1、姓名：_班级：_考号：_-密-封-线-内-请-不-要-答-题-高考数学二轮模拟试卷及详细答案解析2020.5考试时间：100分钟 考试范围：姓名：_班级：_考号：_题号一二三总分得分注意事项：1.填写答题卡请使用2B铅笔填涂2.提前5分钟收答题卡一 、选择题（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，只有一个选项是符合题目要求的）若,使成立的一个充分不必要条件是( )A B C D若函数的图象的顶点在第四象限，则其导函数的图象可能是（）A B C D（文科学生做）过抛物线的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别为p、q，则等于 （ ） A B C
2、D 下列四组函数中，表示相等函数的一组是（ ） 在等差数列中，若则的值为A1 B1 C2 D2方程所表示的曲线的图形是（ ）O1xyAO1xyCO1xyDO1xyB下列不等式中解集为实数集R的是（ ）A. B. C. D. 复数等于（ ）ABCD若函数是奇函数,函数是偶函数,则一定成立的是( )A.函数是奇函数 B.函数是奇函数C.函数是奇函数 D.函数是奇函数棱锥V-ABC的中截面是A1B1C1，则三棱锥V-A1B1C1与三棱锥A-A1BC的体积之比是（ ） A1：2 B 1：4 C1：6 D1：8圆与直线有两个公共点的充要条件是（ ）A. B. C. D.过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的
3、弦长为（A） （B）2 （C） （D）2 二 、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）过双曲线的右焦点F作圆的切线FM（切点为M），交y轴于点P. 若M为线段FP的中点，则双曲线的离心率是_.在极坐标系中，设P是直线l：(cossin)4上任一点，Q是圆C：24cos3上任一点，则|PQ|的最小值是_如果x2y2=1,则3x4y的最大值是 若对任意的，恒成立，则的取值范围是 . 如图，平面内有三个向量、，其中与的夹角为120，与的夹角为30，且1，.若的值为 .三 、解答题（本大题共7小题，共70分）如图，在正方形中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，分别将线段和十等分，分点分别记为
4、和，连接，过作轴的垂线与交于点。（1）求证：点都在同一条抛物线上，并求抛物线的方程；（2）过点作直线与抛物线E交于不同的两点, 若与的面积之比为4:1，求直线的方程。在ABC中，角A、B、C的对边分别为、.已知， =，且(1) 求角C的大小； （2）求ABC的面积.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数 ( 本小题满分13分） 设函数（为常数，是自然对数的底数）（I）当时，求函数的单调区间；（II）若函数在内存在两个极值点，求k的取值范围。（2013年高考江西卷（理）已知函数,为常数且.(1)证明:函数的图像关于
5、直线对称;(2)若满足,但,则称为函数的二阶周期点,如果有两个二阶周期点试确定的取值范围;(3)对于(2)中的和, 设x3为函数f(f(x)的最大值点,A(x1,f(f(x1),B(x2,f(f(x2),C(x3,0),记ABC的面积为S(a),讨论S(a)的单调性.如图，已知圆心为A、B、C的三个圆彼此相切，A、B、C的半径分别为a、b、c(0cab)，且均与直线l相切，A、B与直线l相切的两切点之间的距离为d（1）求证：.（2）知道a、b、c一定满足下列其中一个关系式：2a=b+c；，选出你认为正确的结论，并证明.如图，一半径为的圆形靶内有一个半径为的同心圆，将大圆分成两部分，小圆内部区域
6、记为环，圆环区域记为环，某同学向该靶投掷枚飞镖，每次枚. 假设他每次必定会中靶，且投中靶内各点是随机的.（1）求该同学在一次投掷中获得环的概率；（2）设表示该同学在次投掷中获得的环数，求的分布列及数学期望.高考数学二轮模拟试卷及详细答案解析答案解析一 、选择题D 当时，都满足选项，但是不能得出 当时，都满足选项，但是不能得出C【解析】试题分析：函数的图象的顶点在第四象限，b0.由的斜率为正，截距为负，故选C考点：本题考查了导数的运用及直线方程的图象点评：掌握导数的运算及一元二次函数、一次函数图象是解决此类问题的关键，属基础题C【解析】略A【解析】略CD【解析】首先为保证方程有意义，必须成立，其
7、次由得，或即当时，由得，由此（）代表一条直线去掉点；当时，也必须保证，此时方程对应的图像是一段圆弧C【解析】略C解析: 本题考查复数的概念及复数代数式的加、减、乘、除运算, 化简. 在复数代数式运算中, 公式(1i )2=2i . 及i4n=1 , i4n+1=i . i4n+2=1. i4n+3=i经常用到，应牢固掌握。C【解析】试题分析：由题得,函数满足,则有,所以根据奇偶函数的判断可得只有选项C是正确的,故选C考点：奇偶性B;答案：D.D二 、填空题 答案1解析(cossin)4，xy40，又24cos3，x2yx30，圆C的坐标为(2,0)，半径为r1，圆心到直线的距离为，|PQ|的最
8、小值是1. 【解析】三 、解答题 (1) 解：A+B+C=180 由 整理，得 解 得： C=60 （2）解：由余弦定理得：c2=a2+babcosC，即7=a2+b2ab 由条件a+b=5得 7=ab 【解析】方法一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论由题设，四棱锥SABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有54360(种)染色方法6分当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法可见，当S
9、、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有607420(种)12分方法二以S、A、B、C、D顺序分步染色第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有543(1322)420(种)12分方法三按所用颜色种数分类第一类，5种颜色全用，共
10、有A种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2A种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不同的方法由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为：A2AA420(种)12分解:(1)当时，令，则当时，单调递减当时，单调递增(2)令则综上所述，.【答案】(1)证明:因为,有, 所以函数的图像关于直线对称. (2)解:当时,有 所以只有一个解,又,故0不是二阶周期点. 当时,有 所以有解集,又当时,故中的所有点都不是二阶周期点. 当时,有 所以有四个解,又, ,故只有是的二阶周期点.综上所述,所求 的取值范围为. (3)由(2)得
11、, 因为为函数的最大值点,所以或. 当时,.求导得:, 所以当时,单调递增,当时单调递减; 当时,求导得:, 因,从而有, 所以当时单调递增. 证明：（1）如图，分别作ADl，BEl，垂足为D、E，DEM再作AMBE于M点，则ADE=DEM=AME=90四边形ADEM为矩形. （3分）AM=DE，AD=ME.BM=ba.AB=a+b，即，. （7分）(2)正确结论是.（8分）理由是：由(1)可知，.设C与直线l相切的切点为F，同理可得，（10分）.两边同除以可得，得证.（12分）（1）；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）先根据题中条件确定相应的事件为几何概型，然后利用几何概型的概率计算公式（对应区域面积之比）求出相应事情的概率即可；（2）（1）由题意可得是几何概型，设，该同学一次投掷投中环的概率为；（2）由题意可知可能的值为、，的分布列为环，答：的数学期望为环.考点：1.几何概型；2.离散型随机变量分布列与数学期望
