1、甘肃省兰州第一中学2020年高考冲刺模拟试题（三）文科数学第卷（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（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可求出集合，然后进行并集的运算即可【详解】解：，；故选【点睛】考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算2.若复数，则复数对应的点在第（ ）象限A. 一B. 二C. 三D. 四【答案】A【解析】【分析】根据周期性得到,得到答案.【详解】，故复数z对应的点在第一象限.故选：A.【点睛】本题考查了复数对应象限，意在考查学生的计
2、算能力和转化能力.3.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由向量垂直转化为向量的数量积，根据数量积的定义即可求解.【详解】，即.，.故选：C【点睛】本题主要考查向量垂直及向量夹角的求解，属于基础题.4.为了得到函数的图像，可以将函数的图像（ ）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【答案】B【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B5.已知，则（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断的大致范围,再根据不等式的性质逐个判断即可.【详解】,故,.对A,若,
3、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.故选；C【点睛】本题主要考查了指对幂函数的大小判定以及不等式的性质.需要根据题意确定各数的范围,再逐个推导.属于基础题.6.函数（且）的大致图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性排除选项，通过函数的导数求解函数极值点的个数，求出的值，推出结果即可.【详解】函数（且）是偶函数，排除B；当时，可得：，令，作出与图像如图：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故选：D【点睛】本题考查了与三角函数有关的图像的识别，利用导
4、数判断函数的单调性、考查了数形结合的思想、转化的思想，属于中档题.7.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（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把第三到第八位6个有效数字两两组合，列出所有可能情况，找出符合要求事件个数，求概率.【详解】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.
5、故选：B.【点睛】本题考查用列举法求古典概型的概率，考查数据处理能力和运算求解能力，是基础题.8.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. D. 【答案】B【解析】【分析】先将三视图还原成直观图，然后计算体积即可.【详解】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；所以该几何体的体积为.故选：B.【点睛】本题考查由三视图计算几何体体积，考查空间想象能力和计算能力，属于常考题.9.“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
6、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. D. 【答案】B【解析】【分析】按照程序框图运行程序，直到输出值为时，根据满足的条件补充判断框内容即可.【详解】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.故选：.【点睛】本题考查根据程序框图循环结构输出结果补全框图的问题，属于常考题型.10.已知函数，则方程所有根的和等于（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】证明函数的图
7、象关于点对称，易知函数在定义域上单调递增.由函数的图象关于原点对称，得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，根据零点存在定理和的单调性，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.即可求出方程所有根的和.【详解】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
8、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.故选：.【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，考查零点存在定理，属于较难的题目.11.现有边长均为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. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】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，则半径为中心与顶点的距离，由正方形、正五边形、正六边形得几何特征可知，r1r21，r3r41，再
9、利用弧长公式即可得到l1l2l3l4【详解】解：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：B【点睛】本题主要考查了弧长公式，以及正方形、正五边形、正六边形得几何特征，是中
10、档题12.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（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.【详解】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.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问
11、题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.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_.【答案】【解析】【分析】作出可行域后平移动直线至点时可得的最小值.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图所示，由可得，设.当直线经过点时，取得最小值.故答案为：.【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率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，实数的值为_.【答案】或【解析】【分析】求出
12、函数的导数，求得在点处的切线方程，令求出的值，令求出的值，再由三角形的面积公式，得到关于的方程，从而求得或【详解】因为，所以，所以切线的方程为：，令得：；令得：，所以，解得：或，故填：或【点睛】本题考查导数的几何意义、曲线在某点处的切线方程，考查运算求解能力15.已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上，且，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】首先根据题意得到，根据三棱锥体积的最大值为得到三棱锥高的最大值，再求外接球的半径和表面积即可.【详解】设的外接圆的半径为，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.故答案为：
13、【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，同时考查了球体的表面积公式，属于中档题.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，则椭圆与双曲线离心率之积_.【答案】1【解析】【分析】设出椭圆和双曲线方程，以及点，由点既椭圆上也在双曲线上，化简得出，结合离心率公式即可得出.【详解】设椭圆和双曲线方程分别，设点，由点既在椭圆上也在双曲线上，则有，解得，解得则，即故答案为：1【点睛】本题主要考查了求椭圆和双曲线的离心率，考查了运算能力， 属于中档题.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.
14、（1）求证：数列为等比数列；（2）设数列的前项和为，求证：为定值；（3）判断数列中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）不存在【解析】试题分析：（1）依据题设探求出，再运用等比数列的定义进行推证；（2）借助等比数列的前项和公式分别求出，然后再求其比值；（3）假设存在满足题设条件的三项，然后运用假设进行分析推证，找出矛盾，从而断定不存在假设的三项：解：（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，
15、所以.因为，所以，故矛盾，所以数列中不存在三项成等差数列.点睛：数列是江苏高考的特色问题，这类问题的设置旨在考查等比数列、等差数列等特殊数列的通项公式前项和公式等基础知识、基本公式与基本概念，同时考查运算求解能力和推理论证能力18.如图，三棱柱中，侧面，已知，点是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理，得到，再由侧面，所以，利用线面垂直的判定定理，即可证得直线平面；（2）根据直线与平面所成角的定义，得到为所求与平面所成角，在直角中，即可求解.【详解】（1）由题意，因为，由余弦定理可得，因为，所以，又因为侧面，所
16、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.【点睛】本题主要考查了线面直线与平面垂直的判定，以及直线与平面所成角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及熟记应用直线与平面所成角的定义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.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（1）求的
17、值，并填写下表（2000位参与投票分数和人数分布统计）；满意程度（分数）人数（2）求市民投票满意程度的平均分（各分数段取中点值）；（3）若满意程度在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【答案】（1）；填表见解析；（2）58.4；（3）【解析】【分析】（1）根据频率直方图，可以求出区间的人数，再根据分层抽样的比可以求出的值，然后根据频率直方图依次计算求解填表即可；（2）根据题意进行计算即可；（3）设5人中2位女性为，乙，3位男性为甲，先列举出基本事件，然后再列举出男性甲或女性乙被选中的事件，最后利用古典概型计算公式进行求解即可.【详解】（1）易知
18、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，），（，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【点睛】本题考查了分层抽样的有关计算，考查了古典概型计算公式，考查了频率直方图的应用，考查了数学运算能力.20.已知函数.（1）讨
19、论函数的单调性；（2）若函数在区间上存在两个不同零点，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a讨论导函数零点，根据导函数零点情况讨论导函数符号，根据导函数符号确定函数单调性，（2）先分离，再利用导数研究函数单调性，最后根据图像确定存在两个不同零点的条件，解对应不等式得实数的取值范围.试题解析：（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
20、，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.点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.21.(本小题满分12分)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【答案】依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为；（2）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径）
21、，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，.【解析】（1）根据椭圆的定义求出方程；（2）先确定当圆P的半径最长时，其方程为，再对直线l进行分类讨论求弦长.【考点定位】本题考查椭圆的定义、弦长公式、直线的方程，考查学生的运算能力、化简能力以及数形结合的能力.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.（）求实数的值；（
22、）设圆与直线交于点，若点的坐标为，且，求的值.【答案】（）；（）【解析】【分析】（）先将圆C的方程化成直角坐标方程，直线l化成普通方程，再由圆心到直线的距离以及勾股定理列式可得；（）联立直线l与圆C的方程，根据韦达定理以及参数的几何意义可得【详解】（）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.【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程与直角坐标方程之间的互化，考查直线参数方程中参数t的几何意义的应用，属于基础题.23.已知.（）解不等式；（）若不等式对任意的都成立，证明：.【答案】（） ；（）见解析【解析】【分析】（）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可（）利用绝对值三角不等式求得f(x)的最小值，得到，然后利用基本不等式进行证明即可.【详解】（）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.【点睛】本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查利用绝对值三角不等式和基本不等式求最值的应用，属于基础题.
