甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（二）数学（文）试题 Word版含解析 21页

‎2020年兰州一中高三数学模拟试卷（二）‎ 文科数学 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据一元二次不等式计算出集合中表示元素范围,然后计算出的范围,最后根据交集的含义计算的结果.‎ ‎【详解】因为,所以即,所以,‎ 又因为,所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的补集与交集混合运算,难度较易,注意一元二次不等式的解集的求解.‎ ‎2. 设复数满足，则复数在复平面内对应的点位于　　‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据计算出复数，写出其共轭复数，即可根据复数的坐标表示选出答案．‎ ‎【详解】设复数，‎ ‎，；‎ - 21 -‎ ‎，；‎ 复数，，‎ 复数在复平面内对应的点位于第二象限．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查共轭复数与复数的坐标表示，属于基础题．‎ ‎3. 若非零实数、满足，则下列式子一定正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则，，将指数式化成对数式得、后，然后取绝对值作差比较可得．‎ ‎【详解】令，则，，，，‎ ‎，因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题．‎ ‎4. 已知为锐角，，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用半角公式（或二倍角公式）求得，再根据两角和正切公式求结果.‎ - 21 -‎ ‎【详解】∵为锐角，，∴，‎ 则，‎ ‎∴.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查半角公式以及两角和正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎5. 已知f（k）＝k+（﹣1）k，执行如图所示的程序框图，若输出k的值为4，则判断框内可填入的条件是（ ）‎ A. s＞3？ B. s＞5？ C. s＞10？ D. s＞15？‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图依次计算得到答案.‎ ‎【详解】模拟执行程序框图，可得：k＝1，s＝1，‎ s＝1，不满足判断框内的条件，执行循环体，k＝2，s＝4，‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，k＝3，s＝6，‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，k＝4，s＝11，‎ 此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出k的值为4.‎ - 21 -‎ 因此判断框内的条件可填：s＞10？‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力和理解能力.‎ ‎6. 在平面直角坐标系中，已知点，，若动点满足 ，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出的坐标为，依据题目条件，求出点的轨迹方程，‎ 写出点的参数方程，则，根据余弦函数自身的范围，可求得结果.‎ ‎【详解】设 ，则 ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎∴ ‎ ‎∴为点的轨迹方程 ‎∴点的参数方程为（为参数） ‎ 则由向量的坐标表达式有：‎ 又∵‎ - 21 -‎ ‎∴‎ 故选：D ‎【点睛】考查学生依据条件求解各种轨迹方程的能力，熟练掌握代数式转换，能够利用三角换元的思想处理轨迹中的向量乘积，属于中档题.求解轨迹方程的方法有：①直接法；②定义法；③相关点法；④参数法；⑤待定系数法 ‎7. 中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”．现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用这9数字表示两位数的个数为　　‎ A. 13 B. 14 C. 15 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎6根算筹可分为1、5,2、4，3、3，再根据图示写出可能的组合，即可得出答案．‎ ‎【详解】根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、3，3、7，7、7；‎ 数字组合1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示个两位数；‎ 数字组合3、3，7、7，每组可以表示1个两位数，则可以表示个两位数；‎ 则一共可以表示个两位数；‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题结合算筹计数法，考查排列与组合，属于基础题，本题的关键在于读懂题意．‎ ‎8. 已知函数是定义在上的偶函数,当时,,则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 21 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出当时不等式的解集，在根据偶函数的对称性求出当时不等式的解集，从而求出的解集，则，即可得解.‎ ‎【详解】当时,的解为；‎ 当时，根据偶函数图像的对称性知不等式的解为，‎ 所以不等式的解集为，‎ 所以不等式的解集为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查偶函数的性质，涉及一元二次不等式，属于基础题.‎ ‎9. 已知双曲线：，为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线交于，两点，若是边长为2的等边三角形，则双曲线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据双曲线性质得，再根据渐近线求得，即得双曲线的方程.‎ ‎【详解】‎ 由图可知，，且一条渐近线的倾斜角为，所以，解得，所以双曲线 - 21 -‎ 的方程为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查双曲线的方程，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎10. 甲、乙二人玩数字游戏，先由甲任意想一个数字，记为m，再由乙猜想甲刚才想的数字，把猜出的数字记为n，且，，若，则称二人“心有灵犀”，现任意找二人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，分别作分类讨论，可写出9组数据，再结合古典概型公式计算即可 ‎【详解】当时，存在，3种情况，组合为；‎ 当时，存在，3种情况，组合为；‎ 当时，存在，3种情况，组合为；‎ 其中符合的组合为： 7种情况，‎ 故两人心有灵犀的概率为：‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查古典概型的基本求法，列举法、树状图法常用来求解此种题型，属于基础题 ‎11. 已知函数，若方程的解为， （），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 由题意首先确定函数的对称轴，然后结合题意和三角函数的性质、同角三角函数基本关系和诱导公式即可确定的值.‎ ‎【详解】函数的对称轴满足：，‎ 即，令可得函数在区间上的一条对称轴为，‎ 结合三角函数的对称性可知，则：，‎ ‎，‎ 由题意：，且，故，‎ ‎，由同角三角函数基本关系可知：‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的对称性，诱导公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎12. 已知函数，若与的图象上分别存在点M，N，使得MN关于直线对称，则实数k的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则,推导出，由此利用导数性质能求出实数k的取值范围.‎ ‎【详解】因为函数 - 21 -‎ 的图象上分别存在点M，N，使得MN关于直线对称，所以设，则,‎ 所以，所以，，由得，‎ 因为，所以时，，是减函数；‎ 当时，，是增函数，‎ 所以时，；当时，，‎ 当时，；‎ 所以，，‎ 所以实数的取值范围是,‎ 所以选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要构造函数，由导函数确定研究构造的函数的单调性，从而可求出结果.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．‎ ‎13. 已知多项式，则________．‎ ‎【答案】2677‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合秦九韶算法，将转化为 ‎，然后由内至外逐步计算即可求出答案 ‎【详解】‎ 令 当时，；‎ 则令，当时，；‎ 则令，当时，；‎ - 21 -‎ 则令，当时，；‎ 则令，当时，；‎ 故 故答案为：2677‎ ‎【点睛】本题考查秦九韶算法，将多项式转化为至关重要，属于中档题 ‎14. 设m，n为正数，且，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则，可化为，利用基本不等式可求的最小值，从而可得所求的最小值.‎ ‎【详解】令，则，且，，‎ 又，‎ 而，‎ 当且仅当时等号成立，‎ 故的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查多变量代数式的最值问题，一般可用基本不等式来求最值，但需要对原代数式化简变形以便出现和为定值或积为定值的形式，注意利用基本不等式求最值时要验证等号是否成立.‎ ‎15. 设是定义在R上的函数，其导函数为，若，，则不等式(其中e为自然对数的底数)的解集为 - 21 -‎ ‎__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，由题意，只需解即可，利用导数研究的单调性即可得到答案.‎ ‎【详解】设，不等式的解等价于不等式的解，‎ 因为，‎ 所以在R上单调递增，又，‎ 所以，所以，所以原不等式的解集为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查构造函数利用函数的单调性解不等式，考查学生转化与化归思想，是一道中档题.‎ ‎16. 已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，可得球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，‎ 在△PBC中，由余弦定理、正弦定理可得R.‎ ‎【详解】因为O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，‎ - 21 -‎ 根据球的性质，球心一定在垂线l上，‎ ‎∵球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，‎ 在△PBC中，由余弦定理得cosB，⇒sinB，‎ 由正弦定理得：，解得R，‎ ‎∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为s＝4πR2＝10π，‎ 故答案为10π．‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解题的关键，属于中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，侧面底面，其中 - 21 -‎ ‎，，，.‎ ‎（Ⅰ）是上一点，求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由勾股定理得，再由平面平面，‎ 得平面，得证；‎ ‎（Ⅱ）由，得 ‎【详解】（Ⅰ）在中，，，‎ ‎，‎ 又平面平面，平面平面，‎ 平面，平面 平面平面 ‎（Ⅱ）取中点，由为等边三角形得 平面平面，平面，‎ 又因为中，，‎ 在中，边上的高 - 21 -‎ 三棱锥的体积为.‎ ‎ ‎ 考点：空间中的位置关系、体积计算．‎ ‎18. 已知数列的前n项和为，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）题设中的递推关系可转化为，利用等比数列的通项公式可求的通项，从而求出后可求的通项公式.‎ ‎（2）利用裂项相消法可求的前项和，从而可证不等式成立.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ - 21 -‎ ‎∴，又，所以，‎ ‎∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，‎ ‎∴，.‎ 当时，；‎ 当时，符合上式，∴.‎ ‎（2）证明：，‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查数列通项的求法以及裂项相消法求和，后者应该根据通项的特征选择合适的求和方法.‎ ‎19. 根据某电子商务平台的调查统计显示，参与调查的1000位上网购物者的年龄情况如下图显示．‎ 已知、、三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，求，的值；‎ 该电子商务平台将年龄在 - 21 -‎ 之间的人群定义为高消费人群，其他的年龄段定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费，该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的1000位上网购物者中抽取5人，并在这5人中随机抽取3人进行回访，求此三人获得代金券总和为200元的概率．‎ ‎【答案】(1) ，.(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：(1)根据频率直方图中结论：所有频率之和为1，则有：，即有：，又由条件：、、三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，则有：，解方程组得：，；(2) 根据(1)中：，可得高消费人群所占比例为，有利用分层抽样从样本中抽取5人，其中属于高消费人群的为3人，属于潜在消费人群的为2人. 由古典概率模型的求法：令高消费的人为，潜在消费的人为，从中取出三人，例举总共有：这10种情况，其中为获得代金卷总和为200元的情况，运用概率公式可求出三人获得代金券总和为200元的概率.‎ 试题解析：(1) 根据频率直方图中结论：所有频率之和为1，则有：，即有：，又由条件：、、三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，则有：，解方程组得：，‎ 根据(1)中：，可得高消费人群所占比例为，有利用分层抽样从样本中抽取5人，其中属于高消费人群的为3人，属于潜在消费人群的为2人. ‎ 令高消费的人为，潜在消费的人为，从中取出三人，‎ 总共有：10种情况，‎ 其中为获得代金卷总和为200元的情况，‎ - 21 -‎ 因此，三人获得代金券总和为200元的概率为. ‎ 考点：考查统计与概率的相关知识 ‎20. 已知抛物线的焦点为F，点，点B在抛物线C上，且满足（O为坐标原点）.‎ ‎（1）求抛物线C的方程；‎ ‎（2）过焦点F任作两条相互垂直的直线l与l，直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线l与抛物线C交于M，N两点，的面积记为，的面积记为，求证：为定值.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据条件解得B点坐标，代入抛物线方程解得，即得结果；‎ ‎（2）先设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求得与，最后代入化简得结果.‎ ‎【详解】（1）设 因为点B在抛物线C上，‎ ‎（2）由题意得直线l的斜率存在且不为零，设，代入得，所以 因此，同理可得 因此 ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 本题考查抛物线方程以及直线与抛物线位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ ‎21. 已知函数 ‎（Ⅰ）求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）证明当时，关于的不等式恒成立；‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求出函数导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）令，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值，从而证出结论即可；‎ 解析：‎ ‎（1），‎ 由f'（x）＜0，得2x2﹣x﹣1＞0．又x＞0，所以x＞1，‎ 所以f（x）单调递减区间为（1，+∞），函数f（x）的单增区间为（0，1）．‎ ‎（2）令，‎ 所以，‎ 因为a≥2，所以，‎ 令g'（x）=0，得，所以当，当时，g'（x）＜0，‎ 因此函数g（x）在是增函数，在是减函数，‎ 故函数g（x）的最大值为，‎ - 21 -‎ 令，因为，又因为h（a）在a∈（0，+∞）是减函数，‎ 所以当a≥2时，h（a）＜0，即对于任意正数x总有g（x）＜0，‎ 所以关于x的不等式恒成立．‎ 点睛：这个题目考查的是利用导数研究函数的单调性和最值问题；证明不等式的恒成立问题；证明不等式恒成立问题一般采用以下方法：其一可以转化为函数最值问题，使得函数最值大于或者小于0；其二可以转化为两个函数的不等式关系，使得一个函数的最小值大于另一个函数的最大值．‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，、均异于原点，且，求实数的值.‎ ‎【答案】（1），；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意消去参数即可得曲线的普通方程，由极坐标方程、直角坐标方程转化公式可得的直角坐标方程；‎ ‎（2）由题意结合极坐标方程、直角坐标方程转化公式可得曲线的极坐标方程，设，，由的几何意义可得，由特殊角的三角函数值即可得解.‎ ‎【详解】（1）由曲线的参数方程消参可得曲线的普通方程为；‎ - 21 -‎ 曲线极坐标方程可变为，‎ ‎∴的直角坐标方程为即；‎ ‎（2）曲线化极坐标方程为，‎ 设，，则，，‎ ‎∴，‎ 由可知，‎ ‎∵，∴，∴或，‎ ‎∴或.‎ ‎【点睛】本题考查了直角坐标方程、参数方程、极坐标方程的转化，考查了的几何意义的应用及运算求解能力，属于中档题.‎ ‎23. 已知函数（），不等式的解集为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，，，且，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用绝对值不等式的解法求出不等式的解集,得到关于的方程,求出的值即可;‎ 由知可得,，利用三个正数的基本不等式,构造和是定值即可求出的最大值.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎，‎ 所以不等式的解集为,‎ - 21 -‎ 即为不等式的解集为，‎ ‎∴的解集为,‎ 即不等式的解集为，‎ 化简可得,不等式的解集为，‎ 所以,即.‎ ‎（2）∵，∴.‎ 又∵，，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 当且仅当,等号成立,‎ 即，，时，等号成立，‎ ‎∴的最大值为32.‎ ‎【点睛】本题主要考查含有两个绝对值不等式的解法和三个正数的基本不等式的灵活运用;其中利用构造出和为定值即为定值是求解本题的关键;基本不等式取最值的条件:一正二定三相等是本题的易错点;‎ 属于中档题.‎ - 21 -‎