陕西省西安地区2020届高三上学期第一次八校联考理科数学试题 Word版含解析 22页

‎2020届西安地区八校联考数学（理科）试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟．‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题纸上的指定位置上．‎ ‎2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．‎ ‎3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．‎ ‎4．保持纸面清洁，不折叠，不破损．‎ ‎5．若做选考题时，考生应按照题目要求作答，并在答题纸上对应的题号后填写．‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（本大题共12小题，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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式求出集合，求定义域得出，再根据交集的定义写出．‎ ‎【详解】解：集合，‎ ‎，‎ 则．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了集合的化简与运算问题，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎2. 已知复数在复平面上对应的点为，为虚数单位，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可根据题意得出复数，然后根据复数的运算法则对进行转化，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为复数在复平面上对应的点为，‎ 所以复数，，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义以及复数的运算法则，若复数，则复数在复平面上对应的点为，考查计算能力，是简单题.‎ ‎3. 函数的零点个数为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导，令，再根据极值点的正负进一步判断零点个数即可 ‎【详解】由，令得或，‎ 当时，单调递增，当时，函数单调递减，‎ ‎，画出函数图像，如图所示：‎ - 22 -‎ 故函数图像有两个零点 故选：C ‎【点睛】本题考查导数研究函数零点个数，属于基础题 ‎4. 若实数满足，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，作出直线，平移该直线可得目标函数的最优解．‎ ‎【详解】作出可行域，如图四边形内部（含边界），作直线，向下平移直线，减小，因此当直线过点时，取得最小值，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本题考查简单的线性规划．解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．‎ ‎5. 从6男4女中任选2男2女担任、、、四种互不相同的工作，且每人担任其中的一项工作．若女甲不能担任工作，则不同的选派方案种数为（ ）．‎ A. 1800 B. 1890 C. 2160 D. 2210‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以求出从6男4女中任选2男2女担任、、、四种互不相同的工作时不同的选派方案种数，然后求出任选的2男2女中一定有女甲且女甲担任工作时不同的选派方案种数，最后两者相减，即可得出结果.‎ 详解】从6男4女中任选2男2女，共有种可能情况，‎ ‎2男2女担任、、、四种互不相同的工作，共有种方式，‎ 故从6男4女中任选2男2女担任、、、四种互不相同的工作，不同的选派方案种数为，‎ 若任选的2男2女中一定有女甲且女甲担任工作，‎ 则不同的选派方案种数为，‎ 故满足题意的选派方案种数为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查通过排列组合求出满足题意的所有的选派方案种数，可通过使用所有的选派方案种数减去不满足题意的选派方案种数得出结果，考查推理能力与计算能力，是中档题.‎ ‎6. 已知的展开式中第项是，则函数是（ ）．‎ A. 定义域为的奇函数 B. 在上递减的奇函数 C. 定义域为的偶函数 D. 在上递增的偶函数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 本题首先可以写出的展开式的通项，然后根据展开式中第项是且得出，最后根据反比例函数的性质即可得出结果.‎ ‎【详解】的展开式的通项为，‎ 则，，，，，，，‎ 因为展开式中第项是，，‎ 所以，，是在上递减的奇函数，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式的通项的应用以及反比例函数的性质，二项式的通项为，考查计算能力，是中档题.‎ ‎7. 已知点到抛物线的准线的距离为5，则抛物线的焦点坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合抛物线第一定义和图像即可求解 ‎【详解】可变形为，则焦点坐标为，由抛物线第一定义，点到抛物线的准线的距离为5，即，即，解得，则抛物线焦点坐标为 故选：C - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查抛物线基本性质，熟悉抛物线基本表达式特征，明确焦点位置，是解题关键，属于基础题 ‎8. 已知正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为，且三棱锥的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，画出大致图像，确定球心在的连线上，再结合几何关系和勾股定理进行求解即可 ‎【详解】‎ 如图，由几何关系可知，，先将三角形转化成平面三角形，‎ 如图：‎ ‎，由勾股定理解得，，则，由勾股定理可得，即，解得，球体的表面积为：‎ - 22 -‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查锥体外接球表面积的求法，解题关键在于找出球心，属于中档题 ‎9. 若为实数，则“”是“”成立的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解不等式可得，是的真子集，故“”是“”成立的必要不充分条件.‎ 故选B.‎ ‎10. 函数的单调递增区间为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性，得出结论．‎ ‎【详解】解：因为 所以 令，解得，故函数的单调递增区间为 故选：A - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，属于基础题．‎ ‎11. 已知双曲线的左焦点为、过且垂直于轴的直线被双曲线截得的弦长为（为双曲线的离心率），则双曲线的渐近线方程为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可设左焦点的坐标为，直线与曲线的两交点坐标为，代入双曲线方程可解得纵坐标，通过题设的通径可得参数基本关系，再结合即可求解 ‎【详解】设，直线与曲线的两交点坐标为，将代入，解得，则，解得，又因为，联立得：，即双曲线的渐近线方程为：‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线通径的使用，双曲线的基本性质，无论是椭圆还是双曲线，通径公式都为，属于中档题 ‎12. 陕西关中的秦腔表演朴实，粗犷，细腻，深刻，再有电子布景的独有特效，深得观众喜爱．戏曲相关部门特意进行了“喜爱看秦腔”调查，发现年龄段与爱看秦腔的人数比存在较好的线性相关关系，年龄在[40，44]，[45，49]，[50，54]，[55，59]的爱看人数比分别是0.10，0.18，0.20，0.30，现用各年龄段的中间值代表年龄段，如42代表[40，44]．由此求得爱看人数比关于年龄段的线性回归方程为．则年龄在[60，64]的10000人中，爱看秦腔的人数约为（ ）．‎ - 22 -‎ A. 4200 B. 3900 C. 3700 D. 3500‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求得样本点的中心坐标，代入线性回归方程求得的值，可得回归方程，取代入方程求的值，即可得答案；‎ ‎【详解】由题意各年龄段的值为42，47，52，57，则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 取，得，‎ 年龄在[60，64]的10000人中的人数为，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程的求法，考查运算求解能力，属于基础题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题（本大题共4小题，把答案填在答题卷中相应的横线上）‎ ‎13. 已知平面向量，，且，则______．‎ ‎【答案】2或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出，利用向量共线的坐标表示即可计算出.‎ ‎【详解】，,‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，解得或.‎ 故答案为：2或.‎ ‎【点睛】本题考查由向量平行求参数，属于基础题.‎ ‎14. 在与之间插入个数，使这个数成等差数列，则插入的个数的和等于 ‎ - 22 -‎ ‎__‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的通项公式求出等差数列的公差，再由等差数列的前和公式即可求解.‎ ‎【详解】设等差数列的为公差，且，，‎ 由等差数列的通项公式 ‎ 则，解得，‎ 所以，，‎ 所以插入的个数的和等于.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及前和公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎15. 甲乙两人进行乒乓球比赛，约定先连胜两局者赢得比赛，假设每局甲获胜概率为，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立，则恰好进行了4局结束比赛的概率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两种情况讨论，（1）甲第一局赢，第二局输，第三、四局赢；（2）乙第一局赢，第二局输，第三、四局赢，即得解.‎ ‎【详解】由题得恰好进行了4局结束比赛，有两种情况：‎ ‎（1）甲第一局赢，第二局输，第三、四局赢，此时；‎ ‎（2）乙第一局赢，第二局输，第三、四局赢，此时；‎ 所以恰好进行了4局结束比赛的概率为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本题主要考查独立事件的概率和互斥事件的概率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎16. 金石文化，时中国悠久文化之一.“金”是指“铜”,“石”是指“石头”，“金石文化”是指在铜器或石头上刻有文字的器件.在一千多年前，有一种凸多面体工艺品，是金石文化的代表作，此工艺品的三视图是三个全等的正八边形(如图)，若一个三视图(即一个正八边形)的面积是，则该工艺品共有___个面，表面积是_____‎ ‎【答案】 (1). 26 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图是三个全等的正八边形，和一个三视图(即一个正八边形)的形状还原出直观图，根据直观图解决问题.‎ ‎【详解】由三视图是三个全等的正八边形，和一个三视图(即一个正八边形)的形状.‎ 则该几何体的直观图如图:‎ 中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，‎ 如图该几何体可分为上，中，下三层，‎ 上层是有8+1个面，下层也有8+1个面，故共有26个面；‎ 由一个三视图(即一个正八边形)的面积是，‎ 设其中正八边形的边长为，‎ 则 - 22 -‎ 解得，‎ 上下两层对称，上层是由4个正三角形和5个正方形组成；‎ 则上层的表面积为：.‎ 中间层是由8个正方形组成：‎ 所以表面积为：‎ 故答案为：26； ‎ ‎【点睛】本题考查由多面体的三视图还原直观图，根据直观图和多面体的几何性质解决问题.‎ 三、解答题（本大题共7小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，第17~21题为必考题．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）‎ ‎17. 已知的内角、、的对边分别为、、，且，，边上的中线的长为.‎ ‎（1）求角、的大小；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）将展开，结合余弦定理即可求得，‎ 再由可得，结合三角形内角和公式可求得；‎ ‎（2）结合（1）可判断为等腰三角形，结合余弦定理即可求得，再结合正弦面积公式即可求解 ‎【详解】（1）由，得.‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴，‎ 由，得，‎ ‎∴，由此得.‎ 又，∴，即.‎ ‎（2）由（1）知，，则，‎ 在中，由余弦定理，得 ‎，‎ 解得.‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于中档题 ‎18. 已知四棱锥中，底面四边形为平行四边形，为的中点，为上一点，且（如图）．‎ - 22 -‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）当平面平面，，时，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据平行线分线段成比例定理证得线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；‎ ‎（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量所成角的余弦值，再得结果即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：取AB中点H，连接CH，BD，，连接NE.‎ 四边形为平行四边形，，H分别为，AB的中点，根据平行线分线段成比例定理得，，又得，//，又NE在平面AMN内，PB不在平面AMN内，平面；‎ ‎（Ⅱ）依题意，H为AB的中点，连接PH，，又平面平面，故平面，‎ 又知四边形是以的菱形，边长为6，PH=4，HC=，‎ 因此，可以H为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，‎ - 22 -‎ ‎，，故由（Ⅰ）知 故，设平面AMN的法向量为，由，，且得 又平面知平面ABM的法向量可为 ‎，‎ 由图可知二面角是钝二面角，因此二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行得判定定理和二面角得求法，属于中档题.‎ ‎19. 已知数列的前项和为，设.‎ ‎ （1）若，，且数列为等差数列，求数列的通项公式；‎ ‎ （2）若对任意都成立，求当为偶函数时的表达式. ‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）（2）（为偶数）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知求出，根据等差数列的通项公式即可求解. ‎ ‎（2）对任意都成立，即，由此可得，两式相减可得，令，根据等比数列的求和公式即可求解.‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1），，，‎ ‎，‎ ‎， ‎ 设等差数列的公差为，则，‎ 数列的通项公式.‎ ‎（2）对任意都成立，即 ①‎ 当时， ②‎ ‎①②得.‎ 令，则，‎ ‎，‎ 故（为偶数）.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及等比数列前和公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎20. 已知函数在区间上单调递减.‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）若函数的图像在原点处的切线也与函数的图像相切，求的值.‎ ‎【答案】（1）-1 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过求导，再将函数在上单调递减作等价转化，可得在上恒成立，求得，即可求解；‎ ‎（2）可先求出过原点的切线方程，再设函数的图像在 - 22 -‎ 处的切线为，根据点斜式得出，又，结合点经过，即可求解 ‎【详解】解：（1）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵函数在区间上为减函数.‎ ‎∴即，在上恒成立，‎ 当时，，则当即时，取最小值-1.‎ ‎∴，‎ ‎∴的最大值为-1.‎ ‎（2）的定义域为，的定义域为.‎ 由，得.‎ ‎∴函数的图像在原点处的切线方程为，‎ 由，得，‎ 设函数的图像在处的切线为，‎ 则： ①.且过原点，，‎ 将，代入①，解得.‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查用导数和函数增减性求解参数问题，具体切线方程中参数的求法，学会等价转化，分离参数是解决参数类问题常用方法，属于中档题 ‎21. 已知，，顺次是椭圆：的右顶点、上顶点和下顶点，椭圆的离心率，且．‎ - 22 -‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若斜率为的直线过点，直线与椭圆交于，两点，且以为直径的圆经过点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的离心率且，列方程即得椭圆的方程为；‎ ‎（2）联立直线方程和椭圆方程，‎ 整理可得：，利用韦达定理再结合条件，即可得解.‎ ‎【详解】（1）由题意可得，，三点坐标分别为：，‎ 由椭圆的离心率，，‎ 由，可得：且， ‎ 联立可得：，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）联立直线方程和椭圆方程，‎ 整理可得：，‎ 设, ‎ - 22 -‎ 有，，‎ 由以为直径的圆经过点点，‎ 可得，‎ 所以 ‎，‎ 整理可得：，‎ 解得：或（舍），‎ 所以直线方程为：，‎ 故直线过定点.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的基本量的计算以及定点问题，考查了利用韦达定理搭桥变量的关系，关键点是解读直径所对的圆周角为直角，利用垂直解决问题，要求比较高的计算能力，属于难题.‎ 请考生在第22，23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写．‎ ‎[选修4—4：坐标系与参数方程] ‎ ‎22. 在直角坐标系中，直线经过点，其倾斜角为，以原点为极点，以轴非负半轴为极轴，与直角坐标系取相同的长度单位，建立极坐标系，设曲线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线有公共点，求的取值范围.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）普通方程为，极坐标方程为 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，代入，化简即可求得曲线的普通方程，再结合，即可求解的曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）设直线方程为，由直线与曲线有公共点可得圆心到直线距离，可解得，进而求得的取值范围 ‎【详解】（1）显然，参数，由得，‎ 代入并整理，得，‎ 将，代入，得，‎ 即 ‎∴曲线的普通方程为，‎ 极坐标方程为.‎ ‎（2）曲线的直角坐标方程为，曲线是以为圆心，半径为2的圆.‎ 当时，直线：与曲线没有公共点，‎ 当时，设直线的方程为.‎ 圆心到直线的距离为.‎ - 22 -‎ 由，得.‎ ‎∴，即的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查曲线的普通方程和极坐标方程的求法，直线与圆的位置关系，属于中档题 ‎ [选修4—5：不等式选讲]‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若存在，使成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）采用取绝对值方法可求得的分段函数，分三组方程求解即可；‎ ‎（2）存在，使成立，即求出在区间的最大值，使得即可求解的取值范围 ‎【详解】解：（1）∵，‎ ‎∴不等式等价于下列不等式组，‎ ‎①或②或③，‎ 由①得，得，由②得，得；‎ 由③得，得.‎ ‎∴不等式的解集为.‎ - 22 -‎ ‎（2）在区间上，当时，；‎ 当时，；‎ 当时，.‎ ‎∴在区间上，.‎ 由存在使成立，得，得或.‎ ‎∴的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，存在性问题的等价转化，属于中档题 ‎ ‎ - 22 -‎