【KS5U解析】安徽省宣城市2020屆高三下學(xué)期第二次調(diào)研考試理科數(shù)學(xué)試題 Word版含解析

1、2020年高考數(shù)學(xué)二模試卷（理科）一、選擇題（共12小題）1.已知全集，集合，則a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】可以求出集合，然后進行交集的運算即可【詳解】解：，或，故選：a【點睛】本題考查了描述法的定義，對數(shù)函數(shù)的定義域和單調(diào)性，一元二次不等式的解法，交集的運算，考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題2.已知復(fù)數(shù)滿足，則共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在( )a. 第一象限b. 第二象限c. 第三象限d. 第四象限【答案】d【解析】，的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點坐標為，的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，故選d.3.設(shè)sn是等差數(shù)列an的前n項和，若，則等于（ ）a. b. c. d. 【

2、答案】a【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，也成等差數(shù)列，結(jié)合，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)得到，代入即可得到答案【詳解】解：根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，若數(shù)列為等差數(shù)列，則，也成等差數(shù)列；又，則數(shù)列，是以為首項，以為公差的等差數(shù)列則，故選：a【點睛】本題考查的知識點是等差數(shù)列的性質(zhì)，其中根據(jù)數(shù)列為等差數(shù)列，則，也成等差數(shù)列，然后根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，判斷數(shù)列，與的關(guān)系，是解答本題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題4.已知，則（ ）a. acbb. abcc. bacd. bca【答案】c【解析】【分析】利用對數(shù)的運算性質(zhì)先化為，再利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得到、的大小，結(jié)合對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可得到，的大小關(guān)系【詳解】解：，即，故選：c【

3、點睛】本題考查三個數(shù)的大小的求法，解題時要認真審題，注意對數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)的合理運用，屬于中檔題5.國家正積極推行垃圾分類工作，教育部辦公廳等六部門也發(fā)布了關(guān)于在學(xué)校推進生活垃圾分類管理工作的通知通知指出，到2020年底，各學(xué)校生活垃圾分類知識普及率要達到100%某市教育主管部門據(jù)此做了“哪些活動最能促進學(xué)生進行垃圾分類”的問卷調(diào)查（每個受訪者只能在問卷的4個活動中選擇一個）如圖是調(diào)查結(jié)果的統(tǒng)計圖，以下結(jié)論正確的是（ ）a. 回答該問卷的受訪者中，選擇的（2）和（3）人數(shù)總和比選擇（4）的人數(shù)多b. 回該問卷的受訪者中，選擇“校園外宣傳”的人數(shù)不是最少的c. 回答該問卷的受訪者中，選擇（

4、4）的人數(shù)比選擇（2）的人數(shù)可能多30人d. 回答該問卷的總?cè)藬?shù)不可能是1000人【答案】d【解析】【分析】對于，選擇的（2）和（3）人數(shù)總和比選擇（4）的人數(shù)少；對于，選擇“校園外宣傳”的人數(shù)是最少的；對于，選擇（4）的人數(shù)比選擇（2）的人數(shù)可能多；對于，回答該問卷的總?cè)藬?shù)不可能是1000人【詳解】解：對于，答該問卷的受訪者中，選擇的（2）和（3）人數(shù)總和所占百分比為：，選擇（4）的人數(shù)的百分比為，回答該問卷的受訪者中，選擇的（2）和（3）人數(shù)總和比選擇（4）的人數(shù)少，故錯誤；對于，回該問卷的受訪者中，由扇形統(tǒng)計圖得選擇“校園外宣傳”百分比最小，選擇“校園外宣傳”的人數(shù)是最少的，故錯誤；對于

5、，回答該問卷的受訪者中，選擇（4）的人數(shù)比選擇（2）的人數(shù)可能多，故錯誤；對于，回答該問卷的總?cè)藬?shù)若是1000人，選擇（2）（4）的人分別為人，人不是整數(shù)，故正確故選：【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查扇形統(tǒng)計圖等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力與運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題6.函數(shù)的圖象大致是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由函數(shù)的奇偶性及趨近性，結(jié)合選項即可得出答案【詳解】解：函數(shù)的定義域為，故函數(shù)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，可排除選項；當時，可排除選項故選：b【點睛】本題考查函數(shù)圖象的運用，涉及了函數(shù)的奇偶性，考查數(shù)形結(jié)合思想及極限思想，屬于基礎(chǔ)題7.已知，則a. 或0

6、b. c. d. 或0【答案】a【解析】分析】利用二倍角公式化簡已知可得，結(jié)合范圍，分類討論可得，或，進而即可求解【詳解】解：，或，由于，解得，解得，或（舍去），或故選：a【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的的二倍角公式在三角函數(shù)化簡求值中的應(yīng)用，考查了分類討論思想，屬于基礎(chǔ)題8.已知雙曲線c：1（a0，b0）的右焦點為f，若過點f且傾斜角為45°的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點，則此雙曲線的離心率的取值范圍是（ ）a. ，+）b. （，+）c. （2，+）d. （1，+）【答案】a【解析】【分析】若過點且傾斜角為的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點，則該直線的斜率的絕對值小于等于漸

7、近線的斜率根據(jù)這個結(jié)論可以求出雙曲線離心率的取值范圍【詳解】解：雙曲線的右焦點為，若過點且傾斜角為的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點則：該直線的斜率的絕對值小于或等于漸近線的斜率所以故選：a【點睛】本題考查的知識點：雙曲線的性質(zhì)及應(yīng)用及相關(guān)的運算問題，屬于中檔題9.已知下列兩個命題，命題甲：平面與平面相交；命題乙：相交直線l，m都在平面內(nèi)，并且都不在平面內(nèi)，直線l，m中至少有一條與平面相交則甲是乙的（ ）a. 充分且必要條件b. 充分而不必要條件c. 必要而不充分條件d. 既不充分也不必要條件【答案】a【解析】【分析】由題意此問題等價于判斷：命題：已知相交直線和都在平面內(nèi)，且都不在平面內(nèi)，若

8、，中至少有一條與相交，則平面與平面相交；命題：已知相交直線和都在平面內(nèi)，并且都不在平面內(nèi)，若與相交，則，中至少有一條與相交這兩個命題的真假；分別判斷分析可得答案【詳解】解：由題意此問題等價于判斷命題：已知相交直線和都在平面內(nèi)，且都不在平面內(nèi)，若，中至少有一條與相交，則平面與平面相交，命題：已知相交直線和都在平面內(nèi)，并且都不在平面內(nèi)，若與相交，則，中至少有一條與相交的真假；對于命題此處在證明必要性，因為平面內(nèi)兩相交直線和至少一個與相交，不妨假設(shè)直線與相交，交點為，則屬于同時屬于面，所以與有公共點，且由相交直線和都在平面內(nèi)，并且都不在平面可知平面與必相交故命題為真對于命題此處在證充分性，因為平與相

9、交，且兩相交直線和都在平面內(nèi)，且都不在平面內(nèi)，若，都不與相交，則，平行平面，那么，這與相交矛盾，故命題也為真故選：a【點睛】本題考查充分條件、必要條件、充要條件的求法，考查空間中面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力，屬于基礎(chǔ)題10.口袋里放有大小相同的兩個紅球和一個白球，有放回地每次摸一個球，定義數(shù)列：，如果是數(shù)列的前項和，那么的概率是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】考點：n次獨立重復(fù)試驗中恰好發(fā)生k次的概率分析：s7=3說明共摸球七次，只有兩次摸到紅球，由于每次摸球的結(jié)果數(shù)之間沒有影響，故可以用獨立事件的概率乘法公式求解解：由題意s7=3說明共摸球七次，只有兩次摸到紅

10、球，由于每次摸球的結(jié)果數(shù)之間沒有影響，摸到紅球的概率是，摸到白球的概率是故只有兩次摸到紅球的概率是故選b11.已知函數(shù)的值域與函數(shù)的值域相同，則的取值范圍為a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】d【解析】【分析】對函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求得的單調(diào)性情況，進而得到其最值，結(jié)合題意及圖象建立關(guān)于的不等式，解不等式即可得到的取值范圍【詳解】解：因為所以，由于，故函數(shù)在上減函數(shù)，又，故當時，當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且時，故函數(shù)的值域為，作出函數(shù)的草圖如下，由圖可知，要使函數(shù)的值域與函數(shù)的值域相同，則需，解得，故選：d【點睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是理解題干意思，進而

11、建立關(guān)于的不等式，考查轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結(jié)合思想及運算求解能力，屬于中檔題12.如圖正四面體abcd的頂點a，b，c分別在兩兩垂直的三條射線ox，oy，oz上，則在下列命題中，錯誤的為（ ）a. oabc是正三棱錐b. 二面角doba的平面角為c. 直線ad與直線ob所成角為d. 直線od平面abc【答案】b【解析】【分析】在中，從而是正三棱錐；在中，設(shè)，求出平面的法向量，平面的法向量，二面角的平面角為；在中，設(shè)，求出，直線與直線所成角為；在中，利用向量法求出，從而直線平面【詳解】解：正四面體的頂點，分別在兩兩垂直的三條射線，上，在中，是正三棱錐，故正確；將正四面體放入正方體中，如圖所示，在中，設(shè)

12、，則， ， ， ， ，設(shè)平面的法向量， 則，取，得， 平面的法向量， ，二面角的平面角為，故錯誤；在中，設(shè)，則， ， ， ， ，直線與直線所成角為，故正確；在中，設(shè)，則， ， ， ， ，直線平面，故正確故選：.【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力能力與運算求解能力，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分共20分13.的展開式中，x3的系數(shù)為_【答案】8【解析】【分析】根據(jù)式子特點，可先求出的通項，然后分別求出它的展開式中的，項的系數(shù)，然后相減即可【詳解】解：對于，其通項為，1，4，令和4，可得對應(yīng)項的系數(shù)為：，故所求的的系數(shù)

13、為故答案為：8【點睛】本題考查二項展開式的通項、以及利用通項研究特定項的系數(shù)的問題，還考查了學(xué)生的計算能力與邏輯推理能力屬于基礎(chǔ)題14.，點在內(nèi)，且，設(shè)，則_【答案】1【解析】【分析】依題意建立直角坐標系，加上點在內(nèi)的限制，可得點的坐標，在直角三角形中由正切函數(shù)的定義可求解【詳解】解：因為，所以，故可建立直角坐標系，則，故，又點在內(nèi)，且，所以，所以故答案為：1【點睛】本題為向量的基本運算，建立直角坐標系，利用坐標解決問題是一種非常有效的方法，屬于基礎(chǔ)題15.將正整數(shù)排成如圖：試問2020是表中第_行的第_個數(shù)【答案】 (1). 11 (2). 997【解析】【分析】由題意得第行有個數(shù)，由此利用

14、等比數(shù)列的前項和公式能求出結(jié)果【詳解】解：由題意得第行有個數(shù)，是表中第11行的第997個數(shù)故答案為：11，997【點睛】本題考查表中數(shù)字的位置的求法，考查等比數(shù)列的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，屬于中檔題16.若橢圓上有兩點p，q（不是長軸端點），o為原點，若直線op，oq斜率分別為k1，k2，且滿足，則_【答案】7【解析】【分析】設(shè)、的坐標分別為，通過，可知，不妨??；然后用含有和的式子表示出，借助誘導(dǎo)公式和同角三角函數(shù)的平方關(guān)系進行化簡整理即可得解【詳解】解：設(shè)、的坐標分別為，即，不妨取，故答案為：7【點睛】本題考查橢圓中的計算，還涉及三角函數(shù)中的常用公式，解題的關(guān)鍵是用參數(shù)設(shè)點的坐標，

15、考查學(xué)生的知識遷移能力和運算能力，屬于中檔題三、解答題：共70分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答、第22、23為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題：60分17.在abc中；（1）求sina；（2）若abc的面積，求bc的邊長【答案】（1）；（2）2【解析】【分析】（1）由已知利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求，的值，進而根據(jù)兩角和的正弦函數(shù)公式可求的值，（2）由（1）利用正弦定理可求，設(shè)，則由三角形的面積公式解得，即可求得的值【詳解】解：（1），可得，即，為銳角，可得，（2），設(shè)，則由三角形的面積公式，可得，解得，【點睛】本題主要考查了同角三角函

16、數(shù)基本關(guān)系式，兩角和的正弦函數(shù)公式，正弦定理，三角形的面積公式在解三角形中的應(yīng)用，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題18.如圖所示多面體中，ad平面pdc，四邊形abcd為平行四邊形，點e，f分別為ad，bp的中點，ad3，ap3，pc（1）求證：ef/平面pdc；（2）若cdp120°，求二面角ecpd的平面角的余弦值【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中點為，連結(jié)，四邊形是平行四邊形，平面（2）由余弦定理求出，以為原點，在平面內(nèi)過作的垂線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的平面角的余弦值【詳解】解：（1）證明：取的中點為，連結(jié)，分

17、別為、的中點，且，又四邊形為平行四邊形，且，且，四邊形是平行四邊形，平面，平面，平面（2）平面，四邊形為平行四邊形，點，分別為，的中點，解得，如圖，以為原點，在平面內(nèi)過作的垂線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則， ， ， ， ， ，設(shè)平面的一個法向量， ，4，3，則，取，得，平面的一個法向量， 設(shè)二面角的平面角為，則二面角的平面角的余弦值為【點睛】本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力與運算求解能力，屬于中檔題19.已知拋物線c：y22px（0p8）的焦點為f點q是拋物線c上的一點，且點q的縱坐標為4，點q到焦

18、點的距離為5（1）求拋物線c的方程；（2）設(shè)直線l不經(jīng)過q點且與拋物線交于a，b兩點，qa，qb的斜率分別為k1，k2，若k1k22，求證：直線ab過定點，并求出此定點【答案】（1）y24x；（2）見解析，定點（6，4）【解析】【分析】（1）由拋物線的性質(zhì)到焦點的距離等于到準線的距離，設(shè)的坐標，由題意可得的值，進而求出拋物線的方程；（2）設(shè)直線的方程與拋物線聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，進而求出直線，的斜率之積，由題意可得參數(shù)之間的關(guān)系，進而求出直線恒過的定點，注意直線不過，所以求出符合題意的定點的坐標【詳解】解：（1）由題意，直線方程為，由拋物線的性質(zhì)，到焦點的距離等于到準線的距離，由題意可

19、得，解得或8，由題意可得，所以拋物線的方程為：；（2）由題意設(shè)直線的方程為：，設(shè)，聯(lián)立直線與拋物線的方程可得，整理可得，則，由（1）可得可得，即，即，整理可得，將代入可得：，即，所以，或，即，或，所以直線的方程為：，即恒過，或者即恒過，而由題意可得直線不過，可證得直線 恒過定點【點睛】本題考查拋物線的性質(zhì)，直線恒過定點的求法，屬于中檔題20.某生物公司將a型病毒疫苗用100只小白鼠進行科研和臨床試驗，得到統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表：未感染病毒感染病毒總計未注射10xa注射40yb總計5050100現(xiàn)從所有試驗的小白鼠中任取一只，取得注射疫苗小白鼠的概率為（1）能否有99.9%的把握認為注射此型號疫苗有效？（

20、2）現(xiàn)從感染病毒的小白鼠中任取3只進行病理分析，記已注射疫苗的小白鼠只數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望附：p（k2k0）0.100.0100.001k02.7066.63510.828【答案】（1）有99.9%的把握認為注射此型號疫苗有效；（2）分布列見解析，e（）【解析】【分析】（1）先根據(jù)題意補充完整列聯(lián)表，然后由的公式計算出其觀測值，并與附表中的數(shù)據(jù)進行對比即可作出判斷；（2）的可能取值為0，1，2，3，然后由超幾何分布求概率的方法依次求出每個的取值所對應(yīng)的概率即可得分布列，進而求得數(shù)學(xué)期望【詳解】解：（1）由條件知，故有的把握認為注射此型號疫苗有效（2）的可能取值為0，1，2，3，的分布列為

21、 0 1 2 3 數(shù)學(xué)期望【點睛】本題考查獨立性檢驗、超幾何分布、離散型隨機變量的分布列和數(shù)學(xué)期望，考查學(xué)生對數(shù)據(jù)的分析與處理能力，屬于中檔題21.已知函數(shù)，（1）當時，求曲線在處的切線方程；（2）若時，恒成立，求的取值范圍【答案】（1）x+y0；（2）（，2【解析】【分析】（1）把代入函數(shù)解析式，求導(dǎo)函數(shù)，再求出與的值，利用直線方程的點斜式得答案；（2）由，得，即設(shè)，可得令，可得，分，三類分析求解滿足題意的的取值范圍【詳解】解：（1）當時，則，又，曲線在，處的切線方程為；（2）由，得，即設(shè)，則令，若，即，當時，在上單調(diào)遞增，而，時，恒成立，滿足題意；若，當時，在上單調(diào)遞增，而，時，恒成立，滿足題意；若，當時，由，解得，在上單調(diào)遞減，則，不滿足題意綜上所述，的取值范圍是，【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬于中檔題（二）選考題：共10分.請考生在第