2020年甘肃省高考数学(理科)模拟试卷.docx

1、2020年甘肃省高考数学（理科）模拟试卷（1）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）设集合Ax|（x+3）（x2）0，Bx|22x8，则AB（）Ax|1x2Bx|3x8Cx|3x2Dx|3x42（5分）已知i是虚数单位，z=2i1+i-3i2017，且z的共轭复数为z，则zz=（）A3B5C5D33（5分）已知向量a=（1，2），b=（4，m），且ab，则|a-b|=（）A5B5C7D254（5分）物线x24y上的点到直线y+3x+50的距离的最小值是（）A3B2C1D05（5分）函数f（x）x2+e|x|的图象只可能是（）ABCD6（5分）已知双曲线C1：x2a2-y2b2

2、=1(a0，b0)的一条渐近线为l，圆C：（xa）2+y28与l交于A，B两点，若ABC是等腰直角三角形，且OB=2OA（其中O为坐标原点），则双曲线C1的离心率为（）A103B32C133D3557（5分）如图是相关变量x，y的散点图，现对这两个变量进行线性相关分析，分析一：由图中所有数据，得到线性回归方程yb1x+a1，相关系数为r1分析二：剔除点P，由剩下数据得到线性回归直线方程yb2x+a2，相关系数为r2那么（）A0r1r21B0r2r11C1r1r20D1r2r108（5分）已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若m，n，则mnB若，则C若m，n，且

3、m，n，则D若m，n，且，则mn9（5分）已知函数f（x）为偶函数，且对于任意的x1，x2（0，+），都有f(x1)-f(x2)x1-x20（x1x2），设af（2），bf（log37），cf（20.1），则（）AbacBcabCcbaDacb10（5分）将函数f(x)=cos(2x-6)的图象向左平移6个单位长度后得到yg（x）的图象，则下列结论错误的是（）A是g（x）的一个周期Bg（x）的图象关于直线x=512对称Cg(x+6)是奇函数Dg（x）在(0，2)上单调递减11（5分）已知（x+1）5（ax+1）的展开式中x5的系数是4，则实数a的值为（）A1B.1C.45D.-4512（5分）

4、已知函数f（x）是定义在（，0）（0，+）上的偶函数，当x（0，+）时，f（x）=(x-1)2，0x212f(x-2)，x2，则函数g（x）8f2（x）6f（x）+1的零点个数为（）A20B18C16D14二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）若实数x，y满足x-y+10x+2y-20x-2y-20，则z3x+2y的最大值为 14（5分）有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是 15（5分）在ABC中，2acosA+bcosC+ccosB0，则角A的大小为 16（5分）数书九章三斜求积术：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上

5、，余四约一，为实，一为从隅，开平方得积”秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，“术”即方法以S，a，b，c分别表示三角形的面积、大斜、中斜、小斜；ha、hb、hc分别为对应的大斜、中斜、小斜上的高；则S=14a2c2-(a2+c2-b22)2=12aha=12bhb=12chc在ABC中ha=3，hb2，hc3，根据上述公式，可以推出该三角形外接圆的半径为 三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）已知Sn为等差数列an的前n项和，a59，S13169（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=an3n，求数列bn的前n项和Tn18（12分）如图，已知四棱锥ABCDE

6、，正三角形ABC与正三角形ABE所在平面互相垂直，BC平面ADE，且BC2，DE1（）求证：BCDE；（）若AF=2FD，求CF与平面ABE所成角的正弦值19（12分）某单位组织“学习强国”知识竞赛，选手从6道备选题中随机抽取3道题规定至少答对其中的2道题才能晋级甲选手只能答对其中的4道题（1）求甲选手能晋级的概率；（2）若乙选手每题能答对的概率都是34，且每题答对与否互不影响，用数学期望分析比较甲、乙两选手的答题水平20（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆E上任意一点，PF1PF2的最大值为1，点A1为椭圆E的左顶点，A1PF2的面积

7、最大值为2+32（）求椭圆E的方程；（）动直线l与椭圆E交于不同两点A（x1，y1）、B（x2，y2），O为坐标原点，M为AB的中点_是否存在实数，使得|OM|AB|恒成立？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由从AOB的面积为1，|m+n|=|m-n|（其中向量m=(x1a，y1b)，n=(x2a，y2b)这两个条件中选一个，补充在上面的问题中并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分21（12分）已知函数f（x）lnxax（1）讨论f（x）在其定义域内的单调性；（2）若a1，且f（x1）f（x2），其中0x1x2，求证：x1+x2+x1x23四解答题（共1小题，满分10分，每小题

8、10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为1，直线l的极坐标方程为=4(R)（1）求：曲线C1的普通方程；曲线C2与直线l交点的直角坐标；（2）设点M的极坐标为(6，3)，点N是曲线C1上的点，求MON面积的最大值五解答题（共1小题）23已知函数f（x）|x+1|x2|（1）求不等式f（x）1的解集；（2）记f（x）的最大值为m，且正实数a，b满足1a+2b+12a+b=m，求a+b的最小值2020年甘肃省高考数学（理科）模拟试卷（1）参考答案与试题解析一选择题（共1

9、2小题，满分60分，每小题5分）1（5分）设集合Ax|（x+3）（x2）0，Bx|22x8，则AB（）Ax|1x2Bx|3x8Cx|3x2Dx|3x4【解答】解：Ax|3x2，Bx|1x4，ABx|3x4故选：D2（5分）已知i是虚数单位，z=2i1+i-3i2017，且z的共轭复数为z，则zz=（）A3B5C5D3【解答】解：z=2i1+i-3i2017=2i(1-i)(1+i)(1-i)-3i=1+i-3i=1-2i，则z=1+2i，故zz=|z|2=5故选：C3（5分）已知向量a=（1，2），b=（4，m），且ab，则|a-b|=（）A5B5C7D25【解答】解：根据题意，向量a=（1，

10、2），b=（4，m），若ab，则有ab=42m0，解可得m2，则b=（4，2），则（a-b）（3，4），则|a-b|=(-3)2+(-4)2=5；故选：A4（5分）物线x24y上的点到直线y+3x+50的距离的最小值是（）A3B2C1D0【解答】解：设抛物线x24y上一点为（2m，m2），点到直线y+3x+50的距离d=|m2+23m+5|3+1=|(m+3)2+2|2，当m=-3时，取得最小值为1，故选：C5（5分）函数f（x）x2+e|x|的图象只可能是（）ABCD【解答】解：因为对于任意的xR，f（x）x2+e|x|0恒成立，所以排除A，B，由于f（0）02+e|0|1，则排除D，故选：

11、C6（5分）已知双曲线C1：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线为l，圆C：（xa）2+y28与l交于A，B两点，若ABC是等腰直角三角形，且OB=2OA（其中O为坐标原点），则双曲线C1的离心率为（）A103B32C133D355【解答】解：双曲线C1：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线为l：bxay0，圆C：（xa）2+y28的圆心C（a，0），半径r22，ABC是等腰直角三角形，显然|AC|BC|r22，|AB|4，可得圆心C到渐近线l的距离为d|CD|=abb2+a2=2，（D为AB的中点），化为ab2c，OB=2OA可得A为OB的中点，|OA|AB|4，即有

12、|OD|4+26，在直角三角形OCD中，可得|OC|2|OD|2+|CD|2，即a236+4，可得a210，c=10b，则c210b210（c2a2），即9c210a2，则e=ca=103故选：A7（5分）如图是相关变量x，y的散点图，现对这两个变量进行线性相关分析，分析一：由图中所有数据，得到线性回归方程yb1x+a1，相关系数为r1分析二：剔除点P，由剩下数据得到线性回归直线方程yb2x+a2，相关系数为r2那么（）A0r1r21B0r2r11C1r1r20D1r2r10【解答】解：由散点图可知，线性负相关，故r10，r20，故AB错误，点P较偏离整体，剔除点P后，相关性能更强，所以|r2

13、|比|r1|更接近1，故1r2r10，故选：D8（5分）已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若m，n，则mnB若，则C若m，n，且m，n，则D若m，n，且，则mn【解答】解：由m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：在A中，若m，n，则m与n相交、平行或异面，故A错误；在B中，若，则与相交或平行，故B错误；在C中，若m，n，且m，n，则与相交或平行，故C错误；在D中，若m，n，且，则线面垂直、面面垂直的性质定理得mn，故D正确故选：D9（5分）已知函数f（x）为偶函数，且对于任意的x1，x2（0，+），都有f(x1)-f(x2)x1-x20（x1x2），

14、设af（2），bf（log37），cf（20.1），则（）AbacBcabCcbaDacb【解答】解：对于任意的x1，x2（0，+），都有f(x1)-f(x2)x1-x20（x1x2），函数在（0，+）为增函数，1log33log37log392又2-0.1=(12)0.11，f（2）f（log37）f（20.1），f（x）为偶函数，f（20.1）f（20.1），则abc，故选：C10（5分）将函数f(x)=cos(2x-6)的图象向左平移6个单位长度后得到yg（x）的图象，则下列结论错误的是（）A是g（x）的一个周期Bg（x）的图象关于直线x=512对称Cg(x+6)是奇函数Dg（x）在(0

15、，2)上单调递减【解答】解：将函数f（x）cos（2x-6）的图象向左平移6个单位，得到函数yg（x）cos（2x+3-6）cos（2x+6）的图象，对于A，显然，g（x）的最小正周期为，故A正确；对于B，令x=512，求得g（x）1，故（x）的图象关于直线x=512对称，故B正确；对于C，g（x+6）cos（2x+3+6）cos（2x+2）sin2x为奇函数，故C正确；对于D，令2k2x+62k+，kZ，可解得：k-12xk+512，kZ，当k0时，x（-12，512），即g（x）在（-12，512）上单调递减故D错误故选：D11（5分）已知（x+1）5（ax+1）的展开式中x5的系数是4，

16、则实数a的值为（）A1B.1C.45D.-45【解答】解：（x+1）5（ax+1）（x5+5x4+10x3+10x2+5x+1）（ax+1）的展开式中x5的系数是5a+14，则实数a1，故选：A12（5分）已知函数f（x）是定义在（，0）（0，+）上的偶函数，当x（0，+）时，f（x）=(x-1)2，0x212f(x-2)，x2，则函数g（x）8f2（x）6f（x）+1的零点个数为（）A20B18C16D14【解答】解：x（0，2时，f（x）（x1）2，又f(x)=12f(x-2)，当x（0，+）时，即将f（x）在区间（0，2图象依次向右移2个单位的同时再将纵坐标缩短为原来的12倍，得到函数f

17、（x）在（0，+）上的图象关于y轴对称得到（，0）的图象如图所示：令g（x）0，得f(x)=12或f(x)=14，即y=12与y=14两条直线截函数yf（x）图象共16个交点，所以函数g（x）共有16个零点故选：C二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）若实数x，y满足x-y+10x+2y-20x-2y-20，则z3x+2y的最大值为6【解答】解：由实数x，y满足x-y+10x+2y-20x-2y-20作出可行域如图，联立x+2y-2=0x-2y-2=0，解得B（2，0），化目标函数z3x+2y为y=-32x+z2，由图可知，当直线y=-32x+z2过B时，直线在y轴上的截距最

18、大，z有最大值为z32+206故答案为：614（5分）有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是10【解答】解：由题意，根据组合的定义，可知一共有C53=543321=10种故答案为：1015（5分）在ABC中，2acosA+bcosC+ccosB0，则角A的大小为23【解答】解：2acosA+bcosC+ccosB0，2sinAcosA+sinBcosC+sinCcosB0，2sinAcosA+sin（B+C）0，2sinAcosA+sinA0，又0A，sinA0，2cosA+10，cosA=-12，又0A，A=23，故答案为：2316（5分）数书九章三斜求积术：“以小斜幂，并

19、大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约一，为实，一为从隅，开平方得积”秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，“术”即方法以S，a，b，c分别表示三角形的面积、大斜、中斜、小斜；ha、hb、hc分别为对应的大斜、中斜、小斜上的高；则S=14a2c2-(a2+c2-b22)2=12aha=12bhb=12chc在ABC中ha=3，hb2，hc3，根据上述公式，可以推出该三角形外接圆的半径为1443143【解答】解：由题意可得3a2b3c，a：b：c23：3：2，故设a23x，b3x，c2x，由S=14a2c2-(a2+c2-b22)2=12aha=12bhb=

20、12chc代入a，b，c可得x=12143，又a23x，b3x，c2x，cosA=b2+c2-a22bc=112，sinA=14312，设三角形外接圆半径为r，由正弦定理得：2r=asinA=23xsinA=231214314312=2883143，三角形外接圆半径r=1443143，故答案为：1443143三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）已知Sn为等差数列an的前n项和，a59，S13169（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=an3n，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）由S13=13(a1+a13)2=13a7=169，得a713，2da7a54，d

21、2，故an9+（n5）22n1（2）bn=2n-13n，Tn=113+3132+5133+(2n-1)13n，13Tn=1132+3133+5134+(2n-3)13n+(2n-1)13n+1，两式相减可得23Tn=13+2(132+133+13n)-(2n-1)13n+1=13+219(1-13n-1)1-13-2n-13n+1=23-2n+23n+1，故Tn=1-n+13n18（12分）如图，已知四棱锥ABCDE，正三角形ABC与正三角形ABE所在平面互相垂直，BC平面ADE，且BC2，DE1（）求证：BCDE；（）若AF=2FD，求CF与平面ABE所成角的正弦值【解答】解：（）证明：因为

22、BC平面ADE，BC平面BCED，且平面BCED平面ADEDE，（3分）所以BCDE（5分）（）解法1：如图所示建立空间直角坐标系，设AB2各点的坐标分别为A（1，0，0），B（1，0，0），C(0，3，0)，E(0，0，3)，（7分）所以BC=(-1，3，0)，ED=12BC=(-12，32，0)，所以D(-12，32，3)，AD=(12，32，3)（9分）所以AF=23AD=(13，33，233)，所以F(-23，33，233)（11分）所以CF=(-23，-233，233)，因为面ABE的一个法向量是OC=(0，3，0)（13分）设CF与平面ABE所成的角为，则sin=|cosOC，CF

23、|=|OCCF|OC|CF|所以sin=217（15分）解法2：如图所示，延长CD，BE交于P，连接PA，延长CF交AP于G，显然G为PA的中点，OC面ABE，（7分）所以CGO即为CF与平面ABE所成的角（11分）因为OC=3，OG=2，所以CG=7，（13分）所以sinCGO=217（15分）19（12分）某单位组织“学习强国”知识竞赛，选手从6道备选题中随机抽取3道题规定至少答对其中的2道题才能晋级甲选手只能答对其中的4道题（1）求甲选手能晋级的概率；（2）若乙选手每题能答对的概率都是34，且每题答对与否互不影响，用数学期望分析比较甲、乙两选手的答题水平【解答】解：（1）记“甲选手答对i

24、道题”为事件Ai，i1，2，3“甲选手晋级”为事件A，则AA2A3，P（A）P（A2A3）P（A2+P（A3）=C42C21C63+C43C63=45，（2）设乙选手答对的题目数量为X，则XB（3，34），故E（X）334=94，设甲选手答对的题目数量为Y，则Y的可能取值为1，2，3P（Y1）=C41C22C63=15，P（X2）=C42C21C63=35，P（X3）=C43C63=15故Y的分布列为： X 1 2 3 P 15 35 15所以E（Y）115+235+315=2，所以E（X）E（Y），故乙选手比甲选手答题水平高20（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦

25、点分别为F1、F2，点P为椭圆E上任意一点，PF1PF2的最大值为1，点A1为椭圆E的左顶点，A1PF2的面积最大值为2+32（）求椭圆E的方程；（）动直线l与椭圆E交于不同两点A（x1，y1）、B（x2，y2），O为坐标原点，M为AB的中点_是否存在实数，使得|OM|AB|恒成立？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由从AOB的面积为1，|m+n|=|m-n|（其中向量m=(x1a，y1b)，n=(x2a，y2b)这两个条件中选一个，补充在上面的问题中并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【解答】解：（）设P（x0，y0），F1（c，0），F2（c，0），则x02a2+y02b

26、2=1，x0a，aPF1=（cx0，y0），PF2=（cx0，y0），PF1PF2=x02+y02c2=c2a2x02+b2-c2，x0a，a，当x0a 时，（PF1PF2）maxb21又SA1PF2=12(a+c)|y0|(a+c)b2=2+32，又a2b2+c2，可解得：a2，b1，c=3所以椭圆E的方程为x24+y2=1（）当选择时，假设存在实数，使得|OM|AB|恒成立设动直线l：xky+t，由x=ky+tx24+y2=1联立可得：（4+k2）y2+2kty+t240=4k2t2-4(4+k2)(t2-4)=16(k2+4-t2)0y1+y2=-2kt4+k2y1y2=t2-44+k2

27、，M（4t4+k2，-kt4+k2）|AB|=1+k2(y1+y2)2-4y1y2=4(1+k2)(k2+4-t2)4+k2，点O到直线l：xky+t的距离d=|t|1+k2，SABO=12|AB|d=2|t|k2+4-t24+k2=1，整理得：|OM|AB|=4(1+k2)(k2+4-t2)4+k2t2(4+k2)4+k2=2(1+k2)(4+k2)(4+k2)2，令4+k2m4，则2(1+k2)(4+k2)(4+k2)2=2m-3m3，m4 令y=m-3m3，m4，则y=9-2mm4，令y0m=92，y在4，94单调递增，在94，+）单调递减，故当m=92也即k2=12时，ymax，（|O

28、M|AB|）max=4327又|OM|AB|恒成立，所以4327故存在，使得|OM|AB|恒成立，且的最小值为432721（12分）已知函数f（x）lnxax（1）讨论f（x）在其定义域内的单调性；（2）若a1，且f（x1）f（x2），其中0x1x2，求证：x1+x2+x1x23【解答】解：（1）f(x)=1x-a=1-axx当a0时，f（x）0，则f（x）在区间（0，+）上单调递增；当a0时，x(0，1a)，f(x)0，f(x)在区间(0，1a)上单调递增；x(1a，+)，f(x)0，f(x)在区间(1a，+)上单调递减，（2）由（1）得：当a1时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+

29、）上单调递减，0x11x2，将要证的不等式转化为x23-x11+x1，考虑到此时，x21，3-x11+x11，又当x（1，+）时，f（x）递增，故只需证明f（x2）f（3-x11+x1），即证-f(x1)-f(3-x11+x1)，设Q（x）=x-lnx-3-x1+x+ln(3-x1+x)，则Q(x)=1-1x+4(x+1)2+4(x+1)(x-3)，=x-1x+4(x+1)1x+1+1x-3，=x-1x+4(x+1)2(x-1)(x+1)(x-3)=(x-1)2(x2+3)x(x-3)(x+1)2 当x（0，1）时，Q（x）0，Q（x）递减所以，当x（0，1）时，Q（x）Q（1）0所以f(x1

30、)f(3-x11+x1)，从而命题得证四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为1，直线l的极坐标方程为=4(R)（1）求：曲线C1的普通方程；曲线C2与直线l交点的直角坐标；（2）设点M的极坐标为(6，3)，点N是曲线C1上的点，求MON面积的最大值【解答】解：（1）因为x=1+cosy=sin，又sin2+cos21，所以（x1）2+y21，即曲线C1的的普通方程为（x1）2+y21；由2x2+y2得曲线C2的直角坐标方程为x

31、2+y21，又直线l的直角坐标方程为xy0，所以x2+y2=1x-y=0x1=22y1=22或x2=-22y2=-22，所以曲线C2与直线l的交点的直角坐标为(22，22)和(-22，-22)（2）设N（，），又由曲线C1的普通方程为（x1）2+y21得其极坐标方程2cosMON的面积S=12|OM|ON|sinMON=12|6sin(3-)|=|6cossin(3-)|=|3sin(3-2)+332|=|3cos(2+6)+332|所以当=2312或=1112时，(SMON)max=3+332五解答题（共1小题）23已知函数f（x）|x+1|x2|（1）求不等式f（x）1的解集；（2）记f（x）的最大值为m，且正实数a，b满足1a+2b+12a+b=m，求a+b的最小值【解答】解：（1）当x2时，f（x）x+1（x2）31恒成立，x2，当1x2时，f（x）x+1+x22x11，解得1x2，当x1时，f（x）（x+1）+x231不成立，无解，综上，原不等式的解集为1，+）；（2）由（1）知m3，即1a+2b+12a+b=3，a+b=19(a+2b)+(2a+b)(1a+2b+12a+b)=19(2+a+2b2a+b+2a+ba+2b)19(2+2a+2b2a+b2a+ba+2b)=49，当且仅当a+2b2a+b=2a+ba+2b，即a=b=29时等号成立，a+b的最小值是49