点为、（在线段上），且.问满足条件的直线有几条，说明理由.【答案】（1）；（2）满足条件的直线有条，理由见解析.【解析】【分析】（1）由椭圆和抛物线的公共焦点可求得抛物线的标准方程，再由点在抛物线
23、上可求得点的坐标，利用椭圆的定义可求得的值，进而求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）将直线的方程分别与椭圆、抛物线的方程联立，分别求得点、的横坐标，由可知点为线段的中点，利用中点坐标公式可得出关于的等式，【详解】（1）由于椭圆和抛物线的公共焦点为，故椭圆的焦点坐标为.所以，所以抛物线的方程，由点在抛物线上，所以，又点又在椭圆上，所以，所以，又，故，从而椭圆的方程为；（2）联立直线与椭圆方程得，得，解得，.联立直线与抛物线得，得，解得，由，故为线段的中点，即，得，化简得，解得（负值含去），故满足题意的值有个，从而存在过原点的有两条直线满足题意.【点睛】本题考查椭圆和椭圆的标准方程，同时也考
24、查了利用直线与椭圆、抛物线相交求直线的斜率，考查计算能力，属于中等题.21.为了治疗某种疾病，某科研机构研制了甲、乙两种新药，为此进行白鼠试验.试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.4轮试验后，就停止试验.甲、乙两种药的治愈率分别是和.（1）若，求2轮试验后乙药治愈的白鼠比甲药治愈的白鼠多1只的概率；（2）已知A公司打算投资甲、乙这两种新药的试验耗材费用，甲药和乙药一次试验耗材花费分别为3千元和千元，每轮试验若甲、乙两种药都治愈或都没有治愈，则该科研机构和A公司各承担该轮试验耗材总费用的50%
25、；若甲药治愈，乙药未治愈，则A公司承担该轮试验耗材总费用的75%，其余由科研机构承担，若甲药未治愈，乙药治愈，则A公司承担该轮试验耗材总费用的25%，其余由科研机构承担.以A公司每轮支付试验耗材费用的期望为标准，求A公司4轮试验结束后支付试验耗材最少费用为多少元？【答案】（1）；（2）14400元.【解析】【分析】（1）利用和事件的概率公式、独立事件的概率公式，结合独立重复试验概率公式进行求解即可；（2）设随机变量X为每轮试验A公司需要支付的试验耗材费用的取值，根据题意求出随机变量X的可能取值，以及相应的概率，列出分布列，计算数学期望，最后利用二次函数的单调性进行求解即可.【详解】解析：（1）
26、记事件A为“2轮试验后，乙药治愈的白鼠比甲药治愈的白鼠多1只”，事件B为“2轮试验后，乙药治愈1只白鼠，甲药治愈0只白鼠”，事件C为“2轮试验后，乙药治愈2只白鼠，甲药治愈1只白鼠”，则，（2）一次实验耗材总费用为千元.设随机变量X为每轮试验A公司需要支付的试验耗材费用的取值，则，.XP令，.函数的对称轴为：，所以在区间上单调递增，（千元）.则A公司4轮试验结束后支付实验耗材最少费用为（千元），即14400元.【点睛】本题考查了独立试验概率公式和独立重复试验概率公式，考查了数学期望的应用，考查了数学运算能力和数学阅读能力.22.已知函数，其中；（l）判断函数是否存在极值，若存在，请判断是极大值
27、还是极小值；若不存在，说明理由；（2）讨论在上函数的零点个数.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1) ，设，因此单调递减,讨论正负即可判断出极值情况;(2)由(1)可知若时,恒为增函数,计算可知,此时无零点, 若时, ,可求得,讨论与的关系,及若，,函数在区间的单调性及函数值在区间端点的符号,即可得出结论.【详解】（1），设，因此单调递减，又时，若，即时，使；当时，单调递增，当时，单调递减，在处取极大值，不存在极小值.若，即，在单调递增，此时无极值.（2）由第一问结论可知：（i）若时，由上问可知：，即时函数没有零点.（ii）若时，时单调递增；时，单调递减.由，得，从而，再设，则，从而a关于单调递增.若，此时，若得或，所以时无零点；若得，所以时有一个零点；当，有一个零点.因此时无零点；时有一个零点；此时，设，则，所以，若即，即时无零点；若即，即时有一个零点.综上所述：时无零点；时有一个零点.【点睛】本题考查导数在求解函数极值中的应用,考试导数在判断函数单调性的应用,本题综合考查了函数的零点问题,难度困难.