甘肃省兰州市第一中学2020届高考数学最后冲刺模拟试题理

1、甘肃省兰州市第一中学2020届高考数学最后冲刺模拟试题理说明：本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，满分 150分，考试时间120分钟.请将答案填在答题卡上.第I卷（选择题共60分）、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 A=x| 3 x 6, B x|2 x 7,则 A （CRB）=（）A. （2, 6）B. （2, 7）C.（-3, 2 D. （-3, 2）2 .已知复数Zi对应复平面上的点（1,1）,复数Z2满足zz2,则|Z2 2i| （）A. 72B . 2C. 10 D .沃 3 1 3

2、.已知正项等比数列an满足a3=1, a5与2a4的等差中项为则a的值为（）11A. 4B. 2C. 2D. 44 .如图，在矩形 OABCJ随机撒一颗黄豆，则它落在空白部分的概率为（）35 .已知命题 p: x R, 2 x ex,命题 q: a R,且 a 1,log a（a2 1） 0,则（）A.命题pq是真命题B.命题p q是假命题C.命题p q是假命题D.命题p q是真命题6 . 7人乘坐2辆汽车，每辆汽车最多坐 4人，则不同的乘车方法有（）A. 35 种B. 50 种C. 60 种D. 70 种7 .将函数f x sin 2x -的图象向右平移个单位长度得到g x图像，则下列判断错

3、误 32的是（）A.函数g x在区间 上J上单调递增B. g x图像关于直线x 至对称12 212C.函数g x在区间 ,/上单调递减6 3Dr2b. g x图像关于点,0对称 3r r2,则a b的最大值为（）A. 1 B.1C.22D.8 .已知非零向量a, b的夹角为60o,且满足a9 .棒卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式。桦卯结构中凸出部分叫桦 （或叫桦头），已知某"隼头”的三视图如图所示，则该“桦头”的体积是（）A. 36B. 45T工 彳侧视图C. 54D. 63俯视图1log 2anlog 2an+110.已知数列an满足

4、2a1+2&+ 2nan=n(nC N*),数列的前n项和为S,1 A. 10111则 Si 4 S3 Sio=()C.1122一，x y11.已知 巳下2是双曲线 看 1（a 0,b 0）的左、右焦点，若点52关于渐近线的对a b称点M也在双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A. B . . 2C. 2 D . . 52, 、 512.定义在(0,)上的函数f(x)满足x2f(x) 1 0, f(2) a，则关于x的不等式“、1f(lnx)>2的解集为()ln xA- (e2,) B. (0, e2)C.(e,e2)D.(1,e2)第n卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4

5、小题，每小题5分，共20分）13.若x, y满足约束条件xy40,x20,则zx 2y的最小值为xy20,14. (2x的展开式中各项系数之和为81,则展开式中x的系数为15 .已知边长为2J3的菱形ABCDfr, / BAD= 60° ,沿对角线 BD折成二面角 A-BDC的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为 .16 .已知抛物线 C: x2=4y的焦点为F, E为y轴正半轴上的一点.且OE 3OF(O为坐标原点)，若抛物线C上存在一点 M (xo, y0),其中x°w0,使过点M的切线lME则切线l在y 轴上的截距为.三、解答题(本大题共6小题

6、，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12分)在 ABC中，角 A B, C的对边分别是 a, b, c.已知bsin C csinB 0. 3(I )求角C;(n)若a 4, c 2"求 ABC的面积.18 .（本小题12分）某商场营销人员进行某商品的市场营销调查时发现，每回馈消费者一定的点数，该商品每天的销量就会发生一定的变化，经过试点统计得到以下表：反馈点数t12345销量（百件）/天0.50.611.41.7（I）经分析发现，可用线性回归模型y bt 0.08拟合当地该商品销量 y （千件）与返还点数t之间的相关关系.试预测若返回6个点时该商品每

7、天的销量；（n）若节日期间营销部对商品进行新一轮调整.已知某地拟购买该商品的消费群体十分庞大，经营销调研机构对其中的200名消费者的返点数额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：返还点数预期值区间1,3)3,5)5,7)7,9)9,11)11,13)（白般）206060302010（1）求这200位拟购买该商品的消费者对返点点数的心理预期值X的样本平均数及中位数的估计值（同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1 ）;（2）将对返点点数的心理预期值在1,3）和11,13的消费者分别定义为“欲望紧缩型”消费者和“欲望膨胀型”消费者，现采用分层抽样的方法从位于这两个区

8、间的30名消费者中随机抽取 6名，再从这6人中随机抽取3名进行跟踪调查，设抽出的 3人中 “欲望紧缩型”消费者的人数为随机变量X ,求X的分布列及数学期望.19 .（ 本小题12分）如图，在直三棱柱 ABCABC中，平面 ABQ侧面 ABBA1,且AA=AB=2（I）求证：ABL BG（n）若直线 AC与平面ABC所成角的大小为30。，求锐二面角 A-AGB的大小.20 .( 本小题12分)22-椭圆C x2 1T l(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2,离心率为旺过焦点F2且垂直 a b2于x轴的直线被椭圆 C截得的线段长为1.(I)求椭圆C的方程；(n)点 P(X0 ,

9、 y0)(y0W0)为椭圆 C上一动点，连接 PF、PF2,设/ F1PE的角平分线 PM交椭圆C的长轴于点 M m0),求实数m的取值范围.21 .(本小题12分)已知函数f x f' 1 ex1 f 0 X1X2,其中f (x)是地f(x)的导数，e为自然对数2,，1 2_的底数，g x -x ax b ( a R, b R).(D求f(x)的解析式及极值；(n ) 若 f (x) >g(x)，求 b(a+1)的最大值.22 .(本小题10分)【选修44:坐标系与参数方程】x 1 t己知直线l的参数方程为(t为参数)，曲线 C的极坐标方程为siny 3 2t-16cos=0,

10、直线l与曲线C交于A B两点，点P(1,3).(I)求直线l的普通方程和曲线 C的直角坐标方程；(n ) 求 7-j- 7-；的值.PA PB23.(本小题10分)【选修4 5 :不等式选讲】已知函数 f(x)= 2x-1+ x+1 .(I )解不等式f (x) > 3;(n )记函数f (x)的最小值为 m若a, b, c均为正实数，且a+2b+3c=2mi求a2+b2+c2的最小值.二、填空题：本大题共兰州一中2020届高三冲刺模拟数学(理科)13. 514. 2415. 28Tt16. -1三、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1

11、2分)(I)'- bsin C csinB30, sin B1 . 一 sinC23 c - ccosC sin C sin B21sinC 213 cosc 0sin C 一 30.题号123456789101112答案CDABADCBCBDA、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.4小题，每小题5分，共20分.8分 C0,(Il)；c2b22ab cosCb2 4b120,18.解析:1absinC 2243(I)易知 t 1 2 354 53,y0.50.6 1 1.4 1.71.04，5则y关于t的线性回归方程为0.32t0.08 ,当t 6时，$ 2.00 ,即返回

12、6个点时该商品每天销量约为2百件.(n) (1)根据题意，这200位拟购买该商品的消费者对返回点数的心里预期值X勺平土值X的估计值为:x 2 0.1 4 0.3 6 0.3 8 0.15100.1 12 0.05 6,100 20 60中位数的估计值为 5 2 602 5.7.3(2)抽取6名消费者中“欲望紧缩型”消费者人数为6 型 4,30，.，一一10“欲望膨胀型”消费者人数为6 10 2.30P(X1)C4C21 P(X2)C2C23 P(X3)C3C201P(X1) n3， P(X2) n3占， P(X3)2占19.Ce5C 65Ce5故随机变量X的分布列为X123P1535154 E

13、(X) 3-2126分(本小题12分)【解析】(I)如图，取AB的中点D,连接AD.因为AA1 AB ,所以AD A1B.由平面ABC 侧面AABB1 ,且平面A1BCI侧面A1ABB1 AB ,得AD 平面A1BC.又BC 平面ABC ,所以AD BC ,因为三棱柱 ABC A1B1C1是直三棱柱，则 AA 底面ABC,所以AA BC又AA1 I AD A ,从而BC 侧面ABB/ ,又 AB 侧面 AABB1,故 AB BC . ( 6 分)(II)解法一：连接CD,由(1)知ADL平面 ABC,则CD是AC在平面 ABC内的射影 /ACD即为直线AC与平面ABC所的角，则/ACD=30

14、.在等腰直角AAB中，A 1A=AB=2,且点D是AB中点，1 一AD=2-A1B 衣，又/ADC=90 . / ACD=30 , AC=2<2过点A作AE AC于点E ,连接DE ,由(1)知AD 平面A1BC ,则AD AC ,又 AEI AD A,A1C DE ,AED即为二面角A AC B的一个平面角.（9分）在直角AAC中，AE9型字妪, AC2733AD .2.3o sin AED -又 AD 72， ADE 90，二AE 2疾 2，又二面角A A1C B为锐二面角，. AED 600，（12 分）即二面角A AiC B的大小为60o .解法二（向量法）：由（1）知AB BC

15、且BBi底面ABC,所以以点B为原点，以BC、BA、BBi所在直线分别为x, y , z轴建立空间直角坐标系B xyz.设BCa,则 A 0,2,0 , B 0,0,0 , C a,0,0 , Ai 0,2,2unrBCa,0,0，unruuuruuirBA 0,2,2 , AC a, 2,0 , AA10,0,2设平面ABC的一个法向量n1uur uuurx,y,z，由 BC ni, BAxa 02y 2z 0令 y 1 ,得 x 0,z1 ,则 n0,1, 1设直线AC与平面ABC所成的角为，则30°,uuur °ACgiiI 21所以 sin30°uutr,

16、 1" ,AC|ni|五 2uuuv 解得 a 2,即 AC 2, 2,0 .又设平面A,AC的一个法向量为n2 ,同理可得 “1,1,0设锐二面角 A A1cB的大小为cos.ni,n2.:|ni | |n212由 0,金，得60°.锐二面角 A AC B的大小为60° . （12分）20 .（ 本小题12分）【解析】(I)将2y221中，由a cb22 一b可得b4所以弦长为2b22b2c 故有ca2a3 T b22,所以椭圆C的方程为:1(n)法一：设点 Px0,y0y00 ,又 F1、3,0下2 30PF1FF2的方程分别I1: yxx0J3y00；12

17、： y°xXo由题意可知my0 43 y0my。,y2X032y0 X0由于点P为椭圆C上除长轴外的任一点，所以2X0所以m V3；x.m- <323%-2因为-% 3 m2x0所以m-33y x0m,即2-吏x2- x0210分3因此，-212分法二：设PF1t ,在 PFM中，由正弦定理得 tsin PMF1m 3sin MPF1在PF2M中，由正弦定理得4 tsin PMF23 msin MPF2因为 PMF1PMF2, MPF1MPF2 ,t _ 3 m1 o所以一；=,斛行 m _ 2x' 3t 4x3 ,8 分4 t 3 m4因为 t a c,a c,即 t

18、 2 瓜2 J3 , 10 分33所以 一m . 12分2221 .(本小题12分)【解析】(I)由已知得 f' x f' 1 ex 1 f 0 x,令 x=1,得 f ' 1 f ' 1 f 01,即 f 01,f ' 1又 f 0,f' 1 e,e从而 f xex x 1x2,1 f' xex x 1,2又f ' xex x 1在R上递增，且f 00 ,.当 x 0?, f ' x 0 ; x 0时，f ' x 0,故x 0为极大值点，且f (0) 1.h xexa1xb0|h'x1 2,(n) f x -x ax b2当a 1 0时，h' x 0y h x在x R上单调递增x 时，h x与h x 0相矛盾;当a 1 0时，h (x) 0x ln(a 1), h' x 0 x In a 1当 X ln a 1 时，h x mma 1a 1 In a 1 b 0,即 a 1 a 1 ln a 1 b, 22