陕西省西安中学2020届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题 21页

西安中学高2020届第四次模拟考试 数学（理）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.设集合，为自然数集，则中元素的个数为（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出中一元二次不等式解集确定出，找出与的交集，即可作出判断．‎ ‎【详解】解：‎ 解得 即中有个元素，‎ 故选：‎ ‎【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题．‎ ‎2.复数满足，则复数的共轭复数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．‎ ‎【详解】解：由，得，‎ ‎，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．‎ ‎3.已知，，其中，是互相垂直的单位向量，则（ ）‎ A. B. C. 28 D. 24‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出，用，表示，再根据计算可得；‎ ‎【详解】解：，，且，是互相垂直的单位向量 ‎，‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的运算律，向量模的计算，属于基础题.‎ ‎4.在等差数列中，首项，公差，是其前项和，若，则（ ）‎ A. 20 B. ‎21 ‎C. 22 D. 23‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据等差数列的通项公式及求和公式计算可得；‎ ‎【详解】解：因为等差数列中，首项，公差，其前项和,‎ 所以，,‎ ‎,‎ ‎,‎ 解得,‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题.‎ ‎5.已知，则（ ）‎ A. B. C. -3 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，由题意结合两角和的正切公式可得的值.‎ ‎【详解】 ，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查两角和的正切公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎6.已知函数，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据分段函数解析式代入求值即可；‎ ‎【详解】解：，，即 故选：‎ ‎【点睛】本题考查分段函数求函数值，对数恒等式的应用，属于基础题.‎ ‎7.在正方形中，棱，的中点分别为，，则直线EF与平面所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系求出余弦值．‎ ‎【详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体的棱长为2，‎ 则， ， ，‎ 平面的法向量， ‎ 设直线与平面所成角为，，‎ 则．‎ 所以 直线与平面所成角的余弦值为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．‎ ‎8.为得到函数的图象，可将函数的图象( )‎ A. 向右平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 原函数，‎ 新函数，‎ 则函数图象需要向右平移：个单位.‎ 本题选择A选项.‎ 点睛：三角函数图象进行平移变换时注意提取x的系数，进行周期变换时，需要将x的系数变为原来的ω倍，要特别注意相位变换、周期变换的顺序，顺序不同，其变换量也不同．‎ ‎9.如图是某高三学生14次模考数学成绩的茎叶图，第1次到第14次的考试成绩依次记为，，…，.将14次成绩输入程序框图，则输出的结果是（ ）‎ A. 8 B. ‎9 ‎C. 10 D. 11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算法的功能是计算学生在14次数学考试成绩中，成绩大于等于的次数，根据茎叶图可得成绩大于等于的次数，即值．‎ ‎【详解】解：由程序框图知：算法的功能是计算学生在14次数学考试成绩中，成绩大于等于的次数，‎ 由茎叶图得，在14次测试中，成绩大于等于的有：123、125、126、128、132、133、134、136、139、142、141共11次，‎ 输出的值为11．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题借助茎叶图考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键，属于基础题．‎ ‎10.已知抛物线交双曲线的渐近线于，两点（异于坐标原点），若双曲线的离心率为，的面积为32，则抛物线的焦点为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，设点A位于第一象限，且，结合图形的对称性列出方程组确定p的值即可确定焦点坐标.‎ ‎【详解】，∴，‎ 设点A位于第一象限，且，结合图形的对称性可得：‎ ‎，解得：，∴抛物线的焦点为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆锥曲线的对称性，双曲线的渐近线，抛物线焦点坐标的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎11.为缓解城市道路交通压力，促进城市道路交通有序运转，减少机动车尾气排放对空气质量的影响，西安市人民政府决定：自‎2019年3月18日至‎2020年3月13日在相关区域实施工作日机动车尾号限行交通管理措施.已知每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末（周六和周日）不限行.某公司有A，B，C，D，E五辆车，每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C 两辆车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是（ ）‎ A. 今天是周四 B. 今天是周六 C. A车周三限行 D. C车周五限行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中车限行情况可得今天不是周三，根据车限行情况可得今天不是周一，不是周日，根据车的限行情况可知今天不是周五，周二和周六．‎ ‎【详解】解：保证每天至少有四辆车可以上路行驶，‎ 车明天可以上路且车周四限行，可知：今天不是周三，‎ 车昨天限行，今天不是周一，不是周日，‎ ‎、两车连续四天都能上路行驶，今天不是周五，周二和周六，‎ 由此推出今天是周四，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查的简单的合情推理，本题也可以假设某个答案正确，然后逐一验证是否满足所有的条件，属于基础题．‎ ‎12.已知函数，若存在互不相等的实数，，，，满足，则（ ）‎ A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由数形结合的思想方法，作函数的图象，结合对数的运算可得解．‎ ‎【详解】解：设的图象与直线的位置关系如图，‎ 则有，‎ 所以，‎ 所以，‎ 同理，‎ 故，‎ 又，‎ 故，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象的作法及数形结合的思想方法，属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.在代数式展开式中，一次项的系数是_____．（用数字作答）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 展开式的通项为，令，得，，故答案为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎14.若满足约束条件 则 的最小值为_______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以通过题目所给出的不等式方程组绘出图像，然后确定图像的三个顶点坐标，最后将其分别带入中即可得出最小值．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，根据题目所给的不等式方程组绘出的图形可知，交点为、、，‎ 然后将其带入中可得，的最小值为3．‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划的相关性质，解决本题的关键是能否根据题目所给条件画出可行域并在可行域中找出使目标函数取最值的点，考查数形结合思想，是简单题．‎ ‎15.已知三棱锥A-BCD内接于球O，，，则球O的表面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，求出底面三角形的外接圆的半径，求出到底面的距离，然后取得外接球的半径，即可求解表面积．‎ ‎【详解】解：如图：底面中，，，‎ ‎，‎ ‎，是圆锥，‎ 平面，并且经过球的球心，‎ 则，‎ 设球的半径为，‎ ‎，即，‎ 解得，‎ 球的表面积为：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查的表面积的求法，几何体的外接球与几何体的关系，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．‎ ‎16.已知函数（）为奇函数，，若函数与图像的交点为，，…，，则=________.‎ ‎【答案】‎‎3m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断函数与的对称性，结合函数的对称性进行求解即可．‎ ‎【详解】解：因为函数为奇函数，‎ 所以函数的图象关于点对称，‎ 关于点对称，‎ 所以两个函数图象的交点也关于点对称，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数对称性的应用，结合函数奇偶性以及分式函数的性质求出函数的对称性是解决本题的关键．‎ 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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.在中，内角 A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足.‎ ‎（Ⅰ）求角A；‎ ‎（Ⅱ）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用同角三角函数的基本关系及正弦定理将边化角计算可得；‎ ‎（Ⅱ）利用余弦定理求出边，再利用面积公式计算可得；‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由及正弦定理可知，‎ ‎，‎ 所以，又，‎ 所以 ‎（Ⅱ）由余弦定理，‎ 得， ‎ 所以，即，‎ 所以，‎ 从而 ‎【点睛】本题考查正弦、余弦定理、同角三角函数基本关系式的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题.‎ ‎18.“绿水青山就是金山银山”的理念越来越深入人心，据此，某网站调查了人们对生态文明建设的关注情况，调查数据表明，参与调查的人员中关注生态文明建设的约占80%.现从参与调查的关注生态文明建设的人员中随机选出200人，并将这200人按年龄（单位：岁）分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65]，得到的频率分布直方图如图所示.‎ ‎（Ⅰ）求这200人的平均年龄（每一组用该组区间的中点值作为代表）和年龄的中位数（保留一位小数）； ‎ ‎（Ⅱ）现在要从年龄在第1，2组的人员中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查，求抽取的3人中恰有2人的年龄在第2组中的概率；‎ ‎（Ⅲ）若从所有参与调查的人（人数很多）中任意选出3人，设这3人中关注生态文明建设的人数为X，求随机变量X的分布列与数学期望．‎ ‎【答案】（Ⅰ）平均年龄为 （岁）．中位数为42.1岁（Ⅱ）（Ⅲ）分布列见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由频率分布直方图能求出，由此能求出这200人年龄的样本平均数和中位数．‎ ‎（Ⅱ）第1，2组抽取的人数分别为2人，3人．设第2组中恰好抽取2人的事件为，利用排列组合能求出事件的概率．‎ ‎（Ⅲ）从所有参与调查的人中任意选出1人，关注环境治理和保护问题的概率为，的所有可能取值为0，1，2，3，，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由，得，‎ 平均年龄为 （岁）．‎ 设中位数为x岁，则，解得，‎ 故这200人年龄的中位数为42.1岁 ‎（Ⅱ）易知从第1，2组中抽取的人数分别为2，3，‎ 设“抽取的3人中恰有2人的年龄在第2组中”为事件A，‎ 则 ‎（Ⅲ）从所有参与调查的人员中任意选出1人，则其关注生态文明建设的概率为.‎ 由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 因为，所以 ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．‎ ‎19. 已知四棱锥P－ABCD的三视图如下图所示，E是侧棱PC上的动点．‎ ‎（1）求证：BD⊥AE ‎（2）若点E为PC的中点，求二面角D－AE－B的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证明线线垂直，先证明线面垂直，所以观察几何体，先证明平面,而要证明线面垂直，先证明线与平面内的两条相交直线垂直，即证明,;‎ ‎（2）法一，几何法，观察,所以可选择在平面DAE内过点D作DF⊥AE于F，连结BF，∠DFB为二面角D－AE－B的平面角，或法二，采用空间向量的方法，以点C为原点，CD，CB，CP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，或.‎ 试题解析：（1）由三视图可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，‎ 侧棱PC⊥底面ABCD，且PC＝2. ‎ 连结AC，∵ABCD是正方形， ∴BD⊥AC. ‎ ‎∵PC⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD， ∴BD⊥PC. ‎ 又∵AC∩PC＝C，∴BD⊥平面PAC. ‎ ‎∵AE⊂平面PAC. ∴BD⊥AE. ‎ ‎（2）解法1：在平面DAE内过点D作DF⊥AE于F，连结BF.‎ ‎∵AD＝AB＝1，DE＝BE＝，AE＝AE＝，‎ ‎∴Rt△ADE≌Rt△ABE，‎ 从而△ADF≌△ABF，∴BF⊥AE.‎ ‎∴∠DFB为二面角D－AE－B的平面角．‎ 在Rt△ADE中，DF＝， ∴.‎ 又BD＝，在△DFB中，由余弦定理得 cos∠DFB＝，‎ ‎∴∠DFB＝，即二面角D－AE－B的大小为 解法2：如图，以点C为原点，CD，CB，CP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则D（1,0,0），A（1,1,0），B（0,1,0），E（0,0,1），‎ 从而＝（0,1,0），＝（－1,0,1），＝（1,0,0），＝（0，－1,1）．[Z#x设平面ADE和平面ABE的法向量分别为，‎ 由，取 由，取 设二面角D－AE－B的平面角为θ，则，‎ ‎∴θ＝，即二面角D－AE－B的大小为 考点：1.线面垂直的判定定理；2.二面角.‎ ‎20.已知点M，N分别是椭圆C：（）的左顶点和上顶点，F为其右焦点，，椭圆的离心率为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设不过原点O的直线与椭圆C相交于A，B两点，若直线OA，AB，OB的斜率成等比数列，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，结合椭圆的离心率求解即可．‎ ‎（Ⅱ）直线的斜率存在且不为0．设直线，，，，，联立直线和椭圆，消去可得，，利用判别式以及韦达定理，通过，，的斜率依次成等比数列，推出，求出，，且，然后求解三角形的面积的表达式，求解范围即可．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为，由题可知，，‎ ‎，，则，‎ 又，‎ 解得，，，‎ 所以椭圆C的方程 ‎（Ⅱ）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0.‎ 故可设直线，，，‎ 联立直线和椭圆，消去y可得，，‎ 有题意可知，，‎ 即，‎ 且，， ‎ 又直线OA，AB，OB的斜率依次成等比数列，所以，‎ 将，代入并整理得，‎ 因为，，，且，‎ 设d为点O到直线l的距离，则有， ‎ ‎， ‎ 所以，‎ 所以面积的取值范围为 ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法直线与椭圆的位置关系的综合应用，三角形的面积的范围的求法，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求证：函数有唯一零点；‎ ‎（Ⅱ）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）求出，先证明在区间上为增函数，又，，所以在区间上恰有一个零点，而在上恒成立，在上无零点，从而可得结果；（II））设的零点为，即．原不等式可化为，令若，可得，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能，，即求所求．‎ 试题解析：（I），‎ 易知在上为正，因此在区间上为增函数，又，‎ 因此，即在区间上恰有一个零点，‎ 由题可知在上恒成立，即在上无零点，‎ 则在上存在唯一零点．‎ ‎（II）设的零点为，即．原不等式可化为，‎ 令，则，由（I）可知在上单调递减，‎ 在上单调递增，故只求，，设，‎ 下面分析，设，则，‎ 可得，即 若，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能．‎ 因此，即求所求．‎ ‎【方法点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.‎ ‎22.‎ 在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为（t为参数），直线l2的参数方程为.设l1与l2的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C．‎ ‎（1）写出C的普通方程；‎ ‎（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设，M为l3与C的交点，求M的极径.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）消去参数得的普通方程；消去参数m得l2的普通方程.‎ 设,由题设得，消去k得.‎ 所以C的普通方程为.‎ ‎（2）C的极坐标方程为.‎ 联立得.‎ 故，‎ 从而.‎ 代入得，‎ 所以交点M的极径为.‎ ‎【名师点睛】本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.遇到求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.‎ ‎23.已知，且．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由柯西不等式即可证明；‎ ‎（2）可先计算的最小值，再分，，三种情况讨论即可得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）由柯西不等式得．‎ ‎∴，当且仅当时取等号．‎ ‎∴；‎ ‎（2），‎ 要使得不等式恒成立，即可转化为，‎ 当时，，可得，‎ 当时，，可得，‎ 当时，，可得，‎ ‎∴的取值范围为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查柯西不等式，均值不等式，绝对值不等式综合应用，意在考查学生的分析能力，计算能力，分类讨论能力，难度中等.‎