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1、 第 1 页 共 14 页 甘肃省兰州第一中学 2020 年高考冲刺模拟试题（3） 理科数学（参考答案） 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 1若集合 A=x|x1|5，B=x|4x+80，则 AB=（ ） Ax|x6 Bx|x2 Cx|2x6 D 【答案】C 【解析】集合 A=x|x1|5 =x|4x6，集合 B=x|4x+80=x|x2，所以 AB=x|2x6. 2若复数2320211ziiii ，则复数z对应的点在第（ ）象限 A一 B二 C三 D四 【答案】A 【解析】z1+i+i2+i3+i2021（1+i1i）+（1+i1i）+（1+i）1+i， 复数
2、z 对应的点在第一象限 3 已知非零向量 a， b 满足|a|=4|b|， |b|1, 3且(a-b) b =1,记是向量 a 与 b 的夹角， 则的最小值是 （ ） A6 B4 C13 D3 【答案】D 【解析】由题意知非零向量 a，b 满足|a|=4|b|，|b|1, 3且(a-b) b =1， 可得 a bb2 =1，即|a| |b|cos=|b|2 +1，所以22221111444bbcosabbb 因为|b|1, 3，所以21 3 ,b，所以2111 143 24cos,b 因为0,，且余弦函数cosyx在0,上单调递减，所以min3 4为了得到函数sin 23yx的图像，可以将函数
3、cos2yx的图像（ ） A向左平移512个单位 B向右平移512个单位 C向右平移6个单位 D向左平移6个单位 【答案】B 【解析】因为sin26yx，且cos2yx=sin 22x=sin24x， 所以由4x= 6x，知5 6412 ，即只需将cos2yx的图像向右平移512个单位. 第 2 页 共 14 页 5已知3log 0.8a ，0.83b ，2.10.3c ，则（ ） Aaabc Bacbc Cabac Dcacb 【答案】C 【解析】33log 0.8log 10a，0.80331b ，2.100.30,0.3c ， 故0a ，1b ，01c. 对 A，若10aabab，不成立
4、.故 A 错误；对 B，因为1cb ，故 B 错误； 对 C，abac成立；对 D，因为0acc，故 D 错误. 6函数 ln|sin|f xxx（,x 且0 x ）的大致图像是（ ） ABC D 【答案】D 【解析】函数 ln|sin|f xxx（,x 且0 x ）是偶函数，排除 B； 当0 x 时， lnsinf xxx，可得： 1cosfxxx，令1cos0 xx， 作出1yx与cosyx 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， ln1f，排除 C； 当0 xx时，00fx，故00,xx时，函数 fx单调递增， 0,xx时，函数 fx单调递减，排除 A 7 甲乙两运
5、动员进行乒乓球比赛， 采用7局4胜制.在一局比赛中， 先得11分的运动员为胜方， 但打到10平以后，先多得2分者为胜方.在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球.若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为12，甲接发球贏球的概率为25，则在比分为10:10后甲先发球的情况下，甲以13:11赢下此局的概率为（ ） A225 B310 C110 D325 【答案】C 【解析】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为11 3 1 232 5 2 550P ； 第 3 页 共 14 页 后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为21 2 1 212 5 2 525P . 所以,所求事件概率为：12110P
6、P. 8我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ） A12 B136 C12 D1233 【答案】B 【解析】根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体， 如图所示；则该组合体的体积为2111111 1 212323436V ； 所以对应不规则几何体的体积为136 9如果执行下边的程序框图，输入正整数 N(N2)和实数 a1，a2
7、，aN，输出 A，B，则( ) AAB 为 a1，a2，aN的和 B. AB2为 a1，a2，aN的算术平均数 CA 和 B 分别是 a1，a2，aN中最大的数和最小的数 DA 和 B 分别是 a1，a2，aN中最小的数和最大的数 【答案】C 【解析】结合题中程序框图，由当 xA 时 Ax 可知 A 应为 a1，a2，aN中最大的数，由当 xB 时 Bx 可知 B 应为 a1，a2，aN中最小的数 10已知函数 lg ,1lg 2,1x xf xxx， 3g xx，则方程 1f xg x所有根的和等于（ ） A1 B2 C3 D4 【答案】C 【解析】设点, x y是函数lg ,1yx x图象
8、上任意一点，它关于点1,0的对称点为,x y，则22,0 xxxxyyyy，代入lgyx， 1121俯视图俯视图侧视图侧视图正视图正视图 第 4 页 共 14 页 得lg 2,lg 2,1yxyxx . 函数lg ,1yx x的图象与函数lg 2,1yxx 的图象关于点1,0对称， 即函数 lg ,1lg 2,1x xf xxx的图象关于点1,0对称，易知函数 fx在定义域R上单调递增. 又函数 3g xx的图象关于原点0,0对称，函数1yg x的图象关于点1,0对称，且函数1yg x在定义域R上单调递增. 又 011 1,1fgx是方程 1f xg x的一个根. 当1x 时，令 31lg1h
9、 xxxgxf x ，则 h x在1,上单调递减. 3833313132lg2 10,lglglg10lg0,20222282102hhhh ， 根据零点存在定理，可得 h x在3,22上有一个零点1x，根据 h x的单调性知 h x在1,上有且只有一个零点1x，即方程 1f xg x在1,上有且只有一个根1x. 根据图象的对称性可知方程 1f xg x在,1上有且只有一个根2x，且122xx. 故方程 1f xg x所有根的和等于1213xx. （也可绘制函数的图像，利用数形结合） 11F是双曲线2222:10,0 xyCabab的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，交另一条渐近
10、线于点B，若2AFFB，则C的离心率是（ ） A2 33 B143 C2 D2 【答案】A 【解析】由题意得,2 ,3 ;,2AFb BFb ABb OAa OBa，因此222222224(2 )(3 )33()3aababcaee2 33. 12 已知函数( )xxf xxee， 函数( )g xmxm（0m ） ， 若对任意的1 2 2x ， 总存在2 2 2x ， 第 5 页 共 14 页 使得12( )()f xg x，则实数m的取值范围是（ ） A21 3, 3e B2,)e C21 ,3e D1 ,)3 【答案】B 【解析】由题意，函数 (1)xf xex的导数为 xfxxe， 当
11、0 x 时， 0fx，则函数 fx为单调递增； 当0 x 时， 0fx，则函数 fx为单调递减， 即当0 x 时，函数 fx取得极小值，且为最小值1， 又由2223,(2)fefe ，可得函数 fx在 2,2的值域2 1,e， 由函数( )(0)g xmxm m在 2,2递增，可得 g x的值域 3 ,m m， 由对于任意的1 2,2x ，总存在2 2,2x ，使得12( )()f xg x， 可得2 1, 3 ,em m ，即为231mme ，解得2me. 二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13 曲线cos2xyx在点0,1处的切线方程为_. 【答案】220 xy
12、 【解析】1sin2yx ，当0 x 时其值为12， 故所求的切线方程为112yx ，即220 xy 142521xx的展开式中 x 的系数是_. 【答案】5 【解析】55542212521121C12xxxxxxx ， x的系数为445C15. 15如图，在平面直角坐标系xOy，中心在原点的椭圆与双曲线交于, , ,A B C D四点，且它们具有相同的焦点12,F F，点12,F F分别在,AD BC上，则椭圆与双曲线离心率之积12e e _. 【答案】1 第 6 页 共 14 页 【解析】设椭圆和双曲线方程分别为221122111,0 xyabab，222222221,0 xya bab
13、设点0,B c y，由点B既在椭圆上也在双曲线上，则有 2202211222111ycabacb，解得22221101111baccyaaaa 2202222222221ycabcab，解得22222202222bcacyaaaa 则22212121212caaccaaaaaa，即2121211ccca aaa ，1 21ee 16如图，四棱锥PABCD中，底面为四边形ABCD.其中ACD为正三角形，又3DA DBDB DCDB AB.设三棱锥PABD和三棱锥PACD的体积分别是12,V V，三棱锥PABD， 三棱锥PACD的外接球的表面积分别是12,S S.对于以下结论： 12VV； 12V
14、V； 12VV；12SS；12SS；12SS.其中正确命题的序号为_. 【答案】 【解析】不妨设2AD ,又ACD为正三角形， 由3DA DBDB DCDB AB，得0DA DBDB DCDBDADCDB CA，即有DBAC，所以30ADBCDB . 又3DB DCDB AB得2333DB DCDBDBDADBDB DA， 又DB DCDB DA，故2344cos30DBDB DADBDA. 化简可以得4 33DB ，90DAB，易得ABDACDSS，故12VV.故正确. 又由于60ADBACD ，所以ABD与ACD的外接圆相同（四点共圆） ， 第 7 页 共 14 页 所以三棱锥PABD，三
15、棱锥PACD的外接球相同，所以12SS.故正确. 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 （本小题满分 12 分）设数列 na的前n项和为nS，且*22,nnSanN. （1）求数列 na的通项公式； （2）设数列2na的前n项和为nT，求证：2nnST为定值； （3）判断数列3nna中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论. 【解析】 （1）当1n 时，1122,Sa，解得12a . 当2n 时， 111222222nnnnnnnaSSaaaa，即12nnaa. 因为10a ，所以12nnaa，从而数列 na是以 2 为首项，2 为公比的等
16、比数列， 所以2nna . 4 分 （2）因为2224nnna ，所以2124nnaa， 故数列 2na是以 4 为首项，4 为公比的等比数列， 从而222 1 22 411 2nnnS，4 1 44411 43nnnT， 所以232nnST，故 2nnST的值为定值32. 8 分 （3）假设3nna中存在第, , ()m n k mnk项成等差数列， 则2 333nmknmkaaa，即2 323232nnmmkk. 因为mnk，且*, ,m n kN，所以1nk . 由112 3232323232nnmmkkmmnn， 得332nmm，矛盾， 所以数列3nna中不存在三项成等差数列. 12
17、分 18 （本小题满分 12 分）如图，已知直棱柱1111ABCDABC D的底面是菱形，且124AAACBD. 第 8 页 共 14 页 又点, ,E F P Q分别在棱1111,AA BB CC DD上运动，且满足：BFDQ，1CPBFDQAE. （1）求证：, ,E F P Q四点共面，并证明EF平面PQB. （2）是否存在点P使得二面角BPQE的余弦值为55？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说明理由. 【解析】 （1）证法 1：在线段,CP DQ上分别取点,M N，使得1QNPM，易知四边形MNQP是平行四边形，所以MNPQ， 联结,FM MN NE，则AEND，且AEND， 所
18、以四边形ADNE为矩形，故ADNEP， 同理，FMBCAD，且NEMFAD， 故四边形FMNE是平行四边形，所以EFMN，所以EFPQ， 故, ,E F P Q四点共面； 又EFPQ，EF 平面BPQ，PQ 平面BPQ， 所以EF平面PQB. 6 分 证法 2：因为直棱柱1111ABCDABC D的底面是菱形， ACBD,1AA 底面ABCD，设,AC BD交点为O，以O为原点，分别以,OA OB， 及过O且与1AA平行的直线为, ,x y z轴建立空间直角坐标系.则有2,0,0A，0,1,0B，2,0,0C ，0, 1,0D， 设BFa，1,3a,则2,0,1Ea,0,1,Fa，2,0,1P
19、a,0, 1,Qa，2,1,1EF ，2,1,1QP ， 所以EFPQ，故, ,E F P Q四点共面. 又EFPQ，EF 平面BPQ，PQ 平面BPQ， 所以EF平面PQB. 6 分 （2） 平面EFPQ中向量2,1,1EF ，2, 1,1EQ ， 设平面EFPQ 第 9 页 共 14 页 的一个法向量为1n111,x y z,则1111112020 xyzxyz,可得其一个法向量为11 0 2, ,n. 在平面BPQ中，2, 1,1BPa ，0, 2,BQa，设平面BPQ的一个法向量为2n222,xyz，则2222221020 xyazyaz，所以取其一个法向量2n2,2 ,4aa. 由1
20、212225cos,55216n nn naa，得2210548aaa， 即24230aa，1,3a，解得2 3 21,3a ， 故满足题意的点P不存在. 12 分 19 （本小题满分 12 分）如图， 已知圆221:2Cxy和圆222:4Cxy分别交x轴的正半轴于点,E A.射线OD分别交12,C C于点,B D，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直. （1）求动点P的轨迹C的方程； （2） 过点E作直线l交曲线C与点,M N， 射线OHl与点H， 且交曲线C于点Q.问：211MNOQ的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由. 【解析】方法一： （1）如
21、图设BOE，则2cos , 2sinB， 2cos ,2sinD，所以2cosPx，2sinPy. 所以动点P的轨迹C的方程为22142xy. 5 分 方法二： （1）当射线OD的斜率存在时，设斜率为k， OD方程为ykx， 由222ykxxy得2221Pyk，同理得2241Pxk，所以2224PPxy， 即动点P的轨迹C的方程为22142xy.当射线OD的斜率不存在时，点0,2也满足. 第 10 页 共 14 页 5 分 （2）由（1）可知E为C的焦点，设直线l的方程为2xmy（斜率不为 0 时） ， 设点11,M x y，22,N xy，由22224xmyxy得2222 220mymy，
22、所以1221222 2222myymy ym ,所以22212112411mMNmmyy 又射线OQ方程为ymx，代入椭圆C的方程得2224xmx， 即2241 2Qxm，222412Qmym，于是22211241mmOQ 所以222221121 2344141mmMNmmOQ 又当直线l的斜率为0时，也符合条件.综上，211MNOQ为定值34. 12 分 20 （本小题满分 12 分）为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委给所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，
23、这些分数X都在70,100)内，在以组距为 5 画分数的频率分布直方图 （设“=Y频率组距”)时， 发现Y满足：*8109,16300,(N ,55(1)11,161520nnYnnXnknn . （1）试确定 n 的所有取值，并求 k； （2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于 85 分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数在95,100的参赛者评为一等奖；分数在90,95)的同学评为二等奖，但通过附加赛有111的概率提升为一等奖；分数在85,90)的同学评为三等奖，但通过附加赛有17的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级）.已知学生A和B均参加了本次比赛，且学生A在第一
24、阶段评为二等奖. （）求学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级的概率； （）已知学生A和B都获奖，记AB，两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望. 【解析】 （1）根据题意，X在70,100)内，按组距为 5 可分成 6 个小区间， 第 11 页 共 14 页 分别是70,75),75,80),80,85),85,90),90,95),95,100)，70100X， 由*55(1) ,nXnnN，14, 15, 16, 17,18,19n. 每个小区间的频率值分别是8109,14,15,16605115,17,18,19320nnPYknn. 由31119111 51160
25、606032k ，解得350k . n的所有取值为14,15,16,17,18,19；350k . 4 分 （2） （）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率. 由（1）知，学生B的分数属于区间70,75 , 75,80 , 80,85 , 85,90 , 90,95 , 95,100的概率分别是： 360，1160，1960，1460，1160，260. 我们用符号ijA（或ijB)表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为 i，通过附加赛最终获奖等级为 j， 其中( ,1,2,3)j i i j . 记“学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级”为事件W， 则12122223222()P WP
26、 BBB AB A 12122223222P BP BP BP AP BP A 211 111 10 1014 1 10516060 1160 11 1160 7 11220. 8 分 （ii）学生A最终获得一等奖的概率是21111P A， 学生B最终获得一等奖的概率是12121112116060272711272796060P BB， 1180(0)1111999P， 111118(1)1111911999P， 1 11(2)11 999P， 的分布列为： 801812001299999999E . 12 分 0 1 2 P 8099 1899 199 第 12 页 共 14 页 21 （本
27、小题满分 12 分）已知函数 lnf xaxxa， lng xkxxxb，其中, ,a b kR. （1）求函数 fx的单调区间； （2） 设对任意1,ae以及任意1,xe， 不等式 f xg x恒成立时最大的k值为c， 当1,be时，求bc的取值范围. 【解析】 （1） ln0,f xaxxa xaR 1aaxfxxx ，(0 x ,aR) 当0a 时， fx的减区间为0,，没有增区间； 当0a 时， fx的增区间为0,a，减区间为, a . 4 分 （2）根据题意，有 1 lnlnaxxxxbkx. 1,ae,1,xe，1 lnln1 lnlnaxxxxbxxxxbxx， 设 1 lnln
28、xxxxbg xx ，则 2lnxxbgxx， 令 lnp xxxb ，则 110p xx ， lnp xxxb 在1,上递增； 当 10p，即1b 时，1,be，1b 且1,xe时， 0p x ，即 0gx， g x在1,e上递增； min1cg xgb，得22bcb. 当 0p e ，即1,bee时，1,xe， 0p x ，即 0gx， g x在1,e上递减； min2bcg xg ee，得212,1bbcbeeeee ； 当 10pp e 时，因 lnp xxxb 在1,e上递增； 存在唯一实数01,xe，使得00p x，即00lnbxx， 当01,xx时， 0p x ，即 0gx. 当
29、0,xx e时， 0p x ，即 0gx. 00000mi000n1 lnln1lnxxxxbxxxcg xg x. 第 13 页 共 14 页 00000011lnlnbcxxxxxx. 01,xe，00112,xexe，即12,bcee . 综上所述，22,1bcee . 12 分 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选修 44：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为252xmtyt（t为参数）.以原点O为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系具有相同的长度单位.圆
30、C的方程为2 5sin ,l被圆C截得的弦长为2. （1）求实数m的值； （2）设圆C与直线l交于点A B、，若点P的坐标为( , 5)m，且0m ，求PAPB的值. 【解析】 （1）由2 5sin得222 50,xyy即圆C的普通方程为2255xy. 直线l的普通方程为50 xym， 直线l被圆C截得的弦长为2，所以圆心到的距离为32， 即0553,22m解得33mm或. 5 分 （2）法 1：当3m 时，点3, 5P，令2tt ，则直线l的参数方程可写为： 232252xttyt（为参数） ，代入圆C的直角坐标方程得：23 240tt， 由于23 24 420 ，故可设12tt，是上述方程
31、的两实根，所以121 23 2-24ttt t， 又直线l过点3, 5P，故由上式及t的几何意义得， 第 14 页 共 14 页 PAPB1212| | 3 2tttt. 10 分 法 2：当3m 时，点35P，易知点P在直线l上. 又223555，所以点P在圆外. 联立2255350 xyxy 消去y得，2320 xx. 不妨设21+ 51,2+ 5AB，、，所以PAPB22 23 2. 10 分 23选修 45：不等式选讲（本小题满分 10 分） 已知( )2121f xxx . （1）解不等式( )(1)f xf； （2）若不等式11( )(0,0)f xmnmn对任意xR的都成立，证明：43mn. 【解析】 （1） 1f xf就是21215xx . 当12x 时， 21215xx，得1x . 当112x 时， 21215xx，得35，不成立. 当1x 时， 21215xx，得32x . 综上可知，不等式 1f xf的解集是312 ，. 5 分 （）因为 2121222122213xxxxxx ， 所以113mn. 因为0m ，0n 时，1112mnmn，所以123mn，得23mn . 所以423mnmn. 10 分