2020年高考全国高考数学押题卷（全国I卷）

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2020年高考全国高考数学押题卷（全国I卷）

理科数学

时间：120分钟 分值：150分

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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。写在试卷上无效。 

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,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．已知全集，集合，，则（ ）

A． B． C． D．

2．欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．特别是当时，被认为是数学上最优美的公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”．根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．在区间上任取两个数，则这两个数之和大于3的概率是（ ）

A． B． C． D．

4．下列命题中：

①“”是“”的充分不必要条件

②定义在上的偶函数最小值为5；

③命题“，都有”的否定是“，使得”

④已知函数的定义域为，则函数的定义域为．

正确命题的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

5．《九章算术》中的玉石问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（即176两），问玉、石重各几何？”其意思为：“宝玉1立方寸重7两，石料1立方寸重6两，现有宝玉和石料混合在一起的一个正方体，棱长是3寸，质量是11斤（即176两），问这个正方体中的宝玉和石料各多少两？”如图所示的程序框图给出了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的，分别为（ ）

A．90，86 B．94，82 C．98，78 D．102，74

6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A． B． C． D．

7．在平面直角坐标系中，已知平面区域，则平面区域的面积为（ ）．

A． B． C． D．

8．若仅存在一个实数，使得曲线：关于直线对称，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．

9．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．

10．已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对任意，恒成立，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．

11．设正三棱锥的高为，且此棱锥的内切球的半径为，若二面角的正切值为，则（ ）

A．5 B．6 C．7 D．8

12．若函数，对于给定的非零实数，总存在非零常数，使得定义域内的任意实数，都有恒成立，此时为的假周期，函数是上的级假周期函数，若函数是定义在区间内的3级假周期且，当，，函数，若，使成立，则实数的取值范围是（ ）

A． B． C． D．

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.

13．的展开式中的系数为__________．

14．若实数，满足且的最小值为3，则实数的值为__________．

15．在中，，，边上的中线，则的面积为__________．

16．已知单位向量，，两两的夹角均为(，且)，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系(为坐标原点)下的“仿射”坐标，记作，有下列命题：

①已知，，则；

②已知，，其中，，均为正数，则当且仅当时，向量，的夹角取得最小值；

③已知，，则；

④已知，，，则三棱锥的表面积．其中真命题为__________．(写出所有真命题的序号)

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17-21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。

17．（12分）已知函数部分图象如图所示．

（1）求值及图中的值；

（2）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，求的值．

19．（12分）如图，在四棱锥中，底面，，，，，．

（1）求证：平面平面；

（2）若棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值．

20．（12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，若椭圆经过点，且的面积为2．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设斜率为1的直线与以原点为圆心，半径为的圆交于，两点，与椭圆交于，两点，且（），当取得最小值时，求直线的方程．

21．（12分）已知函数在处取得极小值．

（1）求实数的值；

（2）设，其导函数为，若的图象交轴于两点，且，设线段的中点为，试问是否为的根？说明理由．

请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。

22．（10分）选修4—4：坐标系与参数方程

在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）．

（1）分别写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

（2）已知点，直线与曲线相交于，两点，若，求的值．

23．（10分）选修4—5：不等式选讲

已知函数．

（1）解不等式：；

（2）若，，且，求证：．

2020年高考模拟试题（五）

理科数学 答案及解析

1、【答案】C

【解析】由题意得，

，

∴，∴．选C．

2、【答案】C

【解析】由已知有，因为，所以在第三象限，所以，，故表示的复数在复平面中位于第三象限，选C．

3、【答案】A

【解析】如图：

不妨设两个数为，，故，如图所示，其概率为，故选A．

4、【答案】C

【解析】①或，所以“”是“”的充分不必要条件；

②因为为偶函数，所以，因为定义区间为，所以，因此最小值为5；

③命题“，都有”的否定是“，使得”；

④由条件得，，；

因此正确命题的个数为①②④，选C．

5、【答案】C

【解析】执行程序：，，；，，；，，；，，，故输出的，分别为，．故选：C．

6、【答案】D

【解析】由三视图可知：该几何体由两部分构成，一部分侧放的四棱锥，一部分为四分之一球体，

∴该几何体的体积是，故选：D．

7、【答案】B

【解析】设，，则，，

等价于，即．

作出不等式组对应的平面区域如图：

可知的面积为等腰直角三角形的面积，由解得，即，由解得，即，三角形的面积，

故选B．

8、【答案】D

【解析】，，，

，故选D．

9、【答案】B

【解析】，当时，，，

当关于轴对称的函数为，

由题意得：，在时有解，如图：

当时，，，则的取值范围是，故选B．

10、【答案】D

【解析】∵，，∴，即，即，故，

由知，∴，

，，；

若对任意，恒成立，只需使，

即，解得．本题选择D选项．

11、【答案】C

【解析】取线段中点，设在底面射影为，设，则，为二面角的平面角，，，，，故选C．

12、【答案】B

【解析】根据题意，对于函数，当时，，

分析可得：当时，，有最大值，最小值，

当时，，

函数的图象关于直线对称，则此时有，

又由函数是定义在区间内的级类周期函数，且；

则在上，，则有，

则函数在区间上的最大值为，最小值为；

对于函数，有，

分析可得：在上，，函数为减函数，

在上，，函数为增函数，

则函数在上，得的最小值，

若，，使成立，

必有，即，得到范围为．故答案为：B．

13、【答案】

【解析】利用通项公式，令，，则展开式中的系数为．

14、【答案】

【解析】画出可行域，

当目标函数过点时取得最小值，由得，则，解得．

15、【答案】

【解析】由题意，延长至，使得，可证，其面积相等，

故的面积等于的面积，由已知数据可得，，，

在中由余弦定理可得，

所以，所以．

16、【答案】②③

【解析】由题意，①若，，

则，则，所以不正确；

②如图，设，，则点在平面上，点在轴上，由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，所以是正确的；

③已知，，则，

所以，所以是正确的；

④由，，，则三棱锥为正四面体，棱长为，其表面积为，所以不正确．故选②③．

17、【答案】（1），；（2）．

【解析】（1）由图象可以知道：．∴，

又∵，∴，

∵，∴，，，

从而，．

由图象可以知道，所以．

（2）由，得，且．∴，

∵，

∴由正弦定理得，

又∵由余弦定理得：，

∴解得．

18、（1）（i）经过计算得：，，

所以， ………………3分

因此关于的线性回归方程为：，

所以关于的指数型回归方程为：． …………………………………………………5分

代入，，

故预测2月3号当天新增确诊病例人数为人． ………………………………………6分

（ii）在关于的线性回归方程中，代入，，

以此预测2月3号当天新增确诊病例人数为人．

显然关于的线性回归方程预测效果更好．…………………………………………………………8分

（2）（i）由正态分布的性质得，

． ………………………9分

根据题意，，故…………………10分

（ii）（开放式答案）

例1：由于，即25岁至85岁的感染者占所有感染者的90%以上，而小于10岁的感染者还不足%，所以可以认为，相对而言儿童不易感染2019新型冠状病毒．

例2：由于地区之间的年龄分布可能存在较大差异，如果所在地区儿童所占比例很小，则感染的比例小是正常的结果，所以并不能认为儿童不易感染2019新型冠状病毒，而应结合其它地区的数据再判断．

……………………………………12分

19、【答案】（1）见解析；（2）．

【解析】（1）证明：，，

，

平面，平面，

，

，

平面，

平面，

平面平面．

（2）解:以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，由点向作垂线，则，

∴，

∴，，，，

设．

∵在棱上，

∴（），

∴，

设平面的法向量，

∴，，，取，则，

则．

设平面的法向量，

∴，，，取，

则，．

∴，∴，

解得．∴，，

易知平面的法向量，

所以与平面所成角的正弦值．

20、【答案】（1）；（2）最小值，直线的方程为．

【解析】（1）由的面积可得，即，∴．①

又椭圆过点，∴．②

由①②解得，，故椭圆的标准方程为．

（2）设直线的方程为，则原点到直线的距离，

由弦长公式可得．

将代入椭圆方程，得，

由判别式，解得．

由直线和圆相交的条件可得，即，也即，

综上可得的取值范围是．

设，，则，，

由弦长公式，得．

由，得．

∵，∴，则当时，取得最小值，

此时直线的方程为．

21、【答案】（1）；（2）不是的根．

【解析】（1）∵，∴，

由已知得，，．

∴，

∴在上单调递减，在上单调递增，

∴在处取得极小值，符合题意，故．

（2）由（1）知函数．

∵函数图象与轴交于，两个不同点，

∴，，两式相减整理得：．

∵，

∴

令，即．

∵，∴，

令，∵，

∴，

∴，

设，则．

∵，∴，

∴在上是增函数，

∴，

∴无解，即．

∴不是的根．

22、【答案】（1），；（2）．

【解析】

（1）将（为参数）消去参数可得，

∴直线的普通方程为．

由，得，

将，，代入上式，得，

即，

∴曲线的直角坐标方程为．

（2）将代入中，

整理得，

设，两点对应参数分别为，，

则，，

∵，

∴，又，

∴，

∴，

∴，即，

解得，符合题意．

∴．

23、【答案】（1）；（2）见解析．

【解析】（1）由题意，原不等式等价为，

令，

所以不等式的解集是．

（2）要证，只需证，

只需证，

而，

从而原不等式成立．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/ae77eda330b765ce0508763231126edb6e1a7611.html