陕西省西安市西工大附中2020届高三下学期三模理科数学试题 Word版含解析 25页

‎2020届第三阶段模考试题 理科数学 一、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，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据绝对值不等式的解法以及对数不等式的解法，可得集合，然后根据交集的概念可得结果.‎ ‎【详解】由，‎ 所以，，‎ ‎∴，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式以及对数不等式的解法，还考查了集合的运算，重在计算，属基础题.‎ ‎2. 已知单位向量与的夹角为，若与垂直，则实数x的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与垂直，利用求解.‎ ‎【详解】因为与垂直，‎ 所以，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 故选：B .‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题.‎ ‎3. ，则（ ）‎ A. 3 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义域先计算，再计算即可.‎ ‎【详解】，，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数、复合函数的函数值的计算，属于基础题.‎ ‎4. 已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式和弦化切可得，再把化成关于的代数式，从而可求其值.‎ ‎【详解】由题设可得，而，‎ ‎，，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式、同角的三角函数的基本关系式、二倍角的余弦，注意根据角的差异、函数名的差异、代数式结构上的差异合理变形化简求值，本题属于基础题.‎ ‎5. 自新型冠状病毒爆发以来，全国各地医护人员勇当“逆行者”支援湖北.‎ - 25 -‎ 重庆第一批共派出甲、乙、丙、丁4支医疗队奔赴武汉、孝感、黄冈三个地方，每个地方至少一支医疗队，每支医疗队只去一个地方，则甲、乙都在武汉的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定4支队伍分配到三个地方，每个地方至少一支队伍，每支队伍只去一个地方所有情况数，再确定甲、乙都在武汉情况数，最后根据古典概型概率公式求结果.‎ ‎【详解】4支队伍分配到三个地方，每个地方至少一支队伍，每支队伍只去一个地方，共有种情况，甲、乙都在武汉共种情况，，‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查古典概型概率公式，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎6. 已知抛物线（），F为抛物线的焦点，O为坐标原点，，为抛物线上的两点，A，B的中点到抛物线准线的距离为5，的重心为F，则（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A，B的中点到抛物线准线的距离为5可得，由的重心为可得，即可解出.‎ ‎【详解】A，B的中点到抛物线准线的距离为5，，即，‎ ‎，的重心为F ，，即，‎ ‎，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线性质的应用，属于基础题.‎ ‎7. 在中，角、、对应的边分别为、、，若 - 25 -‎ ‎，，则的外接圆面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理边角互化结合余弦定理求得角的值，利用正弦定理可求得的外接圆半径，进而可求得该三角形外接圆的面积.‎ ‎【详解】，由正弦定理得，‎ ‎，由余弦定理可得，‎ ‎，，‎ 设的外接圆半径为，则，，‎ 因此，的外接圆面积为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查三角形外接圆面积的计算，考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎8. 已知函数，，若与在公共点处的切线相同，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设曲线与的公共点为，根据题意可得出关于、的方程组，进而可求得实数的值.‎ ‎【详解】设函数，的公共点设为，‎ - 25 -‎ 则，即，解得，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用两函数的公切线求参数，要结合公共点以及导数值相等列方程组求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9. 在底边边长为2的正四棱锥中，异面直线与所成角的正切值为3，则四棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可知异面直线与所成角即为，可以求出，进而求出，根据外接球性质建立勾股定理可求出球半径，即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎，异面直线与所成角即为，‎ 作于H，则，，，‎ 设P在底面的投影为，则，‎ 如图，设球心为，半径为R，则,‎ - 25 -‎ ‎，，.‎ 故选:B.‎ 本题考查外接球的相关计算，属于基础题.‎ ‎10. 双曲线C：（，）的左、右焦点为，，以为圆心，为半径作圆，过作直线l与圆切于点M，若M在双曲线的渐近线上，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先在中解得M坐标，再代入双曲线的渐近线方程，即得离心率.‎ ‎【详解】由已知，，‎ ‎，‎ 不妨设在第一象限，则，，‎ 因为点M在渐近线上，，，‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查双曲线离心率，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎11. 在正方体中，和的中点分别为M，N.如图，若以A，M，N所确定的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状为（ ）‎ - 25 -‎ A. 六边形 B. 五边形 C. 四边形 D. 三角形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面的性质，延长线段到正方体的表面，找到平面与正方体棱的交点，连接起来即可判断.‎ ‎【详解】如图，延长相交于点，‎ 连接并延长，与相交于点，与的延长线相交于点，‎ 连接，与相交于点，‎ 连接，则五边形即为截面.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面基本性质，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎12. 咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直在探索的内容，而2018年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买赠活动吸引消费者无疑是开拓中国咖啡市场最有效的方式之一.若某品牌的某种在售咖啡产品价格为30元/杯，其原材料成本为7元/杯，营销成本为5元/杯，且该品牌门店提供如下4种优惠方式：（1）首杯免单，每人限用一次；（2）3.8折优惠券，每人限用一次；（3）买2杯送2杯，每人限用两次；（4）买5杯送5杯，不限使用人数和使用次数.每位消费者都可以在以上4种优惠方式中选择不多于2种使用.现在某个公司有5位后勤工作人员去该品牌门店帮每位技术人员购买1杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的技术人员不少于（ ）人时，无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利.‎ A. 28 B. 29 C. 30 D. 31‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先因为无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利，转化为当最优的购买方式购买时门店照样盈利，先分析用哪种优惠方式是最优购买，因为，所以最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡，故要想盈利必须按照优惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，后面再依次分析人数越多时何时品牌门店都能盈利即可得到答案．‎ ‎【详解】解：由题意知，咖啡产品原价为 30 元杯，成本为 12 元杯，‎ 优惠方式（1）免单购买，每购买1杯该品牌门店亏损12元；‎ 优惠方式（2）每杯售价11.4元，每购买1杯该品牌店亏损0.6元；‎ 优惠方式（3）和（4）相当于5折购买，每购买1杯该品牌门店盈利3元；‎ 我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择2种优惠方式，‎ 必然包含优惠方式（1），可以免单购买5杯咖啡，该品牌门店因此亏损60元，‎ 最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡 ‎，说明只要用原价购买1杯咖啡，哪怕最大程度利用3.8折优惠，花费也一定会超过搭配使用（2）（4）优惠购买咖啡），‎ 故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，‎ - 25 -‎ 故技术人员人数一定多于人；‎ 技术人员在人时，免单购买5杯咖啡买5送5购买20杯咖啡折购买14杯咖啡，该品牌门店依旧亏损；‎ 技术人员为30人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡十买5送5购买20杯咖啡十买2送2购买4杯咖啡折购买1杯咖啡，‎ 该品牌门店盈利元； 由于 4，‎ 故技术人员超过30人时，该品牌门店能保证持续盈利．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数的实际应用，考查了分类讨论思想，将文字语言转化为数学语言是本题的关键，属于难题．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13. 复数，则____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的乘除运算得到，然后再求模.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的代数运算以及复数的模，属于基础题.‎ ‎14. 已知离散型随机变量，随机变量，则的数学期望________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项分布的数学期望公式计算出的值，然后利用期望的性质可求得的值.‎ - 25 -‎ ‎【详解】由于离散型随机变量，，‎ 又因为随机变量，由期望的性质可得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查期望的计算，考查了二项分布的期望以及期望性质的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15. 已知函数向左平移个单位后，所得图象在区间上单调递增，则m的最大值为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用辅助角公式整理函数，再平移后得到函数的单调递增区间，利用即可求出实数m的最大值.‎ ‎【详解】，‎ 向左平移，得，，，‎ ‎，，‎ 当时，，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了辅助角公式，以及三角函数的图像变换，利用三角函数的单调性求最值，属于较易题.‎ - 25 -‎ ‎16. 函数满足，当时，，若有个不同的实数解，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，由题意可知，函数的图象关于直线对称，数形结合可知关于的二次方程有两个大于的实根，利用二次方程根的分布可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.‎ ‎【详解】当时，，.‎ 当时，，此时函数单调递减；‎ 当时，，此时函数单调递增.‎ 所以，函数在处取得极小值，‎ 又，则函数的图象关于直线对称，‎ 令，作出函数的图象如下图所示：‎ 由于关于的方程有个不同的实数解，‎ 则关于的二次方程有两个大于的实数根，‎ - 25 -‎ 由二次方程根的分布可得，解得.‎ 综上所述，实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用方程根的个数求参数，考查了导数的应用以及一元二次方程根的分布，考查数形结合思想的应用，属于较难题.‎ 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）‎ ‎17. 已知等比数列前n项和为，，且，，成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式可得，进而可得，再由等差数列的性质、等比数列的知识列方程可得，即可得解；‎ ‎（2）由，结合等比数列前n项和公式、裂项相消法及分组求和法即可得解.‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 又，，成等差数列，‎ - 25 -‎ 所以即，解得，‎ 所以；‎ ‎（2）由题意，‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了数列求和方法的应用及运算求解能力，属于中档题.‎ ‎18. 如图，在四棱柱中，平面平面，是一个边长为4的正三角形，在直角梯形中，，，，，点P在棱上，且.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）设点M在线段上，若平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，求的长.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）作交于点Q，连接，证明即可；‎ ‎（2）设O是的中点，以为原点建立坐标系，利用向量法建立关系可求出.‎ - 25 -‎ ‎【详解】（1）证明：如图，作交于点Q，连接，‎ 因为，所以，‎ 又，，‎ 所以，即有四边形是一个平行四边形，‎ 所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）如图，设O是的中点，在正中，，‎ 作，因为，‎ 由平面平面，‎ 可得平面，所以平面，‎ 再以，方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ - 25 -‎ ‎ ‎ ‎，，，，，‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，‎ 由 因为点M在线段上，设其坐标为，其中，‎ 所以，‎ 设平面的法向量为，‎ 由 由题意，设平面与平面所成的锐二面角为，‎ 则或，‎ 因为，‎ 所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎19. 2020年初，武汉出现新型冠状病毒肺炎疫情，并快速席卷我国其他地区，口罩成了重要的防疫物资.某口罩生产厂不断加大投入，高速生产，现对其2月1日~2月9日连续9天的日生产量（单位：十万只，）数据作了初步处理，得到如图所示的散点图及一些统计量的值：‎ ‎2.72‎ ‎19‎ ‎139.09‎ ‎1095‎ 注：图中日期代码1~9分别对应2月1日~2月9日；表中，.‎ ‎（1）从9个样本点中任意选取2个，在2个点的日生产量都不高于三十万只的条件下，求2个都高于二十万只的概率；‎ ‎（2）由散点图分析，样本点都集中在曲线的附近，请求y关于t的方程，并估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万只.‎ 参考公式：回归直线方程是，，.‎ 参考数据：.‎ ‎【答案】（1）；（2），从2月14日开始日生产量超过四十万只.‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出事件，利用条件概率的概率公式即可求出概率.‎ ‎（2）由，可得，即，利用已知数据求出、的值，再，两边同时求导即可.‎ ‎【详解】（1）9个样本点中日生产量都不高于三十万只的有5个，高于二十万只且不高于三十万只的有3个，‎ 设事件A：所取2个点的日生产量都不高于三十万只，‎ 事件B：所取2个点的日生产量高于二十万只，‎ 事件：所取2个点的日生产量高于二十万只且不高于三十万只，‎ 则，，‎ ‎.‎ ‎（2），，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎.‎ 令，解得，‎ ‎，即该厂从2月14日开始日生产量超过四十万只.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了求条件概率，以及求非线性回归方程，属于中档题.‎ ‎20. 已知椭圆：的长轴为，动点P是椭圆上不同于A，B的任一点，点Q满足，.‎ ‎（1）求点Q的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点的动直线l交于M，N两点，y轴上是否存在定点S，使得总成立？若存在，求出定点S；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（）；（2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设（），， ，，根据，，由，，利用代入求解 ‎（2）设，，假设存在这样的点,当直线l的斜率存在时，设方程为与椭圆方程联立， 根据，由，结合韦达定理求解.‎ ‎【详解】（1）设（），， ，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 解得 代入，‎ - 25 -‎ 得点Q的轨迹的方程为（）.‎ ‎（2）设，，‎ 假设存在这样的点满足，‎ 当直线l的斜率存在时，设为，代入椭圆中，‎ 得，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 即，‎ 即,‎ ‎,‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，即；‎ 当斜率不存在时，直线l也过.‎ 综上，y轴上存在定点，使得总成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及定点问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数（）.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）讨论的零点个数.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）递减区间是，递增区间是；（2）答案详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数进行求导得，再解不等式，即可得答案；‎ ‎（2）对分四种情况讨论，即，，，，再利用导数结合零点存在性定理和极限思想，即可得答案.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 则，‎ 因为，则，‎ 所以时，，‎ 所以时，，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 故的单调递减区间是，单调递增区间是.‎ ‎（2）因为，‎ 则.‎ ‎（i）当时，因为，则，‎ 则时，，所以时，，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，.‎ 当时，即时，，‎ 所以当时，函数没有零点，即函数零点个数为0；‎ 当，即时，，‎ - 25 -‎ 所以当时，函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1；‎ 当，即时，，‎ 则存在一个实数，使得，‎ 当时，，，对任意的，‎ 则，取，因为，则，‎ 则，则存在，使得，‎ 即时，函数的零点个数为2.‎ ‎（ii）当时，令，则，则，‎ 即函数有且只有一个零点；‎ 即函数的零点个数为1.‎ ‎（iii）当时，令，，‎ 故在上单调递增，令，，‎ 故，，则一定存在，使得，‎ 所以时，，时，.‎ 因为，‎ 当，即时，，‎ 所以，‎ 所以时，，所以时，，‎ 则在上单调递增，且，，‎ 则存在，使得，‎ - 25 -‎ 所以函数有且只有一个零点，‎ 即函数的零点个数为1.‎ 因为，‎ 当，时，，当时，，当时，，‎ 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ 当，时，，当时，，当时，，‎ 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ 因为时，，，，即，‎ 所以时没有零点，上至多有一个零点，‎ 而，‎ 令，（），‎ 则（），则，故上单调递增，‎ 而，即，‎ 故存在一个，则存在，使得，‎ 所以函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1，‎ 综上所述：当时，函数的零点个数为0；‎ 当或时，函数的零点个数为1；‎ 当时，函数的零点个数为2.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意分类讨论不能遗漏.‎ - 25 -‎ ‎22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O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）求曲线的极坐标方程并判断，的位置关系；‎ ‎（2）设直线分别与曲线C交于A，B两点，与交于点P，若，求的值.‎ ‎【答案】（1），相离；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将曲线化成极坐标方程，再联立方程，即可得答案；‎ ‎（2）由（1）得曲线，的极坐标方程，联立方程后，再根据，得，即，利用韦达定理即可得答案；‎ ‎【详解】（1）曲线，‎ 平方相加得， ‎ 即，化为极坐标方程为.‎ 因为无解，‎ 所以，相离. ‎ ‎（2），‎ 因为有两个交点A，B，‎ 所以，即.‎ - 25 -‎ 设方程的两根分别为，，则，①‎ 因为，所以，即， ‎ 联立①式解得，，，满足， ‎ 联立，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查普通方程、极坐标方程、参数方程的互化，极坐标方程极径的几何意义求解，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎23. 设函数的最大值为M.‎ ‎（1）求M；‎ ‎（2）若正数a，b满足，请问：是否存在正数a，b，使得，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）3；（2）不存在，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分段讨论即可求出最大值；‎ ‎（2）假设存在正数a，b，使得，可得出，与得出的矛盾，可得证.‎ ‎【详解】（1）当时，单调递增，‎ 所以；‎ 当时，单调递减，‎ 所以，‎ 当时，单调递减，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 所以的最大值.‎ ‎（2）假设存在正数a，b，使得，‎ 则，‎ 所以.‎ 又由于，‎ 所以与矛盾，‎ 所以假设不成立，即不存在a，b，使得.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式的函数的最值求解，考查基本不等式的应用，属于中档题.‎ - 25 -‎