陕西省西安中学2020届高三下学期第六次模拟数学（理）试题 Word版含解析 22页

陕西省西安中学2020届高三第六次模拟考试理科数学试题 第Ⅰ卷（60分）‎ 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. 已知全集，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由集合的补集运算和并集运算可得选项.‎ ‎【详解】，，，‎ 则，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查集合间的补集运算、并集运算，属于基础题.‎ ‎2. 下列命题中错误的是（ ）‎ A. 命题“若，则”的逆否命题是真命题 B. 命题“”的否定是“”‎ C. 若为真命题，则为真命题 D. 已知，则“”是“”的必要不充分条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A，根据逆否命题的等价性进行判断；对于B，根据含有量词的命题的否定进行判断；对于C，根据复合命题的真假关系 进行判断；对于D，利用必要不充分条件进行判断.‎ ‎【详解】对于A，若x=y，则sinx=siny，显然原命题正确，则逆否命题也为真命题．故A正确；‎ 对于B，命题“”的否定是“”，故B正确；‎ - 22 -‎ 对于C，若为真命题，则至少有一个是真命题，故不一定为真命题，故C错误；‎ 对于D，充分性：当时，显然不成立，即充分性不具备；‎ 必要性：因为，根据幂函数的单调性，显然，即必要性具备，故D正确.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及复合命题的真假关系，含有量词的命题的否定，充要条件以及幂函数的性质，比较基础．‎ ‎3. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的值为（ ）‎ A. 5 B. 4 C. 8 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 初始条件S=1，n=1，依次执行循环语句，直到不满足循环条件，输出即可.‎ ‎【详解】输入S=1，n=1‎ 第一次运行：‎ 第二次运行：‎ 第三次运行：‎ 第四次运行：‎ - 22 -‎ ‎，跳出循环，输出 故选：A ‎【点睛】本题考查了程序框图，考查了逻辑推理能力，属于一般题目.‎ ‎4. 已知，且，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果，那么 D. 如果，那么 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质，逐一进行判断排除可得到答案.‎ ‎【详解】对于，如果，那么，所以错误；‎ 对于，如果，那么，所以错误；‎ 对于，如果，那么，所以错误；‎ 对于，因为，那么，所以正确.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】主要考查不等式的性质，要熟练掌握.‎ ‎5. 在正方体中，分别在是线段的中点，以下结论：①直线丄直线；②直线与直线异面；③直线丄平面；④，其中正确的个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 在平面内作出的平行直线，根据中位线得到，由此得到②错误.根据平面得到①③正确，利用中位线及勾股定理证得④正确.由此得出正确的个数为个.‎ ‎【详解】过作交于，过作交于，连接.由于分别为的中点，故，故四边形为矩形，故，由于，故②判断错误.由于，所以平面，所以且直线丄平面，即①③正确.由勾股定理得，故，故④判断正确.综上所述，正确的个数为个，故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查空间两条异面直线垂直的判断，考查直线与直线平行的判断，考查线面垂直的证明，属于基础题.要判断两条异面直线垂直，往往是通过线面垂直来证明，要证明线线平行，可以考虑用中位线来证明，要证明线面垂直则需要证明垂直平面内两条相交直线来证明.‎ ‎6. 下列说法错误的是（ ）‎ A. 回归直线过样本点的中心 B. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于 C. 在回归直线方程中，当解释变量每增加个单位时，预报变量平均增加个单位 D. 对分类变量与，随机变量的观测值越大，则判断“与有关系”的把握程度越小 - 22 -‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线性回归的有关知识即可判断出．‎ ‎【详解】解：．回归直线必过样本点的中心，故A正确；‎ ‎．两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近1，故B正确；‎ ‎．在线性回归方程中，当每增加1个单位时，预报量平均增加0.2个单位，故C错误；‎ ‎．对分类变量与的随机变量的观测值来说，越大，“与有关系”可信程度越大，因此不正确．‎ 综上可知：有CD不正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点睛】本题考查了线性回归的有关知识，考查了推理能力，属于基础题．‎ ‎7. 在中，，，，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若，则　　‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过解直角三角形得到，利用向量的三角形法则及向量共线的充要条件表示出利用向量共线的充要条件表示出，根据平面向量就不定理求出，值．‎ ‎【详解】在中，‎ 又 所以 为AD的中点 - 22 -‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形、向量的三角形法则、向量共线的充要条件、平面向量的基本定理．‎ ‎8. 将函数的图像向左平移个单位，所得函数的图像与函数的图像关于x轴对称，则的值不可能是（ ）‎ A 2 B. 4 C. 6 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件根据函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得y＝Asin（ωxω+φ）的图象，再由Asin（ωxω+φ）＝﹣Asin（ωx+φ），求得φ满足的条件．‎ ‎【详解】将函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象向左平移个单位，‎ 可得y＝Asin[ω（x）+φ]＝Asin（ωxω+φ）的图象．‎ 再根据所得函数图象与f（x）图象关于x轴对称，可得Asin（ωxω+φ）＝﹣Asin（ωx+φ），‎ ‎∴ω＝（2k+1）π，k∈z，即ω＝4k+2，故ω不可能等于4，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题．‎ ‎9. 已知是奇函数，当时，，则函数在处的切线方程是（ ）‎ A. B. ‎ - 22 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，得到，再利用是奇函数，求得，然后利用导数的几何意义求解.‎ ‎【详解】设，则，‎ 所以，‎ 又因为是奇函数，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以函数在处的切线方程是.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及利用函数奇偶性求解析式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎10. 现有5种不同的颜色，给四棱锥P-ABCD的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点颜色不能相同，一共有（ ）种方法.‎ A. 240 B. 360 C. 420 D. 480‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分布计数原理逐个顶点来进行涂色，注意讨论同色与不同色.‎ ‎【详解】当顶点A,C同色时，顶点P有5种颜色可供选择，点A有4种颜色可供选择，点B有3种颜色可供选择，此时C只能与A同色，1种颜色可选，点D就有3种颜色可选，共有种；‎ - 22 -‎ 当顶点A,C不同色时，顶点P有5种颜色可供选择，点A有4种颜色可供选择，点B有3种颜色可供选择，此时C与A不同色，2种颜色可选，点D就有2种颜色可选，共有种；综上可得共有种，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本计数原理，两个原理使用时要注意是分步完成某事还是分类完成某事，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎11. 已知函数恰有三个不同的零点，，且，，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. -1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恰有三个不同的零点，，得到与恰有三个不同的交点，进一步确定，，再根据直线与分别在和处相切，即可得解.‎ ‎【详解】解：由，即，‎ 与恰有三个不同的交点，其坐标分别为，，且，‎ 与都是奇函数，所以有，，‎ 直线与分别在和处相切，‎ ‎，‎ ‎①，②，③，‎ 由①②③得，‎ 由得，所以，‎ 故选：C - 22 -‎ ‎【点睛】考查函数的零点，函数的奇偶性，以及直线和正弦型函数的相切，难题.‎ ‎12. 如图，，分别是双曲线：的左、右焦点，，是双曲线上关于坐标原点对称的两点（点在第一象限），直线与双曲线的另一个交点为，且，，则的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，，，设，，可得，，可得四边形为矩形，由矩形的性质和双曲线的定义，可得，结合勾股定理可得，和，的关系，即可得到所求双曲线的渐近线方程．‎ ‎【详解】解：连接，，，‎ 设，，可得，‎ ‎，可得四边形为矩形，‎ 由双曲线的定义可得，，‎ 即，可得，‎ - 22 -‎ ‎，‎ 解得，，‎ 化简可得，‎ 的渐近线方程为，‎ 即为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是渐近线方程的求法，考查直角三角形的勾股定理和矩形的性质，考查化简运算能力，属于中档题．‎ 第Ⅱ卷（90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.把答案填在答题卡上的相应位置.‎ ‎13. 已知随机变量服从正态分布，若，则______.‎ ‎【答案】0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据随机变量X服从正态分布，可知正态曲线的对称轴是，利用对称性，可得结果.‎ ‎【详解】随机变量服X从正态分布，正态曲线的对称轴是 ‎，‎ 故答案为：0.2‎ ‎【点睛】本题考查了正态分布，考查了计算能力，属于一般题目.‎ ‎14. 已知的展开式中的系数为30，则为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 根据二项式定理通项公式可得，然后令，最后简单计算即可.‎ ‎【详解】由题可知：的通项公式为 令，则，‎ 所以 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，本题重点在于二项展开式的通项公式，细心计算，属基础题.‎ ‎15. 已知一圆锥内接于球，若球心恰在圆锥的高的三等分点处，则该圆锥的体积与球的体积的比值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设球的半径为，可求得圆锥的高及圆锥的底面积，再利用锥体和球体的体积公式可求得该圆锥的体积与球的体积的比值.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 设球的半径为，由题意可知，圆锥的高为，球心到圆锥底面的距离为，‎ 所以，圆锥的底面半径为，该圆锥的体积为，‎ 因此，该圆锥的体积与球的体积的比值为.‎ 故答案为：.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查球体与圆锥的体积之比的计算，确定球体的半径与圆锥的底面半径、高的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎16. 如图，抛物线的一条弦经过焦点，取线段的中点，延长至点，使，过点，作轴的垂线，垂足分别为，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 解：设点 的坐标为： ，‎ 由题意可知： ，‎ 由抛物线中定值的结论可知： ，‎ 据此可知： ，当且仅当 时等号成立，‎ 即 的最小值为4.‎ 点睛：本题考查圆锥曲线中的定值问题，定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ 双曲线的定值结论结合均值不等式是解决本问题的关键所在. ‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ - 22 -‎ ‎17. 已知的内角，，的对边分别为，，，向量，，且，的面积为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，则，再结合正弦定理，将边化角求得；‎ ‎（2）运用三角形的面积公式，由的面积为，得到，再用余弦定理，将用表示，再用均值不等式求的最小值.‎ ‎【详解】（1）∵，，且，‎ ‎∴，‎ 由正弦定理可得，‎ 即，∴，‎ ‎∵，∴，∴，∵，∴.‎ ‎（2）∵面积为，∴，解得，‎ 由余弦定理可得，∴‎ ‎，当且仅当，即时取等号，‎ ‎∴的最小值是2.‎ ‎【点睛】本题考查了向量垂直的坐标表示，正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，均值不等式求最值，属于中档题.‎ ‎18. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点.‎ - 22 -‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过平面ABCD的一个法向量与的数量积为0，即得结论；‎ ‎（2）通过设，利用平面ABCD的一个法向量与的夹角的余弦值为，计算即可得结果.‎ ‎【详解】（1）证明：由题意以原点建立空间直角坐标系，如图：‎ 因为，，由勾股定理得等腰底边上的高为2，‎ 依题意可得，，，，‎ ‎，，，.‎ 又因为，分别为和的中点，所以，，‎ - 22 -‎ 依题意，可得为平面的一个法向量，，‎ 由此可得，‎ 又因为直线平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）解：依题意，可设，其中，则，‎ 从而，‎ 又为平面的一个法向量，‎ 由已知得，‎ 整理得，‎ 又因为，解得.‎ 所以线段的长为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，属于中档题.‎ ‎19. 某省高考改革新方案，不分文理科，高考成绩实行“”的构成模式，第一个“3”是语文、数学、外语，每门满分150分，第二个“3”由考生在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6个科目中自主选择其中3个科目参加等级性考试，每门满分100分，高考录取成绩卷面总分满分750分.为了调查学生对物理、化学、生物的选考情况，将“某市某一届学生在物理、化学、生物三个科目中至少选考一科的学生”记作学生群体，从学生群体中随机抽取了50名学生进行调查，他们选考物理，化学，生物的科目数及人数统计如下表：‎ ‎(I)从所调查的50名学生中任选2名，求他们选考物理、化学、生物科目数量不相等的概率；‎ ‎(II)从所调查的50名学生中任选2名，记表示这2名学生选考物理、化学、生物的科目数量之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望；‎ ‎(III)将频率视为概率，现从学生群体中随机抽取4名学生，记其中恰好选考物理、化学、生物中的两科目的学生数记作，求事件“”的概率.‎ ‎【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）见解析; （Ⅲ）.‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）设“所选取2名学生选考物理、化学、生物科目数量相等”为事件的概率，从而得到选考物理、化学、生物科目数量不相等的概率；‎ ‎（Ⅱ）由题意得到随机变量的取值，计算其概率，列出分布列，根据公式求解数学期望.‎ ‎（Ⅲ）由题意得所调查的学生中物理、化学、生物选考两科目的学生的人数，得到相应的概率，即可求解“”的概率.‎ 试题解析：（Ⅰ）记“所选取的2名学生选考物理、化学、生物科目数量相等”为事件A ‎ 则 ‎ 　所以他们选考物理、化学、生物科目数量不相等的概率为 ‎ 　 　　 ‎ ‎（Ⅱ）由题意可知X的可能取值分别为0，1，2‎ ‎ 　，　‎ ‎ 　 ‎ ‎ 　从而X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎ 　 ‎ ‎（Ⅲ）所调查的50名学生中物理、化学、生物选考两科目的学生有25名 ‎ 　相应的概率为，所以~ 　 ‎ ‎ 　所以事件“”的概率为 ‎　 ‎ - 22 -‎ ‎20. 已知椭圆：的离心率为，且坐标原点到过点，的直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）是否存在过点的直线交椭圆于，两点，且与直线交于点，使得，，依次成等差数列，若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件得，即，，由坐标原点到直线的距离为，可得解得，从而得到椭圆方程.‎ ‎（2）设直线方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立写出韦达定理，由，，成等差数列，可得，化简计算可得直线的斜率，从而得到直线方程.‎ ‎【详解】（1）由题可知，所以，，‎ 则椭圆方程转化为.‎ 坐标原点到过点，即的直线的距离为，‎ - 22 -‎ 可得即，解得.‎ 故椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）假设存在满足题意的直线，显然其斜率存在，‎ 设直线的方程为，且，.‎ 联立，消去并整理，得，‎ 由题知恒成立，由根与系数的关系知 ‎，.‎ 因为，，，‎ 且，，成等差数列，所以，‎ 即，所以，‎ 即，解得，‎ 所以直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，考查直线与椭圆位置关系以及韦达定理的应用，考查学生分析能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数有两个零点，.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）写出函数定义域并求导，从而得到函数的单调性，根据单调性得到函数的最大值，要使有两个零点，只需最大值即可.‎ ‎（2）函数有两个零点，，可得，两式相减得，‎ 欲证，即证，设，构造函数，通过函数的单调性即可得到证明.‎ ‎【详解】（1）函数定义域为，.‎ 令得，可得在上单调递增，在上单调递减，‎ 又时，，时，，‎ 故欲使有两个零点，只需，即.‎ ‎（2）证明：不妨设，则由（1）可知，‎ 且，两式相减可得.‎ 欲证，即证，‎ - 22 -‎ 设，则即证，‎ 构造函数，‎ 则，‎ 所以在上单调递增，故，‎ 所以，原不等式得证.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，单调性以及最值问题，考查利用变量集中的思想解决不等式的证明，考查构造函数的思想，属于中档题.‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答.注意；只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22. 在平面直角坐标系xOy中，射线l：(x≥0)，曲线C1的参数方程为（为参数），曲线C2的方程为；以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为．‎ ‎（1）写出射线l的极坐标方程以及曲线C1的普通方程；‎ ‎（2）已知射线l与C2交于O，M，与C3交于O，N，求的值．‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线极坐标方程的形式可得射线，消去曲线参数方程中的参数可得普通方程；（2）将圆的普通方程化为极坐标方程，设点对应的极径分别为，然后根据求解可得所求．‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）依题意，因为射线，故射线 消去方程中的参数可得，‎ 所以曲线的普通方程为：．‎ ‎（2）曲线的方程为，即，‎ 把代入上式可得曲线的极坐标方程为，‎ 设点对应的极径分别为，‎ 则．‎ ‎【点睛】本题考查参数方程和极坐标方程，解题的关键是根据各种方程间的关系进行求解，同时还要注意在极坐标方程中用极径求弦长的方法，属于基础题．‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若不等式对任意实数及恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出不等式的解集；‎ ‎（2）利用绝对值三角不等式以及基本不等式求得的最小值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，不等式为.‎ - 22 -‎ 当时，不等式可化为，解得，此时；‎ 当时，不等式可化为，即，不成立；‎ 当时，不等式可化为，解得，此时.‎ 综上所述，不等式解集为或；‎ ‎（2），‎ 而，当且仅当时等号成立.‎ 即当和变化时，的最小值为，‎ 因为不等式对任意实数及恒成立，‎ ‎，即，解得.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了含绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查计算能力，属于中等题.‎ - 22 -‎