2020新课标高考数学（理科）必刷卷九（含解析）

2020新课标高考政治必刷卷一（含解析）

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2020新课标高考数学（理科）必刷卷（九）

（本试卷满分150分，考试用时120分钟）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题)

一、单选题：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．若集合，则的真子集的个数为（  ）

A．3 B．4 C．7 D．8

【答案】A

【解析】

【分析】

先求出的交集，再依据求真子集个数公式求出，也可列举求出。

【详解】

，，

，所以的真子集的个数为，故选A。

【点睛】

有限集合的子集个数为个，真子集个数为。

2．若复数为纯虚数，则x的值为（ ）

A．2． B．-1. C．． D．．

【答案】D

【解析】

【分析】

由纯虚数的定义可得其实部为0但虚部不为0，解之可得答案．

【详解】

由纯虚数的定义可得，故x＝，

故选D．

【点睛】

本题考查纯虚数的定义，涉及一元二次方程与不等式的解法，属基础题．

3．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

令,可得,,,进而得到,,,画出,,的图象,利用图象比较大小即可.

【详解】

令,则,,

,,,且

分别画出,,的图象可得,

 

,即

故选：B.

【点睛】

本题考查指对互化,考查指数函数图象,考查利用图象比较值的大小.

4．“上医医国”出自《国语・晋语八》，比喻高贤能治理好国家．现把这四个字分别写在四张卡片上，其中“上”字已经排好，某幼童把剩余的三张卡片进行排列，则该幼童能将这句话排列正确的概率是（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

先排好医字，共有种排法，再排国字，只有一种方法.

【详解】

幼童把这三张卡片进行随机排列，

基本事件总数n==3，

∴该幼童能将这句话排列正确的概率p=．

故选：A

【点睛】

有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数：1．基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举；2．注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用．

5．埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字塔．令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”．如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值．金字塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完成后，底座边长大约230米．因年久风化，顶端剥落10米，则胡夫金字塔现高大约为（    ）

A．128.5米 B．132.5米 C．136.5米 D．110.5米

【答案】C

【解析】

【分析】

设出胡夫金字塔原高，根据题意列出等式，解出等式即可根据题意选出答案。

【详解】

胡夫金字塔原高为 ，则 ，即米，

则胡夫金字塔现高大约为136.4米．故选C．

【点睛】

本题属于数学应用题，一般设出未知数，再根据题意列出含未知数的等式，解出未知数，即可得到答案。属于常规题型。

6．函数（）的图象的大致形状是（    ）

A． B．

C．   D．

【答案】C

【解析】

 故选C.

7．记S_n为等差数列{a_n}的前n项和．若3S₃＝S₂＋S₄，a₁＝2，则a₅＝(    )

A．－12 B．－10

C．10 D．12

【答案】B

【解析】

【分析】

将已知条件转化为的形式，解方程求得，由此求得的值.

【详解】

设等差数列{a_n}的公差为d，

则3×(3a₁＋3d)＝2a₁＋d＋4a₁＋6d，

则d＝－a₁，又a₁＝2，∴d＝－3，

∴a₅＝a₁＋4d＝－10.

故选：B

【点睛】

本小题主要考查等差数列前项和公式以及通项公式，属于基础题.

8．在平行四边形中，，，，，若，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

根据平行四边形的性质，利用平面向量的线性表示化简， ,再结合数量积运算，即可求出答案．

【详解】

如图所示，

平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝2，

，，

∴，

 

若•12，

则•（）•（）

• 

3²2²3×2×cos∠BAD＝12，

cos∠BAD，又∠BAD∈（0，）

∴∠BAD．

故选：B．

 

【点睛】

本题考查了平面向量基本定理，平面向量的数量积运算，将向量表示为是关键，基础题目．

9．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入(    )

 

A．是偶数?，? B．是奇数?，?

C．是偶数?， ? D．是奇数?，?

【答案】D

【解析】

根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个框应该是“奇数”，执行程序框图，  结束，所以第二个框应该填，故选D.

10．中国古代数学家名著《九章算术》中记载了一种名为“堑堵”的几何体，其三视图如图所示，则其外接球的表面积为（    ）

 

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

分析：该题属于已知几何体的三视图，，求其外接球的表面积问题，把三棱柱补成长方体，则长方体的对角线长等于外接球的直径，从而求得结果.

详解：由已知可得该“堑堵”是一个半个长方体的直三棱柱，且长宽高分别是，该几何体的外接球就是对应的长方体的外接球，而长方体的对角线是，所以其外接球的半径为1，所以其外接球的表面积为，故选B.

点睛：解决该题的关键是将根据三视图将几何体还原，从而得到该几何体是半个长方体的三棱柱，利用长方体的外接球的特征求得结果.

11．已知是椭圆的右焦点，是椭圆短轴的一个端点，若为过的椭圆的弦的三等分点，则椭圆的离心率为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

根据椭圆几何性质可把椭圆内每条线段的长度用表示，然后利用余弦定理，在两个三角形里分别表示同一角的余弦，得到关系，求出离心率.

【详解】

延长交椭圆于点，设椭圆右焦点为，连接.

根据题意，，

所以

根据椭圆定义，所以

在中，由余弦定理得

在中，由余弦定理得

所以，解得，

所以椭圆离心率为

故选B项.

 

【点睛】

本题考查椭圆的定义，几何性质，余弦定理等，属于中档题.

12．已知,若,则实数的取值范围是（ ）

A．    B．

C．    D．

【答案】A

【解析】

试题分析：设，作出函数的图象如图所示，

由图知．由，，得，所以＝．

令，则＝．

令，得．

令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以．

又因为当时，，所以，故选A．

 

考点：1、分段函数；2、函数图象；3、利用导数研究函数的单调性．

第Ⅱ卷（非选择题)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。

13．已知随机变量服从正态分布，且，则等于           .

【答案】0.3

【解析】

试题分析：随机变量服从正态分布，所以正态曲线对称轴为 

考点：正态分布

点评：随机变量服从正态分布，则正态密度曲线关于对称，

14．曲线在点处的切线方程为___________

【答案】

【解析】

【分析】

求出后可得曲线在点处的切线方程.

【详解】

，故，又，

所以曲线在处的切线方程为.

【点睛】

对于曲线的切线问题，注意“在某点处的切线”和“过某点的切线”的差别，切线问题的核心是切点的横坐标.    

15．设是等比数列的前项和，若，则_____．

【答案】或

【解析】

【分析】

由已知判断是否等于，再选择前项和公式，求出，再运用通项公式得解。

【详解】

解得或

又因为

所以或

所以或

故得解.

【点睛】

本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，属于基础题.

16．已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的离心率为______.

【答案】

【解析】

【分析】

本题首先可根据题意绘出图像并设出点坐标为，然后通过圆与双曲线的对称性得出，再根据“点即在圆上，也在双曲线上”联立方程组得出，然后根据图像以及可得和，接下来利用双曲线定义得出以及，最后根据并通过化简求值即可得出结果。

【详解】

 

如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设，

2020新课标高考政治必刷卷二（含解析）

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由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以，

因为圆是以为直径，所以圆的半径为，

因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，

联立化简可得，整理得，

，，所以，

因为，所以，，

因为，所以，

因为，联立可得，，

因为为圆的直径，所以,

即，，，

，，，所以离心率。

【点睛】

本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查双曲线与圆的相关性质，考查对双曲线以及圆的定义的灵活应用，考查化归与转化思想以及方程思想，考查了学生的计算能力，体现了综合性，是难题。

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必做题,每个考生都必须作答.第22/23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分

17．在中，三边，，的对角分别为，，，已知，.

（1）若，求；

（2）若边上的中线长为，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理把等式中的边化成角，利用三角恒等变换得到，再利用正弦定理，求得；

（2）设边上的中线为，利用向量加法法则得，对式子两边平方转化成代数运算，求得，再利用三角形的面积公式求面积的值。

【详解】

（1）因为，

由正弦定理，得，

所以.

所以.又因为，所以.

因为，所以.

又因为，所以，所以.

（2）设边上的中线为，则，

所以，

即，.

解得或（舍去）.

所以.

【点睛】

本题考查正弦定理、面积公式在解三角形中的运用，解题过程中向量关系的两边平方后，本质是余弦定理。

18．已知五面体中，四边形为矩形，，，且二面角的大小为.

 

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）先证平面，由线面平行的性质定理得，所以由线面垂直的判定定理得平面，从而得A平面；

（2）以为坐标原点，以所在的直线为轴，过平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，

【详解】

（1）在五面体中，四边形为矩形，所以，.

因为平面，平面，所以平面，

因为平面，平面平面，所以，又，故.因为，，，所以，

因为，所以平面，又，所以平面.

（2）过点作，垂足为，以为坐标原点，以所在的直线为轴，过平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求平面，平面的法向量，利用向量法求解即可.

 

则，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，则即

，

不妨令，则.

设平面的一个法向量为，则即

不妨令，则，则.

由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查了线面平行的性质定理和线面垂直的判定定理，利用向量法解二面角的问题，属于中档题.

19．为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机对50名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在30名男性驾驶员中，平均车速超过的有20人，不超过的有10人．在20名女性驾驶员中，平均车速超过的有5人，不超过的有15人．

（1）完成下面的列联表，并判断是否有99.5%的把握认为平均车速超过的人与性别有关；

 

（2）以上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车中驾驶员为女性且车速不超过的车辆数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的数学期望.

参考公式：，其中．

参考数据：

	0.15	0.10	0.05	0.025	0.010	0.005	0.001
	2.072	2.706	3.841	5.024	6.635	7.879	10.828

【答案】（1）有；（2）.

【解析】

分析：（1）根据公示计算得到卡方值，作出判断即可；（2）根据条件可知由公式得到期望值.

详解：

（1）

	平均车速超过人数	平均车速不超过 人数	合计
男性驾驶员人数	20	10	30
女性驾驶员人数	5	15	20
合计	25	25	50

∵，

∴所以有的把握认为平均车速超过与性别有关.

（2）根据样本估计总体的思想，从高速公路上行驶的大量家用轿车中随即抽取1辆，驾驶员为女性且车速不超过的车辆的概率为.

所以的可能取值为0,1,2,3，且，

.

方法点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式求得.

20．在平面直角坐标系xOy中，动点E到定点和定直线的距离相等.

（1）求动点E的轨迹C的方程；

（2）设动直线与曲线C有唯一的公共点P，与直线相交于点Q，若，求证：点M的轨迹恒过定点.

【答案】（1）；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）设出动点E的坐标为（x，y），然后直接利用抛物线的定义求得抛物线方程；

（2）联立直线方程和抛物线方程，化为关于y的一元二次方程后由判别式等于0得到k与b的关系，求出Q的坐标，求出切点坐标，再设出M的坐标，然后由证得答案．

【详解】

（1）解：由抛物线定义可知，动点E的轨迹是以（1，0）为焦点，以x＝﹣1为准线的抛物线，其方程为：y²＝4x；

（2）证明：由，消去x得：ky²﹣4y+4b＝0．

由题意可知，直线l与抛物线相切，

∴△＝16﹣16kb＝0，即b．

∴直线l的方程为y＝kx．

令x＝﹣1，得y＝﹣k，

∴Q（﹣1，﹣k），

设切点坐标P（x₀，y₀），则，

解得：P（，），

设M（m，0），

则（m，）•（m+1，k）＝（m）（m+1）

mm²2＝（m﹣1）（m﹣2）．

当m＝1时，．

故点M的轨迹恒过定点（1，0）．

【点睛】

本题考查了抛物线方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，训练了利用向量证明线段的垂直问题，是中档题．

21．已知函数.

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）若有两个零点，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）求出函数的定义域和导数，然后分和两种情况讨论，分析在上导数符号的变化，即可得出函数的单调区间；

（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的结论，函数有两个零点，则且有，即可求出实数的取值范围.

【详解】

（Ⅰ）函数的定义域为，.

①当时，由，知函数在内单调递增；

②当时，由，即得；

由，即得.

所以，函数在内单调递增，在内单调递减.

因此，当时，在内单调递增；

当时，在内单调递增；在内单调递减；

（Ⅱ）当时，则函数在上为增函数，函数最多一个零点，不合乎题意，舍去；

当时，由（Ⅰ）知，函数在内单调递增，在内单调递减.

且当时，，当时，，

则，即，解得.

因此，实数的取值范围是.

【点睛】

本题考查带参函数单调区间的求解，同时也考查了利用函数的零点个数求参数的取值范围，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.

（二）选考题：共10分.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．选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线C的极坐标方程；

（2）过点，倾斜角为的直线l与曲线C相交于M，N两点，求的值.

【答案】（1），（2）

【解析】

【分析】

（1）利用，消去参数，将曲线C的参数方程化为普通方程，再运用 ，，将曲线C的直角坐标方程化为极坐标方程；

（2）根据条件求出直线l具有几何意义的参数方程，代入曲线C普通方程，利用韦达定理以及直线参数的几何意义，即可求解.

【详解】

（1）因为曲线C的参数方程为

，（为参数），

所以曲线C的直角坐标方程为，

即，

将，，，

代入上式得.

（2）直线l的参数方程为，（t为参数），

将代入，

整理得，

设点M，N所对应的参数分别为，，

则，，，

因为，异号，

所以.

【点睛】

本题考查参数方程化普通方程，直角坐标方程化极坐标方程，考查直线参数方程几何意义的应用，属于中档题.

23．选修4-5：不等式选讲

已知实数，，满足，，，且．

（1）证明：；

（2）证明：．

【答案】(1) 证明见解析   (2) 证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用，相乘即可证明结论．

（2）利用，，，，相加证明即可．

【详解】

证明：（1），

相乘得：．

实数，，满足，，，且．

（2），，

，，

相加得：

【点睛】

本题考查综合法证明不等式的方法的应用，考查逻辑推理能力，属于基础题．

2020新课标高考政治必刷卷三（含解析）

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