2020届高考考前45天大冲刺卷理科数学四

2020届高考考前45天大冲刺卷理科数学四

‎2020年高考考前45天大冲刺卷 理 科 数 学（四）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．若为虚数单位，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎3．“”是“函数的图象关于直线对称”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 ‎4．幻方最早起源于我国，由正整数，，，，这个数填入方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫阶幻方．定义为阶幻方对角线上所有数的和，如，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）‎ A．若，，则或 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 ‎6．的展开式中含的项的系数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．右图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）．若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．在中，点为中点，过点的直线与，所在直线分别交于点，，‎ 若，（，），则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图，平面四边形中，，，，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．若函数的图象上两点，关于直线的对称点在的图象上，‎ 则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：‎ ‎①以为直径的圆与抛物线准线相离；‎ ‎②直线与直线的斜率乘积为；‎ ‎③设过点，，的圆的圆心坐标为，半径为，则．‎ 其中，所有正确判断的序号是（ ）‎ A．①② B．①③ C．②③ D．①②③‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．已知实数，满足约束条件，则的最大值为 ．‎ ‎14．某中学举行了一次消防知识竞赛，将参赛学生的成绩进行整理后分为组，绘制如图所示的频率分布直方图，记图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五组，已知第二组的频数是，则成绩在区间的学生人数是 ．‎ ‎15．设双曲线（，）的左焦点为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的两条渐近线顺次交于，两点．若，则的离心率为 ．‎ ‎16．已知是定义在上的偶函数，其导函数为．若时，，则不等式的解集是 ．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）某商场为改进服务质量，随机抽取了名进场购物的顾客进行问卷调查．调查后，就顾客“购物体验”的满意度统计如下：‎ ‎（1）是否有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关？‎ ‎（2）为答谢顾客，该商场对某款价格为元/件的商品开展促销活动．据统计，在此期间顾客购买该商品的支付情况如下：‎ 将上述频率作为相应事件发生的概率，记某顾客购买一件该促销商品所支付的金额为，求的分布列和数学期望．‎ 附表及公式：．‎ ‎18．（12分）已知，，分别是三个内角，，的对边，．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求，．‎ ‎19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若为线段上一点，当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．‎ ‎20．（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且．‎ ‎（1）证明：直线与圆相切；‎ ‎（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长．‎ ‎21．（12分）已知函数，为的导数，函数在处取得最小值．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若时，恒成立，求的取值范围．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ 在直角坐标系中，曲线的参数方程为．以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设点在曲线上，点在曲线上，且为正三角形．‎ ‎（1）求点，的极坐标；‎ ‎（2）若点为曲线上的动点，为线段的中点，求的最大值．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知函数．‎ ‎（1）解不等式：；‎ ‎（2）求证：．‎ 参考答案与解析 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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．【答案】D ‎【解析】由题意得集合，所以，‎ 故，故选D．‎ ‎2．【答案】B ‎【解析】由题意得，‎ 因为，，‎ 所以在复平面内对应的点位于第二象限，故选B．‎ ‎3．【答案】A ‎【解析】若函数的图象关于直线对称，则，，‎ 解得，，‎ 故“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件，‎ 故选A．‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，‎ 所以阶幻方对角线上数的和就等于每行（或每列）的数的和，‎ 又阶幻方有行（或列），‎ 因此，，，故选C．‎ ‎5．【答案】D ‎【解析】选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，‎ 故A正确；‎ 选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；‎ 选项C：若，，，若，所成的二面角为，则，故C正确；‎ 选项D，若，，有可能，故D不正确，故选D．‎ ‎6．【答案】B ‎【解析】由题意，展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，‎ 所以的展开式中含的项的系数为，故选B．‎ ‎7．【答案】A ‎【解析】由，，成等差数列，所以，‎ 又，，成等比数列，所以，消去，得，‎ 所以，解得或，‎ 因为，，是不相等的非零实数，‎ 所以，此时，所以，故选A．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是；‎ 仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦，没有阳爻的是坤卦，此时取两卦满足条件的种数是，‎ 于是所求的概率，故选C．‎ ‎9．【答案】B ‎【解析】因为点为中点，所以，‎ 又因为，，所以，‎ 因为，，三点共线，所以，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，‎ 故选B．‎ ‎10．【答案】A ‎【解析】由，，可知平面，‎ 将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同．‎ 由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，‎ 记的外心为，由为等边三角形，可得．‎ 又，故在中，，‎ 此即为外接球半径，从而外接球表面积为，故选A．‎ ‎11．【答案】D ‎【解析】函数的图象上两点，关于直线的对称点在上，‎ 即曲线与有两个公共点，‎ 即方程有两解，即有两解，‎ 令，则，‎ 则当时，；当时，，‎ 故时，取得极大值，也即为最大值，‎ 当时，；当时，，所以满足条件，‎ 故选D．‎ ‎12．【答案】D ‎【解析】如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，‎ 则圆心为线段的中点．‎ 设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，‎ 显然，，三点不共线，则，‎ 所以①正确．‎ 由题意可设直线的方程为，代入抛物线的方程，‎ 有．‎ 设点，的坐标分别为，，则，，‎ 所以．‎ 则直线与直线的斜率乘积为，所以②正确．‎ 将代入抛物线的方程可得，从而．‎ 根据抛物线的对称性可知，，两点关于轴对称，‎ 所以过点，，的圆的圆心在轴上．‎ 由上，有，，‎ 则．‎ 所以，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，‎ 所以．‎ 于是，，‎ 代入，，得，‎ 所以，所以③正确．‎ 故选D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】作出约束条件表示的可行域，‎ 是以，，，为顶点的三角形及其内部，‎ 转化目标函数为，‎ 当目标函数经过点时，直线的截距最大，此时取得最大值．‎ 故答案为．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】根据直方图知第二组的频率是，则样本容量是，‎ 又成绩在分的频率是，‎ 则成绩在区间的学生人数是，故答案为．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】由题意，直线的方程为，与，‎ 联立得，，‎ 由，得，从而，即，‎ 从而离心率，故答案为．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】令，则是上的偶函数，，‎ 则在上递减，于是在上递增，‎ 由，得，‎ 即，‎ 于是，则，解得，‎ 故答案为．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）有的把握认为；（2）分布列见解析，（元）．‎ ‎【解析】（1）由题得，‎ 所以，有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关．‎ ‎（2）由题意可知的可能取值为，，，．‎ ‎，，，．‎ 则的分布列为 所以，（元）．‎ ‎18．【答案】（1）；（2），或，．‎ ‎【解析】（1）由及正弦定理得 ‎．‎ 因为，所以，‎ 代入上式并化简得．‎ 由于，所以，‎ 又，故．‎ ‎（2）因为，，，‎ 由余弦定理得，即，‎ 所以，‎ 而，所以，为一元二次方程的两根．‎ 所以，或，．‎ ‎19．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）证明：因为是正三角形，为线段的中点，所以，‎ 因为是菱形，所以．‎ 因为，所以是正三角形，所以，所以平面，‎ 又，所以平面．‎ 因为平面，所以平面平面．‎ ‎（2）由（1）知平面，‎ 所以，，‎ 而，所以，．‎ 又，所以平面．‎ 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．‎ 则，，，．‎ 于是，，．‎ 设面的一个法向量，由，得．‎ 令，则，即．‎ 设，易得，．‎ 设面的一个法向量，‎ 由，得，‎ 令，则，，即．‎ 依题意，即，‎ 令，则，即，即，‎ 所以．‎ ‎20．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）由题意，椭圆的焦点在轴上，且，所以，‎ 所以椭圆的方程为，‎ 由点在直线上，且，知的斜率必定存在．‎ 当的斜率为时，，，‎ 于是，到的距离为，直线与圆相切；‎ 当的斜率不为时，设的方程为，与联立得，‎ 所以，，从而．‎ 而，故的方程为，‎ 而在上，故，从而，‎ 于是，‎ 此时到的距离为，直线与圆相切，‎ 综上，直线与圆相切．‎ ‎（2）由（1）知，的面积为，‎ 上式中，当且仅当等号成立，‎ 所以面积的最小值为．‎ 此时，点在椭圆的长轴端点，为．‎ 不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，‎ 代入椭圆的方程解得，即，，所以．‎ ‎21．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）由题意，‎ 令，则，知为的增函数，‎ 因为，，‎ 所以，存在，使得，即．‎ 所以，当时，，为减函数；‎ 当时，，为增函数，‎ 故当时，取得最小值，也就是取得最小值．‎ 故，于是有，即，所以有，证毕．‎ ‎（2）由（1）知，的最小值为，‎ ‎①当，即时，在的增函数，‎ 所以 ‎，‎ 由（1）中，得，即，故满足题意．‎ ‎②当，即时，有两个不同的零点，，且，即，‎ 若时，，为减函数，（*）‎ 若时，，为增函数，‎ 所以的最小值为．‎ 注意到时，，且此时．‎ ‎（i）当时，，‎ 所以，即，‎ 又 ‎，‎ 而，所以，即．‎ 由于在下，恒有，所以．‎ ‎（ii）当时，，所以，‎ 所以由（*）知时，为减函数，‎ 所以，不满足时，恒成立，故舍去，‎ 故满足条件．‎ 综上所述：的取值范围是．‎ ‎22．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为点在曲线上，为正三角形，‎ 所以点在曲线上，‎ 又因为点在曲线上，‎ 所以点的极坐标是，从而，点的极坐标是．‎ ‎（2）由（1）可知，点的直角坐标为，‎ 设点的直角坐标为，则点的直角坐标为．‎ 将此代入曲线的方程，有，‎ 即点在以为圆心，为半径的圆上，，‎ 所以的最大值为．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1）由于，‎ 于是原不等式化为，‎ 若，则，解得；‎ 若，则，解得；‎ 若，则，解得，‎ 综上所述，不等式解集为．‎ ‎（2）由已知条件，‎ 对于，可得，‎ 又，‎ 由于，所以．‎ 又由于，‎ 于是，‎ 所以．‎