甘肃省兰州市高三数学实战模拟考试二诊试题理含解析

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1、2020年兰州市高三实战模拟考试理科数学一、选择题.在每小题给出的的四个选项中，只有一面是符合题目要求的.1.已知复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算法则，化简复数，再利用复数模的计算公式，即可求解。【详解】，所以，故选B【点睛】本题考查复数求模的问题，考查复数的运算，属基础题。2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由集合的交集运算，直接求出答案即可。【详解】因为，所以=，即，故选B【点睛】本题考查集合的交集运算，属基础题。3.函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由解析式判断图像可通

2、过定义域，奇偶性与特殊值用排除法求解。【详解】，所以函数是偶函数，图像关于轴对称，故排除C,D，所以排除B故选A.【点睛】由解析式判断函数图像的一般方法1、求定义域2、判断奇偶性3、取特殊值4,、求导，判断增减性4.已知向量，满足，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将展开，代入，可求出的值，结合求夹角公式，即可求解。【详解】由题意得，所以所以，又，所以，即与的夹角为，故选B。【点睛】本题考查向量的数量积公式以及向量夹角的求法，属基础题。5.经过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设所求双曲线的方程，将点

3、代入求出，从而求出方程。【详解】设所求双曲线的方程为，将点代入得解得，所以双曲线方程为故选D.【点睛】本题考查双曲线的标准方程，解题的关键是设所求双曲线的方程为，属于简单题。6.定义“等积数列”:在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列是等积数列且，前项的和为，则这个数列的公积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题可得， ，先由题求出 ，则公积为.【详解】由题可知等积数列的各项以2为一个周期循环出现，每相邻两项的和相等，前项的和为则 即，解得 所以公积是 故选C.【点睛】本题考查数列，解题的关键

4、是理解等积数列的各项以2为一个周期循环出现，每相邻两项的和相等，考查学生的类比能力。7.“欧几里得算法”是有记载的最古老的算法，也叫做辗转相除法，可追溯至公元前年前，如图的程序框的算法思路就是来源于“欧几里得算法”，用于计算两个整数，的最大公约数执行该程序框图（图中“”表示除以的余数），若输入的，分别为，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】该程序框图执行的是欧几里得辗转相除法，求出运算结果即可。【详解】输入的，则 ，不满足循环条件 ， ，则满足循环条件，则最大公约数是. 故选B【点睛】本题考查程序框图，执行是欧几里得辗转相除法，属于简单题。8.在长方体中，则异面直线

5、与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，得即为异面直线与所成角，在Rt中，求出各边边长，即可求解。【详解】因为长方体所以，所以即为异面直线与所成角。因为平面，所以，即为直角三角形由题意得，在中，所以，故选C。【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，解决的关键是转化成相交线所成的角，考查空间想象能力，计算求解能力，属基础题。9.已知数列中，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由递推关系，结合，可求得， 的值，可得数列是一个周期为6的周期数列，进而可求的值。【详解】因为，由，得；由，得；由，得；由，得；由，得；由，得 由此推理可得

6、数列是一个周期为6的周期数列，所以，故选A。【点睛】本题考查由递推关系求数列中的项，考查数列周期的判断，属基础题。10.定义在上的函数满足：，且，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数，对求导研究其单调性与在处的函数值，从而求得答案。【详解】的解集即为的解集构造函数，则，因为，所以所以在上单调递增，且所以的解集为，不等式的解集为.故选C.【点睛】本题考查导函数的应用，解题的关键是构造新函数。11.已知双曲线的左焦点，右顶点为，过且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点，若是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析

7、】【分析】利用双曲线的对称性可得为钝角，得即，利用几何关系可得，的长度，结合离心率的公式，即可求出离心率的取值范围。【详解】因为双曲线关于x轴对称，且AB垂直于x轴，所以,因为是钝角三角形，所以为钝角，即因为F为左焦点，且过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点，所以，又所以，即由，可得，解得，或（舍），故选D【点睛】本题考查双曲线的几何性质，离心率的求法，考查推理计算，化简求值的能力，意在考查学生对这些基础知识的理解掌握水平，属中档题。二、填空题.12.直线是曲线的一条切线，则实数_.【答案】【解析】【分析】设切点为，由导数的几何意义可得，即可解出的值，代入，即可求出的值，又切点在切线上

8、，代入方程，即可求解。【详解】设切点为，由题意得，所以所以所以又，所以【点睛】本题考查导数的几何意义，属基础题。13.若满足约束条件，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由不等式组画出对应的平面区域，平移直线纵截距最大值，z最小。【详解】可行域是下面的三角形ABC内，如图平移直线纵截距最大值，z最小，则在点处有最小值【点睛】本题考查线性规划问题，解题的关键是找到不等式组表示的平面区域，属于简单题。14.已知数列的前项和为，则_.【答案】.【解析】分析：当n2时，an=SnSn1，验证首项，即可求通项an详解：a1=S1=6，当n2时，an=SnSn1=2n+1，当n=1时，a1=36，故答

9、案为：点睛：本题考查了由数列的前n项和公式求数列的通项公式，属于中档题，解题时特别注意两点，第一，要分类讨论，分和两种情形，第二要掌握这一数列中的重要关系，否则无法解决此类问题，最后还要注意对结果的处理，分段形式还是一个结果的形式.15.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为_.（容器壁的厚度忽略不计，结果保留）【答案】【解析】【分析】由题若球形容器表面积最小，则正四棱柱与

10、球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，求出半径长再求表面积。【详解】若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即 所以 球形容器的表面积【点睛】本题考查球体表面积，解题的关键是求出球体的半径。三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.已知是的内角，分别是角的对边.若,（1）求角的大小；（2）若，的面积为，为的中点，求【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）由，可将，转化为,，代入原式，根据正弦定理可得，结合余弦定理，及，可得角C的大小。（2）因为，所以。所以为等腰三角形，根据面积为，可得，在，结合余弦定理，即可求

11、解。【详解】（1）由得由正弦定理，得，即所以又，则（2）因为，所以.所以为等腰三角形，且顶角.因为所以.在中，所以 解得 .【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，正弦定理，余弦定理，求面积公式，综合性较强，考查学生分析推理，计算化简的能力，属基础题。17.在国家“大众创业，万众创新”战略下，某企业决定加大对某种产品的研究投入.为了对新研发的产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格试销，得到一组检测数据如表所示：试销价格（元）产品销量（件）已知变量，具有线性相关关系，现有甲、乙、丙三位同学通过计算求得回归直线方程分别为：甲；乙；丙，其中有且仅有一位同学的计算结果是正确的.（1）试判断谁的计算

12、结果正确？求回归方程。（2）若由线性回归方程得到的估计数据与检测数据的误差不超过1，则该检测数据是“理想数据”.现从检测数据中随机抽取3个，求“理想数据”的个数的分布列和数学期望.【答案】(1) 乙同学正确， (2)见解析【解析】【分析】（1）由变量，具有线性负相关关系，可知甲错，代入样本中心检验，可得乙正确。（2）由计算可得“理想数据”共有3个，可得x的取值，分别求其概率，即可写出分布列和期望。【详解】（1）已知变量，具有线性负相关关系，故甲不对，代入两个回归方程，验证乙同学正确，故回归方程为：；（2） “理想数据 ”的个数取值为：；,于是“理想数据”的个数的分布列：数学期望【点睛】本题考查

13、回归方程和实际问题处理的能力，离散型随机变量的分布列及期望，考查学生分析推理，化简计算的能力，属基础题。18.已知椭圆过点，且其中一个焦点的坐标为，（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1) (2)见证明【解析】分析】（1）根据焦点为可得，且另一个焦点为，利用椭圆定义，即可求出的值，结合的关系，即可求出，代入方程即可求解。（2）设点，联立椭圆和直线的方程，结合韦达定理可得，代入即可求解。【详解】（1）和是椭圆的两个焦点，且点在椭圆上，依题意，又 故.由得.故所求椭圆的方程为.（2）假设存在点，使得为定

14、值，联立，得设，则， 要使上式为定值，即与无关，应有解得，此时所以，存在点使得为定值.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用，重点掌握韦达定理的应用，需要较强的计算能力，属中档题。19.如图所示，三棱锥中，平面平面，平面平面，分别是和边上的点，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见证明；(2) 【解析】【分析】（1）在中，根据余弦定理，可得，所以，即是直角三角形，又为的中点，所以为等边三角形，根据线面平行的判定定理即可证明。（2）以点为原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建系，求出，平面法向量的坐标，计算与法向量的夹角，可得所求

15、。【详解】（1）平面平面，平面平面，平面平面则平面，又，则因，所以，在中，由余弦定理可得：解得：所以，所以是直角三角形，又为的中点，所以又，所以为等边三角形，所以，所以，又平面，平面，所以平面.（2）由（1）可知，以点为原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，.所以，.设为平面的法向量，则，即设，则，即平面的一个法向量为，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定，空间中线面角的求法，利用余弦定理解三角形。考查空间想象、计算证明的能力，属中档题。20.已知.（1）当时，求的极值；（2）若有2个不同零点，求的取值范围.【答案】(1) ，(2) 【解析

16、】【分析】（1）当时，令得或，对x分类讨论，可得的单调性，即可求解。（2）对分类讨论，当 0时，只有一个零点，时，根据的单调性，结合零点与方程思想，即可求解。【详解】（1）当时，令得或，为增函数，为减函数，为增函数，（2）当时，只有一个零点；不满足题意。当时，为减函数，为增函数，而时，所以，使，当时，所以，即取，函数有2个零点当时，令得或，即时，当变化时，变化情况是递增递减递增，函数至多有一个零点，不符合题意；时，则在单调递增，至多有一个零点，不合题意，即时，当变化 时，的变化情况是递增递减递增当时，函数至多有一个零点综上，的取值范围是.【点睛】本题考查导数的应用，涉及到函数的极值，单调性，利

17、用导数研究函数零点，考查分类讨论的数学思想，综合性强，属中档题21.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负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，且，均异于原点，且，求实数的值.【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）利用可得曲线的普通方程 ，将左右两边同时乘以，再化为直角坐标方程。（2）将曲线与曲线的极坐标方程分别联立，求出 两点的极径，则 .【详解】（1）由曲线参数方程为（为参数）消去参数得曲线的普通方程为，因为曲线的极坐

18、标方程为，所以 所以的直角坐标方程为，整理得（2）：化为极坐标方程所以所以 所以 即又因为，所以.【点睛】本题考查直线的参数方程与极坐标方程，是高考的重要考点，解题的关键是熟练掌握极坐标与直角坐标的互化。22.已知（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集为实数集，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入，对分类讨论去绝对值再求解集。（2）不等式的解集为实数集等价于恒成立。【详解】（1）当时，当时，由得，得，或，所以.当时由 得 ,解得，或. 所以 当时，由得，解得，或.所以 综上 当时，的解集为.（2）的解集为实数集，当时， ，当时， ，的最大值为.实数的取值范围为.【点睛】解含有两个以上绝对值的不等式经常用零点分段法去绝对值，解不等式可转化为函数的恒成立问题。