2020年高考押题预测卷01【新课标Ⅱ卷】理科数学·全解全析123456789101112BAADCBABDBBC1．【答案】B【解析】因为集合，所以,故选B.2．【答案】A【解析】，所以，故本题选A.3．【答案】A【解析】命题“，”为全称命题，其否定为“，”，故选：A.4．【答案】D【解析】试题分析：由，，可知5．【答案】C【解析】对数函数为上的增函数，则；对数函数为上的减函数，则；指数函数为上的增函数，则，即.因此，.故选：C.6．【答案】B【解析】由图可知，含有两个及以上阳爻的卦有巽、离、兑、乾四卦，取出两卦的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（巽，乾），（离，兑），（离，乾），（兑，乾）共个，其中符合条件的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（离，兑）共个，所以，所求的概率.故选：B.7．【答案】A【解析】令，则，再取，则，显然，故排除选项B、C；再取时，，又当时，，故排除选项D.故选：A.8．【答案】B【解析】由题意几何体原图为正四棱台，底面的边长分别为2和6，高为2，所以几何体体积.故选B9．【答案】D【解析】执行程序框图，可得，，满足条件，，，满足条件，，，满足条件，，，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出S的值为.故选D．10．【答案】B【解析】由，得，，当时，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以时，函数的最小值，且，，，当时，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以时，函数的最小值，作出函数与的图象，观察他们的交点情况，可知，或时，至多有两个交点满足题意，故选：B.11．【答案】B【解析】不妨设过点作的垂线，其方程为，由解得，，即，由，所以有，化简得，所以离心率．故选：B.12．【答案】C【解析】，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.13．【答案】【解析】因,故,所以，,应填.14．【答案】【解析】的展开式的通项为，令，得，所以，展开式中的常数项为；令，令，即，解得，，，因此，展开式中系数最大的项为.故答案为：；.15．【答案】【解析】设，则，在中，由余弦定理，得，当且仅当时，等号成立，此时最大，且，故，又，所以，故所在直线的方程为，即.故答案为：.16．【答案】【解析】如图所示：设球心为，所在圆面的圆心为，则平面；因为，，所以是等腰直角三角形，所以是中点；所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，所以；因为，设球的半径为，所以，所以，解得：，所以球的体积为：.17．（本小题满分12分）【答案】（1）；（2）【解析】（1）依题意有①当时，，得；(2分)当时，②(4分)有①②得，因为，∴，∴成等差数列，得．(6分)（2），(8分)(12分)18．（本小题满分12分）【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）在等腰梯形中,点E在线段上,且,点E为上靠近C点的四等分点,,,,,点P在底面上的射影为的中点G,连接,平面,平面,.又,平面,平面,平面.（5分）（2）取的中点F,连接,以G为原点,所在直线为x轴,所在直线为y轴,所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,由（1）易知,,,又,,,为等边三角形,,则,,,,,,,,,（7分）设平面的法向量为,则，即,令,则,,,设平面的法向量为,则,即,令,则,,,（10分）设平面与平面的夹角为θ,则二面角的余弦值为.（12分）19．（本小题满分12分）【答案】（1）；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为，一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为.（6分）（2）设每篇学位论文的评审费为元，则的可能取值为900，1500.，，所以.（10分）令,.当时，，在单调递增,当时，，在单调递减,所以的最大值为.所以实施此方案，最高费用为（万元）.综上，若以此方案实施，不会超过预算.（12分）20．（本小题满分12分）【答案】（1）（2）存在；【解析】（1）设，则，又，.，又斜率存在，∴点的轨迹方程是.(4分)（2）联立得解得：,.(6分)联立得.解得：...