贵州省2020年高考理科数学模拟试题及答案

贵州省2020年高考理科数学模拟试题及答案

（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.已知全集UR，集合Ax|24,A. (1,2)

B. 1,2

xB{x|(x1)(x3)0}，则ðUAB（ ）

C. (1,3)

D. (,2]

2. 已知复数z(ai)(1i)（i为虚数单位）在复平面内对应的点在直线y2x上，则实数a的值为（ ） A. 0

B. 1

C. 1

D. 

133．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若c2，b6， B60,则C等于（ ） A．30 B．60 C．150 D．30或150 4.执行如图所示的程序框图，如果输入N=4，则输出p为（ ）

A. 6 5. 已知等差数列A. 6. 已知直线

B. 24 的前项和为，且

B.

C. 120 ，则C.

（ ）

D. 720

D.

和抛物线C：，P为C上的一点，且P到直线l的距离与P到C

的焦点距离相等，那么这样的点P有（ ） A. 0个

B. 1个

C. 2个

D. 无数个

7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为

1

A. C.

B. D.

8. 从2个不同的红球，2个不同的黄球，2个不同的蓝球中任取两个，放入颜色分别为红、黄、蓝的三个袋子中，每个袋子中至多放入1个球，且球的颜色与袋子的颜色不同，那么不同的放法有（ ）

A．46种 B．36种 C．72种 D．42种

x2y29. 已知双曲线C:221（a0,b0）的左焦点为F，第二象限的点M在双曲线

abbC的渐近线上，且|OM|a，若直线MF的斜率为，则双曲线的渐近线方程为( )

aA．yx B．y2x C．y3x D．y4x 10.已知数列A. 13

的通项公式是

B. 10

，其前项和

C. 9

，则项数

D. 6

11.已知fx是定义域为R的偶函数,且在(0,+∞)单调递增,设mflog210.1,nf7, 3pflog425,则m,n,p的大小关系为( )

A.mpn B.pnm C.pmn D.npm 12.已知函数fxexax1在区间(-1,1)内存在极值点,且fx0恰好有唯一整数解,则a 的取值范围是(其中e为自然对数的底数,e2.71828 )

e21e21e21,e B.2,1e1,A. 222e2e 2

e21e1C.,2e2ee1,e D.e1,e

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。） 13. 1x2x25展开式中的x6的系数为_______

14. 若向量a(2,x),b(2,1)不共线，且(ab)(ab)，则ab______ 15. 设等比数列16. 已知点

的前项和是，若，抛物线

，则

__________．

，与抛物线相交于点，延长

，与

的焦点为，连接

抛物线的准线相交于点，若，则实数的值为__________．

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. （本题满分12分）

的内角，，的对边分别为，，，已知（1）求角； （2）若点满足18. （本题满分12分） 如图，在三棱锥

中，

底面

，

为

的中点

，求

的长.

，

，

.

（1）求证：（2）若二面角

的大小为

，求三棱锥

的体积.

19. （本题满分12分）

某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过收费

元之外，超过

的部分，每超出

（不足

的包裹收费时按

元；重量超过

的包裹，除

计算）需再收元．公司从承揽

过的包裹中，随机抽取件，其重量统计如下：

3

公司又随机抽取了天的揽件数，得到频数分布表如下：

以记录的天的揽件数的频率作为各揽件数发生的概率

的概率；

（1）计算该公司天中恰有天揽件数在

（2）估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；

（3）公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用做其他费用，目前前台有工作人员人，每人每天揽件不超过

件，每人每天工资

元，公司正在考虑是否将前台

工作人员裁减人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润有利？（同一组中的揽件数以这组数据所在区间中点值作代表） 20. （本题满分12分） 已知椭圆C：

的离心率为

，左、右顶点分别为A，B，点M是椭圆C上异于A，B

的一点，直线AM与y轴交于点P．

（1）若点P在椭圆C的内部，求直线AM的斜率的取值范围；

（2）设椭圆C的右焦点为F，点Q在y轴上，且AQ∥BM，求证：∠PFQ为定值． 21．（本题满分12分）

已知函数fxxlnxax1aR. （1）讨论fx在1,上的零点个数；

（2）当a1时，若存在x1,，使fxe1a3，求实数a的取值范围.（e为自然对数的底数，其值为2.71828……）

（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）

在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建坐标系，

已知曲线C：ρsinθ＝2acos θ(a＞0)，已知过点P(－2，－ 4)的直线l的参数方程为

2

4

2

x＝－2＋t22y＝－4＋t2

，直线l与曲线C分别交于M，N两点.

(1)写出曲线C和直线l的普通方程；

(2)若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求a的值. ．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

设不等式的解集为M．

(1)求集合M； (2)已知

，求证：

．

5

23

参

一、选择题

1.B 2.D 3.A 4.B 5.C 6.C 7.B 8.D 9.A 10.D 11.C 12.C 二、填空题

13.30 14.3 15.三、解答题

17.（1）由题设及正弦定理得又所以由于又因为所以

.

，解得，即

，，

，所以，

，

，

. .

. ，则，

.

，

，

16.

（2）由正弦定理易知又因为在所以在

，所以

中，因为

中，

由余弦定理得所以

.

中，由余弦定理得

．

，所以

因为因为

底面

，则，

，

，则，所以

． 平面

，从而

．

．

18.（1）在因为为因为

，则．

的中点，则

，则

（2）分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．

6

设设平面取因为则

，则点的法向量为，则

，为平面

，，，则，所以的法向量， ，即

，所以

，即．

，

，

．

．

所以，解得，所以．

所以19.

样本中包裹件数在

内的天数为

，频率为

．

，

可估计概率为，未来天中，包裹件数在即

，故所求概率为

样本中快递费用及包裹件数如下表：

；

间的天数X服从二项分布，

故样本中每件快递收取的费用的平均值为

（元），

故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为（3）根据题意及

元．

（元），

，揽件数每增加，可使前台工资和公司利润增加

7

将题目中的天数转化为频率，得

若不裁员，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：

故公司平均每日利润的期望值为若裁员人，则每天可揽件的上限为

（元）；

件，公司每日揽件数情况如下：

故公司平均每日利润的期望值为因

（元）

故公司将前台工作人员裁员人对提高公司利润不利．

，∴a＝2，cm

，∴椭圆的方程为

1，

20.（Ⅰ）由题意可得c2＝a2﹣2，∵e设P（0，m），由点P在椭圆C的内部，得∴直线AM的斜率kAM∴kAM∈（

，0）（0，

∈（），

，

，又∵A（﹣2，0），

），又M为椭圆C上异于A，B的一点，

8

（Ⅱ）由题意F（直线AM的方程为y∵kBM

=kAQ

，0），M（x0，y0），其中x0≠±2，则1，

），

（x+2），令x＝0，得点P的坐标为（0，，∴直线AQ的方程为y

），由

（

（x+2）， ，

），

令x＝0，得点Q的坐标为（0，（，），

∴•20，∴⊥，即∠PFQ＝90°，

故∠PFQ为定值

21.（1）由fxxlnxax10得alnx11，令gxlnx， xx因此讨论fx在1,上的零点个数，即是讨论直线ya与曲线ygx的交点个数，

11x122，gx0在1,上恒成立， xxx1故gxlnx在1,上单调递增，gx1,，

x∵gx又gx连续不断，所以当a1时，fx在1,上无零点； 当a1时，fx在1,上存在一个零点.

（2）当a1时，由（1）得fx在1,上存在一个零点， 由fxlnx1a0得xea1， 由（1）可得fx在1,e所以fxminfea1a1上单调递减，在ea1a1,上单调递增；

1e，

又存在x1,，使fxe1a3成立， 所以，只需1e令hxex1a1e1a3成立，即ea1e1a310不等式成立，

e1x31， e1，

e10在x1,上恒成立，

则hxex1易知hxe故hxe

x1x1e1x31在x1,上单调递增

9

又h20，所以hx0x2. 故实数a的取值范围为2,.

22 (1)由C：ρsin2θ＝2acos θ，得(ρsin θ)2＝2aρcos θ ，所以曲线的普通方程为y2＝2ax.2

x＝－2＋2t，

由直线l的参数方程2

y＝－4＋2t2x＝－2＋2t，

(2)直线l的参数方程为2

y＝－4＋2t2

2

2

消去参数t，得x－y－2＝0. ……5分

(t为参数)，

代入y＝2ax, 得到t－22(4＋a)t＋8(4＋a)＝0，则有t1＋t2＝22(4＋a)，t1·t2＝8(4＋a). 因为|MN|＝|PM|·|PN|，所以(t1－t2)＝(t1＋t2)－4t1·t2＝t1·t2. 解得a＝1. ………10分 23.（1）原不等式等价于

或

或

2

2

解得：或

时，

，

所以原不等式的解集为（2）由（1）知，当所以从而可得

，

10