1、甘肃省兰州市第一中学2020届高三数学冲刺模拟考试试题（三）文第 卷（选择题，共60分）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，只有一项是符合题目要求的.1已知集合，集合，则( )ABCD2若复数z1+i+i2+i3+i2021，则复数对应的点在第( )象限A一B二C三D四3已知非零向量满足，且，则与的夹角为( )A B C D4为了得到函数的图象，可以将函数的图象( )A向左平移个单位B向右平移个单位C向右平移个单位D向左平移个单位5已知，则( )ABCD6函数（且）的大致图象是( )ABC D7祖冲之是我国南北朝时期杰出的数学家、天文学家.他一生钻研自然
2、科学，其主要贡献在数学、天文历法和机械制造三方面，特别是在探索圆周率的精确度上，首次将“”精确到小数点后第七位，即，在此基础上，我们从“圆周率”第三到第八位有效数字中随机取两个数字，则事件“”的概率为( )ABCD8已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该几何体的体积为( )A B C D9“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，最初是由意大利数学家斐 波那契于1202年通过兔子繁殖问题提出来的在斐波那契数列中，某同学设计了一个如图所示的求斐波那契数列前项和的程序框图，若，那么内填入( )A B C D10已知函数，则方程所有根的和等于( )A1B2 C3D411现有边长均
3、为1的正方形正五边形正六边形及半径为1的圆各一个，在水平桌面上无滑动滚动一周，它们的中心的运动轨迹长分别为，则( )A BC D12已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数的取值范围是( )ABCD第 卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13若，满足约束条件，则的最小值为_.14已知为曲线在处的切线，当直线与坐标轴围成的三角形面积为时，则实数的值为_.15已知三棱锥四个顶点均在半径为R的球面上，且，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为_.16如图，在平面直角坐标系，中心在原点的椭圆与双曲线交于 四点，且它们具有相同的焦点，点分别在 上，则
4、椭圆与双曲线离心率之积_.三、解答题:本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17设数列的前项和为，且.（）求证：数列为等比数列；（）设数列的前项和为，求证：为定值；（）判断数列中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论. 18如图，三棱柱中，侧面，已知，点是棱的中点.（）求证：平面；（）求与平面所成角的正弦值.19某城市对一项惠民市政工程满意程度（分值：分）进行网上调查，有2000位市民参加了投票，经统计，得到如下频率分布直方图（部分图）：现用分层抽样的方法从所有参与网上投票的市民中随机抽取位市民召开座谈会，其中满意程度在的有5人（）求的值，并填写下表（2000位参与投
5、票分数和人 数分布统计）；满意程度（分数）人数（）求市民投票满意程度的平均分（各分数段取中点值）；（）若满意程度在的5人中恰有2位为女性，座谈会将从这5位市民中任选两位发言，求男性甲或女性乙被选中的概率20. 已知函数.（ ）讨论函数的单调性；（ ）若函数在区间上存在两个不同零点，求实数的取值范围.21. 已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线（ ）求的方程；（ ）是与圆，圆都相切的一条直线，与曲线交于，两点，当圆的半径最长时，求22在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，以轴为非负半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系相同的长度单位.圆的方程为被圆截得的弦长为
6、.（）求实数的值；（）设圆与直线交于点A、B，若点的坐标为，且，求的值.23已知.（）解不等式；（）若不等式对任意的都成立，证明：.甘肃省兰州第一中学2020年高考冲刺模拟试题（三）文科数学 参考解答1D【解析】，；故选2D【解析】z1+i+i2+i3+i2019+（1+i1i）+（1+i1i）+0+，复数z对应的点在第四象限3C【解析】，即.，.4B【解析】因为，且=，所以由=，知，即只需将的图像向右平移个单位，故选B.5C【解析】,故,.对A,若,不成立.故A错误.对B,因为,故B错误.对C, 成立.对D, 因为,故D错误.6D【解析】函数（且）是偶函数，排除B；当时，可得：，令，作出与图
7、像如图：可知两个函数有一个交点，就是函数的一个极值点，排除C；当时，故时，函数单调递增，时，函数单调递减，排除A.7B【解析】由题意可知第三到第八位有效数字为4，1，5，9，2，6，则取到数字，的情况有，共15种，其中符合条件的有8种，故所求概率.故选：B.8B【解析】根据三视图知，该几何体是三棱锥与圆锥体的组合体，如图所示；则该组合体的体积为；所以对应不规则几何体的体积为故选B9B【解析】按照程序框图运行程序，输入，则，满足所填条件，循环；，满足所填条件，循环；，满足所填条件，循环；，满足所填条件，循环；，满足所填条件，循环；，满足所填条件，循环；，不满足所填条件，输出结果，所填条件应为.故
8、选：.10C【解析】设点是函数图象上任意一点，它关于点的对称点为，则，代入，得.函数的图象与函数的图象关于点对称，即函数的图象关于点对称，易知函数在定义域上单调递增.又函数的图象关于原点对称，函数的图象关于点对称，且函数在定义域上单调递增.又是方程的一个根.当时，令，则在上单调递减.，根据零点存在定理，可得在上有一个零点，根据的单调性知在上有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个根.根据图象的对称性可知方程在上有且只有一个根，且.故方程所有根的和等于.11B【解析】由题意可知，它们的中心滚动一周的运动轨迹都是圆心角为2的弧长，设半径分别为r1，r2，r3，r4，由题意可知，半径为中心与顶点的距
9、离，又因为正方形、正五边形、正六边形的边长均为1，圆的半径为1，对于正方形，如图所示：，AOB90，；对于正五边形，如图所示：，AOB7290，OABOBA5472，r1r21；对于正六边形，如图所示：，AOB60，AOB为等边三角形，r3OA1；而 r41，又因为l12r1，l22r2，l32r3，l42r4，所以l1l2l3l4，故选：B12B【解析】由题意，函数的导数为，当时，则函数为单调递增；当时，则函数为单调递减，即当时，函数取得极小值，且为最小值，又由，可得函数在的值域，由函数在递增，可得的值域，由对于任意的，总存在，使得，可得，即为，解得，故选B.13【解析】作出不等式组表示的可
10、行域，由可得，设.当直线经过点时，取得最小值.故答案为：.14或【解析】因为，所以，所以切线的方程为：，令得：；令得：，所以，解得：或.15【解析】设ABC的外接圆的半径为，因为，所以，.设到平面的距离为，因为三棱锥体积的最大值为，即，所以.设球体的半径为，则，解得.161【解析】设椭圆和双曲线方程分别为，设点，由点既在椭圆上也在双曲线上，则有，解得，解得,则，即，.17【解析】（1）当时，解得.当时，即.因为，所以，从而数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.（2）因为，所以，故数列是以4为首项，4为公比的等比数列，从而，所以.（3）假设中存在第项成等差数列，则，即.因为，且，所以.因为
11、，所以，故矛盾，所以数列中不存在三项成等差数列.18【解析】（1）由题意，因为，由余弦定理可得，因为，所以，又因为侧面，所以，又由，平面，所以直线平面.（2）在中，且，可得，又由且，所以.又因为，则，即，因为平面，所以平面，则，又由平面，平面且，则，则为所求与平面所成角，在直角中，所以.19【解析】（1）易知投票满意度分数在区间的人数为，由，解得所以分数在区间的人数分别为320,400,600,480填入下表得：满意程度（分数）人数200320400600480（2）市民投票满意程度的平均分为（3）设5人中2位女性为，乙，3位男性为甲，则基本事件有（，甲），（乙，甲），（乙，），（乙，），（，
12、乙），（甲，），（甲，），共10个，其中男性甲或女性乙被选中的事件有（，甲），（乙，甲），（乙，），（乙，），（，乙），（甲，），（甲，），共7个，所以男性甲或女性乙被选中的概率为20【解析】（1）.若时，此时函数在上单调递增；若时，又得，时，此时函数在上单调递减；当时，此时函数在上单调递增；（2）由题意知：在区间上有两个不同实数解，即函数图像与函数图像有两个不同的交点，因为，令得.所以当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增；则，而，且，要使函数图像与函数图像有两个不同的交点，所以的取值范围为.21【解析】依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定义可知，曲线C是以M、N为左右焦点的
13、椭圆（左顶点除外），其方程为；（2）对于曲线C上任意一点，由于|PM|-|PN|=2R-23-1=2（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为；若直线l垂直于x轴，易得；若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，解得，故直线l：；有l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程解得；同理，当时，.22【解析】（）由得即. 直线的普通方程为， 被圆截得的弦长为，所以圆心到的距离为，即解得. （）法1：当时，将的参数方程代入圆的直角坐标方程得，即，由于，故可设是上述方程的两实根，所以又直线过点，故由上式及的几何意义得， . 法2：当时点，易知点在直线上. 又，所以点在圆外.联立消去得，.不妨设，所以.23【解析】（）就是.（1）当时，得.(2)当时，得，不成立. （3）当时，得. 综上可知，不等式的解集是. （）因为，所以. 因为，时，所以，得.所以.