贵州省2020年高考理科数学模拟试题及答案(一)

1贵州省2020年高考理科数学模拟试题及答案（一）（满分150分，考试时间120分钟）一、选择题（本题共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2{|2}Axx,则RCA()A.{|22}xxB.{|22}xxx或C.{|22}xxD.{|22}xxx或2.若12zii,则z()A.1iB.1iC.1iD.1i3.已知3ae，33log5log2b，2ln3c，则a，b，c的大小关系为（）A．acbB．bcaC．cabD．cba4.已知10,2sincos2R，则tan(2)4=（）A．43B．7C．34D．175.已知某几何体的三视图如图所示，网格中小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（）A.20B.22C.24D.6.已知函数()fx和(2)fx都是定义在R上的偶函数，当[0,2]x时，()2xfx，则20192f（）A.2B.22C.322D.227.直线2130xaya，当a变动时，所有直线所过的定点为()A.1(,3)2B.1(,3)2C.1(,3)2D.1(,3)28.三棱锥VABC的底面三角形ABC为正三角形，侧面VAC垂直于底面，VAVC,已知其正视图VAC面积为23,则其侧视图的面积为()A.32B.36C.34D.339.如图，已知直四棱柱中，，，且，则直线与直线所成角的余弦值为（）A.B.C.D.10.已知中，内角所对的边分别是，若，且，则当取到最小值时，（）A.B.C.D.11.定义在上的偶函数满足：当时，，.若函数有6个零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.12.已知抛物线的焦点为，且到准线的距离为2，直线与抛物线交于两点（点在轴上方），与准线交于点，若，则（）A.B.C.D.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）313.若满足约束条件，则的最大值为__________．14.某校举行“我爱我的祖国”征文比赛，从名获得一等奖的同学中选出名同学发表获奖感言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，则不同发言顺序的种数为_____．（用数字作答）15.用min,,abc表示,,abc三个数中的最小值.设()min2,2,10xfxxx(0)x,则()fx的最大值为.16.已知函数()yfx是R上的偶函数，对xR都有(4)()(2)fxfxf成立．当0,2x，()yfx单调递减，给出下列命题：①(2)=0f；②直线=-4x是函数()yfx图象的一条对称轴；③函数()yfx在-4,4上有四个零点；④区间-40,-38是()yfx的一个单调递增区间.其中所有正确命题的序号为________．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为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题（共60分）17.(12分)已知等差数列的公差，其前项和为，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.18.(12分)一个经销鲜花产品的微店，为保障售出的百合花品质，每天从云南鲜花基地空运固定数量的百合花，如有剩余则免费分赠给第二天购花顾客，如果不足，则从本地鲜花供应商处进货.今年四月前10天，微店百合花的售价为每支2元，云南空运来的百合花每支进价1.6元，本地供应商处百合花每支进价1.8元，微店这10天的订单中百合花的需求量（单位：支）依次为：251，255，231，243，263，241，265，255，244，252.4（Ⅰ）求今年四月前10天订单中百合花需求量的平均数和众数，并完成频率分布直方图；（Ⅱ）预计四月的后20天，订单中百合花需求量的频率分布与四月前10天相同，请根据（Ⅰ）中频率分布直方图（同一组中的需求量数据用该组区间的中点值作代表，位于各区间的频率代替位于该区间的概率）：（1）写出四月后20天每天百合花需求量的分布列；（2）若百合花进货价格与售价均不变，微店从四月十一日起，每天从云南固定空运支百合花，当为多少时，四月后20天每天百合花销售利润（单位：元）的期望值最大？19.(12分)如图，三棱柱中，，，平面平面.（1）求证：；（2）若，直线与平面所成角为，为的中点，求二面角的余弦值.20．(12分)已知椭圆222210xyCabab：的左、右焦点分别为12FF，，过1F任作一条与两坐标轴都不垂直的直线，与椭圆C交于AB，两点，且2ABF△的周长为8．当直线AB的斜率为34时，2AF与x轴垂直．(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在定点M，总能使1MF平分AMB？说明理由．21.(12分)已知函数.（1）当时，判断函数的单调性；（2）当时，证明：.（为自然对数的底数）（二）选考题（共10分。请考生在第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．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）5在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的极坐标方程为.（Ⅰ）求直线的普通方程以及圆的直角坐标方程；（Ⅱ）若点在直线上，过点作圆的切线，求的最小值.23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）设函数axxf)(，Ra.（1）当2a时，解不等式：526)(xxf；（2）若关于x的不等式4)(xf的解集为[-1,7]，且两正数s和t满足ats2，求证：681ts.参考答案一、选择题61.D2.D3.C4.B5.B6.B7.B8.D9.B10.A11.A12.C二、填空题13.1414.9615.616.①②三、解答题17.（1）因为，即即，①因为为等比数列，即所以，化简得：②联立①和②得：，所以（2）因为所以18.解：（I）四月前10天订单中百合需求量众数为255，平均数频率分布直方图补充如下：7（II）（1）由（I）频率分布直方图知，分布列为245255265P0.10.30.40.2（2）①，，，，②，，，，③，，，，时，（元）.故每天空运245支百合，四月后20天每天百合销售利润的期望值最大.19.（1）过点作，垂足为，8因为平面平面，所以平面，故，又因为，，，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故.（2）以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，因为平面，所以是直线与平面所成角，故，所以，，，，，，，，设平面的法向量为，则，所以，令，得，因为平面，所以为平面的一条法向量，，，所以二面角的余弦值为.20．解：(1)因为228ABAFBF，即11228AFBFAFBF，又12122AFAFBFBFa，所以482aa，．当直线AB的斜率为34时，2AF与x轴垂直，所以21234AFFF9由22221cyab，且0y，解得2bya，即2bAca，又因为2a，所以2344bc，所以23bc．结合222cab，解得13cb，．所以，椭圆C的标准方程为22143xy．(2)由(1)得，110F，，设直线AB的方程为10xmym，11220AxyBxyMs，，，，，，联立2213412xmyxy，消去x，整理得2234690mymy，所以121222693434myyyyymm，，如果1MF平分AMB，则0AMBMkk，即12120yyxsxs，所以12210yxsyxs，即122112110ymyymysyy，所以1212210myysyy，即22962103434mymsmm，所以13s，即4s所以40M，为所求．21.（1）函数的定义域为..①当时，.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.②当时，.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；10当时，，函数单调递增.③当时，.易知恒成立，函数在上单调递增；④当时，.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.综上，当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，不等式化为.记，则.显然在上单调递增，且，.所以在上有唯一的零点，且.所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.由，即，得，所以，而易知函数在上单调递减，所以，11所以.所以，即.22.（1）由直线的参数方程消去参数，得，即.所以直线的普通方程为.圆的极坐标方程为，即，将极坐标方程与直角坐标方程的转化公式代入上式可得，即，此为圆的直角坐标方程.（2）由（1）可知圆的圆心为，半径，所以，而的最小值为圆心到直线的距离.所以的最小值为.23.解：（Ⅰ）不等式可化为6522xx，即①652225xxx或②6252252xxx或③62522xxx.由①，得313x；由②，得x；由③，得31x；所以，原不等式的解集为),313[]31,(.（Ⅱ）不等式4)(xf即44ax，∴44axa，∴14a且74a，∴3a.∴)2)(81(3181tststs)1610(31tsst6)16210(31tsst.