1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020高考模拟卷高三理科数学（十四）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。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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已知复数满足，则（
2、）ABCD2已知，若，则实数的取值范围是（ ）ABCD3已知随机变量服从正态分布且，则实数（ ）A1BC2D44已知，则（ ）ABCD5下列程序框图中，输出的的值是（ ）ABCD6已知函数，若，则（ ）A3B1C0D37若双曲线的焦距4，则该双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD8已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（ ）ABCD9多面体的三视图如图所示，则该多面体的外接球的表面积为（ ）ABCD10在中，分别为内角，的对边，且，则（ ）ABCD11已知拋物线的焦点，点和分别为拋物线上的两个动点，且满足，过弦的中点作拋物线准线的垂线，垂足为，则的最大值为（ ）AB
3、CD12已知数列满足：且，数列与的公共项从小到大排列成数列，则（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知，满足不等式，则的最大值为_14的展开式中含项的系数为_（用数字作答）15已知为的外心，且，则_16已知函数，若，则正数的取值范围是_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17已知是正项数列的前项和，（1）证明：数列是等差数列；（2）当时，求数列的前项和18在某公司的职工食堂中，食堂每天以3元/个的价格从面包店购进面包，然后以5元/个的价格出售如果当天卖不完，剩下的面包以1元/个的价格卖给饲料加工厂根据以往统计资料，得到食堂每天面包需求量的频率分布直方图如图
4、所示食堂某天购进了90个面包，以（个）（其中）表示面包的需求量，（元）表示利润（1）根据直方图计算需求量的中位数；（2）估计利润不少于100元的概率；（3）在直方图的需求量分组中，以需求量落入该区间的频率作为需求量在该区间的概率，求的数学期望19如图，在三棱锥中，、分别为线段、上的点，且，（1）求证：平面；（2）若与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值20已知椭圆的左，右焦点分别为，过原点的直线与椭圆交于，两点，点是椭圆上的点，若，且的周长为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆在点处的切线记为直线，点、在上的射影分别为、，过作的垂线交轴于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请
5、说明理由21已知函数（1）当时，证明：有两个零点；（2）已知正数，满足，若，使得，试比较与的大小请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆的参数方程为（参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求的极坐标方程；（2）射线与圆的交点为、，与直线的交点为，求的范围23选修45：不等式选讲已知函数，且不等式的解集为（其中）（1）求的值；（2）若的图象恒在函数的图象上方，求实数的取值范围答案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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】C
6、【解析】，故选：C2【答案】D【解析】，即，故选：D3【答案】A【解析】正态分布曲线关于均值对称，故均值，选A4【答案】B【解析】，又，选B5【答案】B【解析】由程序框图知：第一次循环后：，；第二次循环后：，；第三次循环后：，；第九次循环后：，；不满足条件，跳出循环则输出的为故选B6【答案】A【解析】，又为奇函数，又，故选：A7【答案】D【解析】双曲线方程为：，又，该双曲线的渐近线方程为故选：D8【答案】D【解析】，是函数含原点的递增区间又函数在上递增，得不等式组，得，又，又函数在区间上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可知，即函数在处取得最大值，可得，综上，可得故选D9【答案】D【解析】
7、如图所示，由三棱锥的三视图得：该三棱锥的底面是腰长为6的等腰直角三角形，设该三棱锥的外接球的半径为，球心为，则，故则该三棱锥的外接球的表面积为，选D10【答案】B【解析】由余弦定理可得：，又，即，又，故选：B11【答案】D【解析】设，连接、，由抛物线定义，由余弦定理得，配方得，又，得到所以，即的最大值为故选：D12【答案】B【解析】，令可得，则，对任意，都有，又，数列是首项、公比均为2的等比数列，则，设下面证明数列是等比数列，证明：，假设，则，不是数列中的项；是数列中的第项，从而，所以是首项为8，公比为4的等比数列，选B第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】2【解析】作出不等式
8、组对应的平面区域如图：由得，平移直线由图象可知，当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大，由，即，即，此时，故答案为：214【答案】40【解析】的展开式的通项公式为，令，得到项的系数为15【答案】2【解析】如图，分别取，中点，连接，为的外心，；由得；+得：；4+得：；联立得，；解，得，；故答案为：216【答案】【解析】，在上单调递增，不妨设，则，即，即在上单调递增，即，又，故三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）当时，有，又，当时，有，数列是以为首项，为公差的等差数列（2）由（1）及，得，则，18【答案】（1）85个；（2）0.75；
9、（3）142【解析】（1）需求量的中位数（个）（其它解法也给分）（2）由题意，当时，利润，当时，利润，即设利润不少于100元为事件，利润不少于100元时，即，即，由直方图可知，当时，所求概率：（3）由题意，由于，故利润的取值可为：80，120，160，180，且，故得分布列为：利润的数学期望：19【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）证明：连接，据题知，在中，且，即，又，平面，又，平面，在中，则，平面（2）由（1）知，两两互相垂直，建立如图所示的直角坐标系，且与平面所成的角为，有，则，又由（1）知，平面，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，令，则，为平面的一个法向量，故平面与平面的
10、锐二面角的大小为20【答案】（1）；（2）1【解析】（1）设，则，设，由，将，代入，整体消元得：，由，且，由椭圆的对称性知，有，则，综合可得：，椭圆的方程为：（2）由（1）知，直线的方程为：，即：，所以，的方程为，令，可得，则，又点到直线的距离为，当直线平行于轴时，易知，结论显然成立综上，21【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】（1）据题知，求导得：，令，有；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，令，有；令，有，故在和各有1个零点有两个零点（2）由，而，令，则，由，可得或；当时，（I）当时，则函数在上单调递增，故，又在上是增函数，即（II）当时，则函数在上单调递增，故，又在上是增函数，即当时，同理可证；综上所述，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22【答案】（1）；（2）【解析】（1）圆的普通方程是，又，所以圆的极坐标方程是（2）设，则有，设，且直线的方程是，则有，所以，因为，所以23【答案】（1），；（2）【解析】（1）若，原不等式可化为，解得，即；若，原不等式可化为，解得，即；若，原不等式可化为，解得，即；综上所述，不等式的解集为，所以，（2）由（1）知，因为的图象恒在函数的上方，故，所以对任意成立设，则则在是减函数，在上是增函数，所以，当时，取得最小值4，故时，函数的图象恒在函数的上方，即实数的取值范围是
