（新高考）2020年高考考前适应性试卷 数学（三）（含答案与解析）

（新高考）2020 年高考考前适应性试卷 数 学（三） 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。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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 ，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．已知 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 4．已知平面向量 ， ，满足 ， ， ，则 （ ） A． B． C． D． 5．直线 与圆 的位置关系是（ ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定 6． 的展开式中的常数项为（ ） A． B． C． D． 7．已知函数 ，则 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 8．已知函数 ， ，若 有 个零点，则 的取值范围 为（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．已知变量 与 负相关，且由观测数据算得样本平均数 ， ，则由该观测的数据算 得的线性回归方程可能是（ ） A． B． C． D． 10．为了更好的支持中小型企业的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，某机构调查 了当地的中小型企业年收入情况，并根据所得数据得到如下的频率分布直方图，则下列结论正确的 是（ ） A． B．样本数据落在区间 的频率为 { | 1}A x x= < 2{ | log 1}B x x= < { | 1}A B x x= > 1F 2F 1F l 2 2 2x y a+ = T l C P 1 14F P FT=  C { }na nS n 2 ( )nS n n ∗= ∈N { }nb 1q > 1 1b a= 22b 4b 33b { }na { }nb n n n ac b = { }nc nT 6nT < (sin , 1)x= −m ( 3,cos )x=n ( )f x = ⋅m n π(0, )2x∈ 2( ) 3f x = sin x ABC△ A B C a b c 7a = ABC△ 3 3 2 π 7( ) sin6 3f A b C+ = ABC△ 19．（12 分）某学校共有 名学生，其中男生 人，为了解该校学生在学校的月消费情况，采 取分层抽样随机抽取了 名学生进行调查，月消费金额分布在 之间．根据调查的结果 绘制的学生在校月消费金额的频率分布直方图如图所示： 将月消费金额不低于 元的学生称为“高消费群”． （1）求 的值，并估计该校学生月消费金额的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代 表）； （2）现采用分层抽样的方式从月消费金额落在 ， 内的两组学生中抽取 人， 再从这 人中随机抽取 人，记被抽取的 名学生中属于“高消费群”的学生人数为随机变量 ， 求 的分布列及数学期望； （3）若样本中属于“高消费群”的女生有 人，完成下列 列联表，并判断是否有 的把 握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关？ （参考公式： ，其中 ） 20．（12 分）如图，点 在以 为直径的圆 上， 垂直与圆 所在平面， 为 的 1000 400 100 450 ~ 950 750 a [550,650) [750,850) 10 10 3 3 X X 10 2 2× 97.5% 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + C AB O PA O G AOC△ 垂心． （1）求证：平面 平面 ； （2）若 ，求二面角 的余弦值． 21．（12 分）已知椭圆 的一个焦点与抛物线 的焦点重合， 且直线 与圆 相切． （1）求椭圆 的方程； （2）设斜率为 且不过原点的直线 与椭圆 相交于 、 两点， 为坐标原点，直线 ， 的斜率分别为 ， ，若 ， ， 成等比数列，推断 是否为定值？若是，求出此 定值；若不是，说明理由． 22．（12 分）已知函数 的两个零点为 ， ． （1）求实数 的取值范围； OPG ⊥ PAC 2 2PA AB AC= = = A OP G− − 2 2 2 2: 1x yC a b + = ( 0)a b> > 2 4 3y x= by xa = 2 2 10 20 0x y x+ − + = C k l C A B O OA OB 1k 2k 1k k 2k 2 2| | | |OA OB+ 1( ) ln 12 mf x xx = + − ( )m∈R 1x 2x 1 2( )x x< m （2）求证： ． 1 2 1 1 2 x x e + > （新高考）2020 年高考考前适应性试卷 数 学（三）答 案 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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】B 【解析】 ， ， ， ． 2．【答案】D 【解析】由 ，得 ， ， 所以 在复平面内对应的点位于 ，故选 D． 3．【答案】D 【解析】因为 ， ， ， 所以 ，故选 D． 4．【答案】B 【解析】由题意可得 ，且 ， 即 ， ， ， 由平面向量模的计算公式可得 ，故选 B． 5．【答案】B 【解析】将圆的方程化为标准方程为 ， ∴圆心坐标为 ，半径 ， ∵圆心到直线 的距离 ， 则圆与直线的位置关系是相切，故选 B． 6．【答案】D 【解析】 的通项为 ， 所以 的展开式中的常数项为 和 ， 又 ， 所以 的展开式中的常数项为 ． 7．【答案】A 【解析】∵ ，∴ ， 令 ， ∵ ，∴函数的定义域为 ， 可得 ， 当 时， ，函数单调递增； 当 时， ，函数单调递减， ∴A 选项图象符合题意，故选 A． 8．【答案】A 【解析】因为 有 个零点，即函数 与 有 个交点， 当 时， ， 所以 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增， 画出 的图象如图所示， 求出 的过原点的切线， 在 处的切线 的斜率为 ， 设 的过原点的切线 的切点为 ，切线 的斜率为 ， { | 1}A x x= < { | 0 2}B x x= < < { | 0 1}A B x x= < > | | 1 3 2= + =a ( 2 ) 0⋅ − =a a b 2 2 0− ⋅ =a a b 4 2 0− ⋅ =a b 2⋅ =a b 2| | ( ) 4 9 4 3− = − = + − =a b a b 2 2 2 2( ) ( )2 2 4 a b a bx y +− + + = ( , )2 2 a b− 2 2 2 a br += 0ax by− = 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a bd r a b + += = = + 62( )x x + 6 3 2 6C 2 r r r x − 3 62( 1)( )x x x − + 6 12 3 4 4 2 6C 2x x − 6 6 2 2 2 6( 1) C 2 x − − ⋅ 4 4 2 2 6 6C 2 C 2 240 60 180− = − = 3 62( 1)( )x x x − + 180 1( ) 1 lnf x x x = − − 1 ln 0x x− − ≠ ( ) 1 lng x x x= − − (1) 0g = (0,1) (1, )+∞ 2 1 1( ) ( 1 ln ) xf x x x x −′ = − ⋅ − − (0,1)x∈ ( ) 0f x′ > (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( ) ( )g x f x ax= − 4 ( )y f x= y ax= 4 0x > 2 ( 1)( ) xx ef x x −′ = (0,1)x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )f x ( )f x ( )f x 0x = 1l 2 1 0 0( 4 ) | (2 4) | 4x xk x x x= =′= + = + = ( )f x 2l 0 0 0 ( , ) xeP x x 0( 0)x ≠ 2l 2k 又 ，故 ，解得 ， ， 由图可知 与 有 个交点，则 ， 所以 ． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．【答案】B、C 【解析】因为变量 与 负相关，所以 ，排除 A 选项； 因为 ， ，代入检验即可得到 B，C 是正确选项， 10．【答案】A、B、D 【解析】由已知可得 ，∴ ； 样本数据落在区间 的频率为 ； 样本平均数约为 ； 样本中位数约为 ． 11．【答案】C、D 【解析】取 的中点 ，连结 ， ，则 ， 又∵ ，且四边形 为菱形， ∴ 为等边三角形，∴ ，∴ 平面 ，∴D 正确； ∵平面 平面 ，∴ 平面 ， ∴ 为二面角 的平面角， 设 ，则 ， ， ， ∴ ，∴C 正确． 12．【答案】A、C 【 解 析 】 由 已 知 ， 为 奇 函 数 ， 函 数 对 于 任 意 的 满 足 ， 得 ，即 ， 所以 在 上单调递增； 又因为 为偶函数，所以 在 上单调递减， 所以 ，即 ，A 正确； ，即 ，C 正确． 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．【答案】 【解析】因为抛物线 ，所以焦点坐标为 ，准线方程为 ， 因为点 到焦点的距离为 ，根据抛物线定义，则 到准线的距离也为 ， 所以点 到 轴的距离为 ． 14．【答案】 2 ( 1)( ) x xe x e x x −′ = 0 0 0 2 2 0 0 2 0 ( 1) x x x ek x e xk x  −=    =  0 2x = 2 2 4 ek = ( )y f x= y ax= 4 2 1k a k< < 2 44 e a< < y x ˆ 0b < 4x = 5.6y = (0.0010 2 0.0030 0.0025 0.0005) 100 1m+ + + + × = 0.0015m = [400,700) (0.0015 0.0030 0.0025) 100 0.7+ + × = (350 0.0010 450 0.0015 550 0.0030 650 0.0025× + × + × + × + 750 0.0015 850 0.0005) 100 585× + × × = 0.25500 100 583.30.30 + × ≈ AD M PM BM PM AD⊥ 60DAB∠ = ° ABCD ABD△ AD BM⊥ AD ⊥ PBM PAD ⊥ ABCD PM ⊥ ABCD PBM∠ P BC A− − 1AB = 3 2BM = 3 2PM = tan 1PMPBM BM ∠ = = 45PBM∠ = ° ( )f x ( )y f x= (0,π)x∈ ( )sin ( )cosf x x f x x′ > ( )sin ( )cos 0f x x f x x′ − > ( )( ) 0sin f x x ′ > ( ) sin f xy x = (0,π) ( ) sin f xy x = ( ) sin f xy x = ( π,0)− π π( ) ( )3 6 π πsin( ) sin3 6 f f− > − π π( ) 3 ( )3 6f f− < − π π( ) ( )3 2 π πsin sin3 2 f f < π π3 ( ) 2 ( )2 3f f> 10 2 8x y= (0,2) 2y = − P 12 P 12 P x 10 13 4 【解析】因为 ，所以 ，所以 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ， 联立 ，得 ，为直线与曲线相切， 所以 ，解得 ． 15．【答案】 ； 【解析】 ， 由 ， ，得 ， 所以 的单调递增区间为 ． 令 ，可得 ， 所以对称中心为 ． 16．【答案】 【解析】如图，连接 ， 在 中， ， ，所以 ， 又∵ ，∴ ， 过 作 垂直于 ，则 ， ∴ ，∴ 为等腰三角形， ， ∴ ，即 ． 四 、 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） ， ；（2）证明见解析． 【解析】（1）∵ ， ，∴ ， ， ， 由于 ，∴ ，∴ ． （2）由（1）得 ， ，① ∴ ，② ① ②得 ， ∴ ． 18．【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1） ． ∵ ，∴ ， 又 ，∴ ， ， 2( ) 4lnf x x x= − 4( ) 2f x xx ′ = − (1) 2f ′ = ( )f x (1, 1)− 1 2( 1)y x+ = − 2 3y x= − 2 2 3 3 y x y x x m = −  = − + 2 5 3 0x x m− + + = 25 4( 3) 0Δ m= − + = 13 4m = 2π π[ π , π ]3 6k k− − ( )k ∈Z π( ,2)( )2 12 k k+ ∈Z 1 cos2 3 3 π( ) sin 2 cos(2 ) 22 2 2 3 xf x x x += − + = + + π2 π π 2 2 π3k x k− ≤ + ≤ ( )k ∈Z 2π ππ π3 6k x k− ≤ ≤ − ( )f x 2π π[ π , π ]3 6k k− − ( )k ∈Z π π2 π ( )3 2x k k+ = + ∈Z π π ( )2 12 kx k= + ∈Z π( ,2)( )2 12 k k+ ∈Z 5 3 OT 1OTFRt△ | |OT a= 1| |OF c= 2 2 1| |TF c a b= − = 1 14F P FT=  1| | 4PF b= 2F 2F Q 1PF 1 1| | 2 | | 2FQ FT b= = 1| | | | 2PQ FQ b= = 1 2F PF△ 2 1 2| | | | 2PF F F c= = 4 2 2b c a− = 52 3a c b e+ = ⇒ = 2 1( )na n n ∗= − ∈N 12 ( )n nb n− ∗= ∈N 1 1 1a S= = 2 2 1 ( 1)n nS S n n−− = − − 2 1( )na n n ∗= − ∈N 2 3 42 3 2b b b+ = 2 32 3 2q q q+ = 1q > 2q = 12 ( )n nb n− ∗= ∈N 1 2 1 2n n nc − −= 0 1 2 1 1 3 5 2 1 2 2 2 2n n nT − −= + + + + 1 2 3 1 1 1 3 5 2 3 2 1 2 2 2 2 2 2n n n n nT − − −= + + + + + − 1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 31 32 2 2 2 2 2n n n n n nT − − += + + + + − = − 1 2 36 62n n nT − += − < 3 2 2 6 + 5 7+ π( ) (sin , 1) ( 3,cos ) 3sin cos 2sin( )6f x x x x x x= ⋅ = − ⋅ = − = −m n 2( ) 3f x = π 1sin( )6 3x − = π(0, )2x∈ π π π( , )6 6 3x − ∈ − π 2 2cos( )6 3x − = 所以 ． （2）因为 ，所以 ，即 ， 由正弦定理可知 ， 又 ，所以 ． 由已知 的面积等于 ，可得 ， 又 ，∴ ． 由余弦定理得 ， 故 ，从而 ， ， 所以 的周长为 ． 19．【答案】（1） ，平均数为 元；（2）分布列见解析， ；（3）列联表 见解析，有 的把握认为． 【解析】（1）由题意知 ，解得 ， 样本的平均数为： （元）， 所以估计该校学生月消费金额的平均数为 ． （2）由题意，从 中抽取 人，从 中抽取 人， 随机变量 的所有可能取值有 ， ， ， ， ， 所以，随机变量 的分布列为 随机变量 的数学期望 ． （3）由题可知，样本中男生 人，女生 人，属于“高消费群”的 人，其中女生 人， 得出以下 列联表： ， 所以有 的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关． 20．【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】如图，延长 交 于点 ， 因为 为 的重心，所以 为 的中点， 因为 为 的中点，所以 ． 因为 是圆 的直径，所以 ，所以 ． 因为 平面 ， 平面 ，所以 ． 又 平面 ， 平面 ， ， 所以 平面 ．即 平面 ， 又 平面 ，所以平面 平面 ． （2）以点 为原点， ， ， 方向分别为 ， ， 轴正方向建立空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， ， ， 则 ， ． π π 1 3 2 2 1 3 2 2sin sin[( ) ]6 6 3 2 3 2 6x x += − + = ⋅ + ⋅ = π 7( ) sin6 3f A b C+ = 72sin sin3A b C= 6sin 7 sinA b C= 6 7a bc= 7a = 6bc = ABC△ 1 3 3sin2 2bc A = 3sin 2A = π(0, )2A∈ π 3A = 2 2 2 cos 7b c bc A+ − = 2 2 13b c+ = 2( ) 25b c+ = 5b c+ = ABC△ 5 7+ 0.0035a = 670 9( ) 10E X = 97.5% 100(0.0015 0.0025 0.0015 0.001) 1a+ + + + = 0.0035a = 500 0.15 600 0.35 700 0.25 800 0.15 900 0.10 670x = × + × + × + × + × = 670 [550,650) 7 [750,850) 3 X 0 1 2 3 3 3 7 3 10 C C( ) ( 0,1,2,3)C k k P X k k − = = = X X 35 63 21 1 9( ) 0 1 2 3120 120 120 120 10E X = × + × + × + × = 40 60 25 10 2 2× 2 2 2 ( ) 100 (10 25 15 50) 50 5.556 5.024( )( )( )( ) 40 60 25 75 9 n ad bcK a b c d a c b d − × × − ×= = = ≈ >+ + + + × × × 97.5% 2 51 17 OG AC M G AOC△ M AC O AB OM BC∥ AB O BC AC⊥ OM AC⊥ PA ⊥ ABC OM ⊂ ABC PA OM⊥ PA ⊂ PAC AC ⊂ PAC PA AC A= OM ⊥ PAC OG ⊥ PAC OG ⊂ OPG OPG ⊥ PAC C CB CA AP x y z C xyz− (0,0,0)C (0,1,0)A ( 3,0,0)B 3 1( , ,0)2 2O (0,1,2)P 1(0, ,0)2M 3( ,0,0)2OM = − 3 1( , ,2)2 2OP = − 平面 即为平面 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，令 ，得 ， 过点 作 于点 ， 由 平面 ，易得 ， 又 ，所以 平面 ，即 为平面 的一个法向量． 在 中，由 ，得 ， 则 ， ， 设 ，∴ ， ， ， 所以 ， 设二面角 的大小为 ，则 ． 21．【答案】（1） ；（2）为定值，定值为 5，详见解析． 【解析】（1）因为抛物线 的焦点为 ，则 ，所以 ， 因为直线 与圆 相切，则 ， 即 ，解得 ， ， 所以椭圆 的方程是 ． （2）设直线 的方程为 ，点 ， ， 将直线 的方程代入椭圆方程，得 ， 即 ， 则 ， ． 由已知， ， 即 ，即 ， 所以 ，即 ． 因为 ，则 ，即 ，从而 ， ． 所以 为定值． 22．【答案】（1） ；（2）证明见解析． 【解析】（1） ， 当 时， ， 在 上单调递增，不可能有两个零点； 当 时，由 可解得 ，由 可解得 ， ∴ 在 上单调递减，在 上单调递增， ∴ ， 要使得 在 上有两个零点，则 ，解得 ， 则 的取值范围为 ． OPG OPM OPM ( , , )x y z=n 3 02 3 1 2 02 2 OM x OP x y z  ⋅ = − =  ⋅ = − + + =   n n 1z = (0, 4,1)= −n C CH AB⊥ H PA ⊥ ABC CH PA⊥ PA AB A= CH ⊥ PAB CH PAO ABCRt△ 2AB AC= 30ABC∠ = ° 60HCB∠ = ° 1 3 2 2CH CB= = ( , ,0)H HH x y ( , ,0)H HCH x y 3cos 4Hx CH HCB= ∠ = 3sin 4Hy CH HCB= ∠ = 3 3( , ,0)4 4CH = A OP G− − θ 2 2 3 3|0 4 1 0|| | 2 514 4cos 17| || | 3 9 4 116 16 CH CH θ × − × + ×⋅= = = + × +   n n 2 2 14 x y+ = 2 4 3y x= ( 3,0) 3c = 2 2 3a b− = 0bx ay− = 2 2( 5) 5x y− + = 2 2 5 5b b a = + 2 24a b= 2 4a = 2 1b = C 2 2 14 x y+ = l y kx m= + ( 0)m ≠ 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y l 2 24( ) 4x kx m+ + = 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 1 2 2 8 4 1 kmx x k + = − + 2 1 2 2 4 4 4 1 mx x k −= + 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( )y y kx m kx mk k k x x x x + += = = 2 1 2 1 2( )( )k x x kx m kx m= + + 2 1 2( ) 0km x x m+ + = 2 2 2 2 8 04 1 k m mk − + =+ 2 2(1 4 ) 0k m− = 0m ≠ 2 1 4k = 1 2k = ± 1 2 2x x m+ = ± 2 1 2 2 2x x m= − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2| | | | ( ) ( )OA OB x y x y x kx m x kx m+ = + + + = + + + + + 2 2 2 2 1 2 1 2( 1)( ) 2 ( ) 2k x x km x x m= + + + + + 2 2 2 1 2 1 2 1 2( 1)[( ) 2 ] 2 ( ) 2k x x x x km x x m= + + − + + + 2 2 2 25[4 2(2 2)] 2 2 54 m m m m= − − − + = (0, )2 e 2 2 1 2( ) 2 2 m x mf x x x x −′ = − + = 0m ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x (0, )+∞ 0m > ( ) 0f x′ > 2x m> ( ) 0f x′ < 0 2x m< < ( )f x (0,2 )m (2 , )m +∞ min 1( ) (2 ) ln 2 12 2 mf x f m mm = = + − ( )f x (0, )+∞ 1 1 ln 2 1 02 2 m+ − < 0 2 em< < m (0, )2 e （2）令 ，则 ， 由题意知方程 有两个根，即方程 有两个根， 不妨设 ， ，令 ， 则当 时， 单调递增， 时， 单调递减， 综上可知， ， 令 ，下面证 对任意的 恒成立， ， ∵ ，∴ ， ， ∴ ， 又∵ ，∴ ， ∴ ，则 在 单调递增，∴ ， ∵ ，∴ ， 又∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， 即 ． 1t x = 1 1 1 1( ) ln( ) 1 ln 12 2f x m mt tx x = − − = − − 1 ln 1 02mt t− − = ln 2 2 tm t += 1 1 1t x = 2 2 1t x = ln 2( ) 2 th t t += 1(0, )t e ∈ ( )h t 1( , )t e ∈ +∞ ( )h t 1 2 1 0t te > > > 2( ) ( ) ( )x h x h xe ϕ = − − ( ) 0xϕ < 1(0, )x e ∈ 2 2 21 ln( )2 1 ln( ) ( ) ( ) 22 2( ) xx ex h x h xe x xe ϕ − − −− −′ ′ ′= + − = + − 1(0, )x e ∈ ln 1 0x− − > 2 22( )x xe < − 2 2 2 2 21 ln( ) 2 ln ( )1 ln( ) 2 2 22( ) 2( ) 2( ) x x xx e ex x x xe e e ϕ − − − − − −− −′ > + = − − − 1(0, )x e ∈ 2 2 2 2 1( ) ( )2 x xex xe e + − − ≤ = ( ) 0xϕ′ > ( )xϕ 1(0, )e 1( ) ( ) 0x e ϕ ϕ< = 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 0t h t h te ϕ = − − < 2 2 2( ) ( )h t h te < − 1 2( ) ( )h t h t= 1 2 2( ) ( )h t h te < − 1 2 2t te > − 1 2 2t t e + > 1 2 1 1 2 x x e + >