2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷（一）模拟测试试题（解析版）
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一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】注意集合B是偶数集.
【详解】
由题可知．
故选：B.
【点睛】
本题考查集合的交集运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
2．设复数，若，则实数（ ）
A．0 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】利用共轭复数及复数相等的定义即可得到答案.
【详解】
因为，所以，解得．
故选：A.
【点睛】
本题考查复数的概念，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.
3．设命题：存在，则为（ ）
A．存在 B．不存在
C．对任意 D．对任意
【答案】C
【解析】的否定为.
【详解】
由于特称命题的否定是全称命题，知“存在”的否定为“对任意”.
故选：C.
【点睛】
本题考查含量词命题的否定，考查学生对特称命题否定的理解，只需将存在改为任意，“>”改为“≤”即可.
4．（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】注意到，结合同角三角函数的基本关系即可得到答案.
【详解】
.
故选：C.
【点睛】
本题考查三角函数的恒等变换，涉及到配角的知识，是一道容易题.
5．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取，）
A．16 B．17 C．24 D．25
【答案】D
【解析】由折线长度变化规律可知“次构造”后的折线长度为，由此得到，利用运算法则可知，由此计算得到结果.
【详解】
记初始线段长度为，则“一次构造”后的折线长度为，“二次构造”后的折线长度为，以此类推，“次构造”后的折线长度为，
若得到的折线长度为初始线段长度的倍，则，即，
，
即，至少需要次构造.
故选：.
【点睛】
本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.
6．已知直线将圆平分，则圆中以点为中点的弦的弦长为（ ）.
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【解析】由直线平分圆可知其过圆心，从而求得，根据圆心与弦中点连线垂直于弦，可利用勾股定理求得半弦长，进而得到弦长.
【详解】
直线平分圆，直线过圆的圆心，
，解得：，
圆心到点的距离为，
所求弦长为.
故选：.
【点睛】
本题考查直线被圆截得弦长的求解，关键是熟练掌握圆的性质，即圆心与弦中点连线垂直于弦.
7．关于函数，，有下列三个结论：①为偶函数；②有3个零点；③，其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【解析】依次对①②③进行验证即可.
【详解】
，①正确；令，得或，
解得或，②正确：因为，
所以③正确．
故选：D.
【点睛】
本题考查函数的基本性质，涉及到函数的奇偶性、函数的零点、函数值大小，是一道容易题.
8．已知抛物线的焦点为，的准线与对称轴交于点，直线与交于，两点，若，则（ ）
A．3 B． C．2 D．4
【答案】C
【解析】注意到直线过点，利用，可得，再利用抛物线的定义即可得到答案.
【详解】
连接，如图，过作准线的垂线，垂足为，易知点．易知直
线过点，，则又，
所以，由抛物线的定义可得.
故选：C.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到利用抛物线的定义求焦半径，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.
二、多选题
9．下图统计了截止到2019年年底中国电动汽车充电桩细分产品占比及保有量情况，关于这5次统计，下列说法错误的是（ ）
A．私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2018年
B．公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是25.7万台
C．公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.12万台
D．从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过50%
【答案】ABC
【解析】根据统计图表分别对选项A、B、C、D验证即可.
【详解】
私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2016年，A错误；这5次统计的公共类
电动汽车充电桩保有量的中位数是21.4万台，B错误；
因为，故C项错误，
D项显然正确．
故选：D.
【点睛】
本题考查统计图表与用样本估计总体，涉及到中位数、平均数等知识，是一道基础题.
10．若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】根据选项的特点，采用赋值法求解.
【详解】
因为，
令得，故A正确.
令得，故C正确.
故选:AC
【点睛】
本题主要考查二项式定理展开式的项的系数和系数的和，一般采用通项公式和赋值法，属于中档题.，
11．在直四棱柱中，底面是边长为4的正方形，，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．平面
D．点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】根据，得到即为 异面直线与所成角，再用余弦定理求解判断A，B的正误.根据;利用线面平行的判定定理判断.C的正误..利用等体积法，有 计算判断D的正误.
【详解】
因为，所以即为 异面直线与所成角，
又因为 ，
所以，故A正确.
因为平面 平面，
所以平面，故C正确.
因为 ，
即 ，
解得 ，故D正确.
故选:ACD
【点睛】
本题主要考查异面直线所成的角，线面平行的判定定理，等体积法求三棱锥的高，综合性强，属于中档题.
12．已知，存在实数满足，则（ ）
A． B．可能大于0 C． D．
【答案】AD
【解析】若，，不满足题意；若，，故只需解不等式即可.
【详解】
由，可得．
若，则，∵，，
∴，，∴，∴方程无解；
若，，故只需解即可，
当时，由，解得；
当时，由，解得．
综上所述，当时，，满足．
故选：AD.
【点睛】
本题考查函数与方程的综合，涉及到分类讨论思想在分段函数中的应用，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.
三、填空题
13．曲线在处的切线斜率为_________．
【答案】
【解析】利用导数的几何意义即可解决.
【详解】
∵，∴．由导数的几何意义知曲线在处的
切线斜率为．
故答案为：
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.
14．如图，在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则_________．
【答案】
【解析】，将代入即可得到答案.
【详解】
连接，，
则．
故答案为：.
【点睛】
本题考查平面向量的基本定理的应用，考查学生简单的数学运算能力，是一道容易题.
15．已知双曲线的左、右顶点分别为、，点在双曲线上，且直线与直线的斜率之积为1，则双曲线的焦距为__________.
【答案】
【解析】设，利用斜率乘积为和在双曲线上可构造方程组求得，进而得到，求得焦距.
【详解】
由双曲线方程知：，，
设，则，即，
又，，，双曲线的焦距为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查双曲线焦距的求解问题，关键是能够利用斜率关系和点在双曲线上构造方程求得双曲线标准方程中的未知量.
四、双空题
16．已知圆锥的底面半径、高、体积分别为2、3、，圆柱的底面半径、高、体积分别为1、、，则_________，圆锥的外接球的表面积为_________．
【答案】4
【解析】利用圆锥和圆柱的体积相等可得圆柱的高h，再利用勾股定理，即即可得到半径R，从而求得外接球表面积.
【详解】
依题有解得．设圆锥的外接球的半径为，
则有，解得，则圆锥的外接球的表面积为
．
故答案为： (1) 4 ； (2) .
【点睛】
本题考查圆锥、圆柱的体积以及圆锥的外接球问题，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.
五、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再判断是否是递增数列，请说明理由．
已知是公差为1的等差数列，是正项等比数列，，__________，．判断是否是递增数列，并说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】见解析
【解析】只需分别对所选番号进行等差、等比数列基本量的运算，得到，再作商与1比较大小即可.
【详解】
因为是公差为1，首项为1的等差数列，所以．
设的公比为，
若选①，由，得，
，则，所以是递增数列．
若选②，由，得，
则，所以是递增数列．
若选③，由，得，
，则，所以不是递增数列．
【点睛】
本题考查等差、等比数列的基本量的计算，是一道开放性试题，属于容易题.
18．已知的内角、、的对边分别为、、，．
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，周长为，求的值．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）解方程即可；
（2）由可得，由余弦定理以及周长为3a，联立解方程组即可.
【详解】
（1）因为，
所以，即，
因为，所以，所以．
（2）因为，所以．
又因为，
所以，解得或（舍），故．
【点睛】
本题考查二倍角公式、辅助角公式以及余弦定理解三角形，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
19．如图，在四棱锥中，，，．
（1）证明：平面．
（2）若是的中点，∥，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）要证平面，只需证，即可；
（2）分别求出平面与平面的法向量，然后利用计算即可.
【详解】
（1）因为，所以，
同理可得．
因为，所以平面．
（2）因为，所以、、两两垂直，以为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
因为是的中点，所以，
因为，所以．
所以，
设平面的一个法向量为，
由，得，
取，得．
易知平面的一个法向量为，设平面与平面所成锐二面
角的平面角为，所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查线面垂直的证明以及向量法求二面角，考查学生的数学运算能力，此题解题关键是准确写出点的坐标，属于中档题.
20．已知直线与椭圆交于不同的两点，.
（1）若线段的中点为，求直线的方程；
（2）若的斜率为，且过椭圆的左焦点，的垂直平分线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）利用点差法可求得直线的斜率，进而求得直线的方程；
（2）设，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，进而表示出中点坐标；当时，易求得的值；当时，可得垂直平分线方程，进而求得点坐标和，利用弦长公式求得，进而求得的值；综合两种情况可知为定值.
【详解】
（1）设，，
则，两式作差得：，
中点为，，，
直线的方程为：，即：.
（2）由椭圆方程知：，可设直线的方程：，
联立得：，
设，，则，，
，
，，
当时，，，；
当时，的垂直平分线方程为：，
令得：，，，
，
；
综上所述：为定值.
【点睛】
本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到中点弦所在直线方程、定值问题的求解；求解中点弦问题的常用方法是点差法的方式；求解定值问题的关键是能够通过某一变量表示出所求值，通过化简消元得到定值.
21．已知函数，其中为常数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当（为自然对数的底数），时，若方程有两个不等实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）
【解析】（1）分别在和两种情况下，根据的正负确定的单调性；
（2）将问题转化为当时，与有两个不同交点的问题，通过导数可求得的单调性和最值，进而得到函数图象，通过数形结合的方式可确定的范围.
【详解】
（1）由题意得：定义域为，，
当时，，则在上单调递减；
当时，令，解得：，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，有两个不等实根，方程可化为，
令，则，
令，则，
当时，，即<0在上单调递减，
，且
在上有且仅有一个零点，
当时，，即；当时，，即，
在上单调递增，在上单调递减，
，，
由此可得图象如下图所示：
则当时，方程有两个不等实数根等价于当时，与有两个不同交点，
由图象可知：.
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数讨论含参数函数的单调性、根据方程根的个数求解参数范围的问题；求解方程根的个数问题的关键是能够将问题转化为两个函数图象交点个数的求解问题，利用数形结合的方式求得结果.
22．小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为4的倍数，则由原投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷．
（1）规定第1次从小明开始．
（ⅰ）求前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率；
（ⅱ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为，求随机变量的分布列与期望．
（2）若第1次从小芳开始，求第次由小芳投掷的概率．
【答案】（1）（ⅰ）（ⅱ）见解析，（2）
【解析】（1）（ⅰ）一人投掷两颗骰子，向上的点数之和为4的倍数的概为，前4次投掷中小明恰好投掷2次有三种情况：小明，小明，小芳，小芳；小明，小芳，小明，小芳；小明，小芳，小芳，小明，分别计算概率相加即可；（ⅱ）小芳投掷的次数的所有可能的取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率即可；
（2）若第1次从小芳开始，则第次由小芳投掷骰子有两种情况：1.第次由小芳投掷，第次继续由小芳投掷，2.第次由小明投掷，第次由小芳投掷.
【详解】
（1）一人投掷两颗骰子，向上的点数之和为4的倍数的概为．
（ⅰ）因为第1次从小明开始，所以前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率，
．
（ⅱ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为，依题意，可取0，1，2，3，
所以，，
，．
所以的分布列为
0 | 1 | 2 | 3 | |
所以．
（2）若第1次从小芳开始，则第次由小芳投掷骰子有两种情况：
①第次由小芳投掷，第次继续由小芳投掷，其概率为；
②第次由小明投掷，第次由小芳投掷，
其概率为．
因为①②两种情形是互斥的，所以，
所以．因为，所以是以为首项，
为公比的等比数列，所以，即．
【点睛】
本题考查随机变量的分布列与数列综合应用，涉及到利用递推数列求通项公式，考查学生逻辑推理与运算能力，是一道有一定难度的综合题.
