陕西省2020届高三下学期教学教学质量检测数学（理）试题 23页

‎2020年高三第二次教学质量检测 理科数学 一､选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.‎ ‎1.定义，若，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题中的新定义,找出属于 不属于的元素.即可确定出.‎ ‎【详解】解:集合.‎ 故选C ‎【点睛】此题考查了补集及其运算,属于新定义题型,弄清题中“差集”的新定义是解本题的关键.‎ ‎2.已知是虚数单位，复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为 ，所以复数的虚部为 ，故选B.‎ ‎3.函数一个零点所在的区间是(　 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出根据零点存在性定理得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ ‎，‎ 所以 所以函数的一个零点所在的区间是.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查零点存在性定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎4.嫦娥四号任务经过探月工程重大专项领导小组审议，通过并且正式开始实施，如图所示.假设“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行.若用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，则下列关系中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象，得到，进而根据基本不等式的性质和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.‎ ‎【详解】根据给定的椭圆的图象，可得，所以，所以A项不正确；‎ 因为，所以，所以B项正确；‎ 由，可得，可得，‎ 整理得，即，‎ 又因为，所以，所以D项不正确；‎ 由，可得，所以C项不正确.‎ 综上可得是正确的.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质及其应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程和简单的几何性质，合理运算是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.‎ ‎5.在中，若且，则面积的最大值为（ ）‎ A. 6 B. C. 10 D. 12‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题设条件，求得，利用三角形的面积公式，求得，再利用余弦定理，求得，结合基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】在中，设所对的边分别为，‎ 由，，可得，①‎ 所以，‎ 由余弦定理，可得，②‎ 由①②联立，可得，‎ 所以，当且仅当时等号成立，‎ 所以，‎ 即的面积的最大值为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算，余弦定理和三角形的面积公式，以及基本不等式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，试题综合性强，属于中档试题.‎ ‎6.已知数列的前项和为，，，则（ ）‎ A. 39 B. ‎45 ‎C. 50 D. .55‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对已知等式变形得数列数列是等差数列，从而求得，得出结论．‎ ‎【详解】∵，∴，∴，即，∴数列是等差数列，公差为1，首项为，∴，．，，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推式，考查等差数列的通项公式和数列的前项和定义．解题关键是已知变形得出数列是等差数列．‎ ‎7.函数，的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义域排除，，排除，得到答案.‎ ‎【详解】根据定义域排除，，排除.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了图像的识别，利用排除法可以快速得到答案，是解题的关键.‎ ‎8.2019年底，武汉突发新冠肺炎疫情，2020年初开始蔓延.党中央､国务院面对“突发灾难”果断采取措施，举国上下，万众一心支援武汉，全国各地医疗队陆续增援湖北，纷纷投身疫情防控与救治病人之中.为了分担“抗疫英雄”的后顾之忧，某校教师志愿者开展“爱心辅导”活动，为抗疫前线医务工作者子女开展在线辅导.春节期间随机安排甲､乙两位志愿者为一位初中生辅导功课共3次，每位志愿者至少辅导1次，每一次只有1位志愿者辅导，到甲恰好辅导两次的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用列举法列出所有基本事件，然后计数可得概率．‎ ‎【详解】由题意辅导三次的所有基本事件为：甲甲乙，甲乙甲，乙甲甲，甲乙乙，乙甲乙，乙乙甲共6个，其中甲恰好辅导两次的有甲甲乙，甲乙甲，乙甲甲共3个，∴所求概率为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，解题方法是列举法，即用列举法写出所有基本事件，然后分别计数后计算概率．‎ ‎9.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：‎ ‎①AB⊥EF； ②AB与CM所成的角为60°； ‎ ‎③EF与MN是异面直线；④MN∥CD． ‎ 其中正确的个数为( )个 A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可先画出正方体,再利用空间中判断线线夹角一般方法逐个选项判断即可.‎ ‎【详解】还原正方体,以正方形为底面有 对①,因为∥,且有,故①正确.‎ 对②,因为∥,所以②错误.‎ 对③,由图可得显然正确.‎ 对④,,故④错误.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查空间中线面的位置关系与夹角,一般利用平行将线段移至相交位置分析夹角.‎ ‎10.如图，是双曲线的左、右焦点，过 的直线与双曲线 交于两点．若，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用双曲线的定义求出和的值，再利用勾股定理求，由得到双曲线的渐近线方程.‎ 详解】设，‎ 由双曲线的定义得：，解得：，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以双曲线的渐近线方程为.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义，考查运算求解能力.‎ ‎11.我国古代《周髀算经》中记载，古人通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”.如图，一位渔民在从右到左依次排列的绳子上打结，满五进一来记录捕鱼条数.由图可知，这位渔民共捕鱼（ ）条.‎ A. 39 B. ‎64 ‎C. 11 D. 224‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据满五进一来记录捕鱼条数的规律，这相当于五进制数，化为十进制即可．‎ ‎【详解】由题意所记录的数相当于五进制数，∴这位渔民共捕鱼条数为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查进制数之间的认识与转化，读懂题意是解题关键．‎ ‎12.已知函数在区间内存在极值点，且恰好有唯一整数解，则的取值范围是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，由得可求出的范围，再考查与零的大小比较，在时，结合题意得出，以及当时，，解出实数的范围可得出答案．‎ ‎【详解】，则，‎ 由于函数在区间上存在极值点，令，得，‎ 所以，，解得，‎ 由于，且不等式恰有一整数解．‎ ‎①当时，即当时，，‎ 当时，；当时，．‎ 此时，函数在处取得最小值，则，不合乎题意；‎ ‎②当时，即当时，当时，；当时，．‎ 所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．‎ 由题意可得，解得，此时，；‎ ‎③当时，即当时，当时，；当时，．‎ 所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．‎ 由题意可得，解得，此时，．‎ 因此，实数的取值范围是，故选D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的极值以及函数的零点问题，难点在于不等式整数解的问题，充分利用导数研究函数单调性，结合单调性考查整数解相邻整数点函数值的符号问题，列不等式求解，考查运算能力与分析问题的能力，属于难题．‎ 二､填空题：‎ ‎13.若变量、满足约束条件，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出可行域，然后确定目标函数的最大值即可.‎ ‎【详解】绘制不等式组表示的可行域如图所示，‎ 结合目标函数的几何意义可得目标函数在点处取得最大值，‎ 其最大值为：.‎ ‎【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.‎ ‎14.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶‎600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.‎ 考点：正弦定理及运用．‎ ‎15.已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数.若，则实数的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，求得函数的导数，根据函数的单调性，把题设中的不等式转化为，即可求解.‎ ‎【详解】令，则，‎ 因为，所以，所以函数在为单调递减函数，‎ 又由，‎ 所以，即，所以，‎ 即，所以，解得，‎ 综上可得，实数的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，以及函数的单调性的应用，着重考查了构造、转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎16.回文数指从左向右读与从右向左读都一样的正整数，如22，343，1221，94249等.显然两位回文数有9个，即11，22，33，99；三位回文数有90个，即101，121，131，…，191，202，…，999.则四位回文数有______个，位回文数有______个.‎ ‎【答案】 (1). 90个 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用回文数的定义，根据4‎ 为回文数的数字特征，结合分步计数运算，即可求解，进而推广到一般情况，根据位回文数的特征，利用分步计数原理，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，可得4位回文数的特点为中间两位是相同的，千位和个位数相同但不能为0，‎ 第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；‎ 第二步，选中间两位数字，共有10种选法；‎ 由分步计数原理可得，4位回文数共有个.‎ 在位回文数中，‎ 第一步，先选左边的第一个数字，共有9种选法；‎ 第二步，分步选左边的第个数字，共有种选法，‎ 由分步计数原理可得，在位回文数中，共有个.‎ 故答案为：90；.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分步计数原理的应用，以及新定义数字问题的理解和运用，其中解答中正确理解题意，根据回文数的特征，结合分步计数原理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ 三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.‎ ‎17.直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见详解；（2）为的中点，理由见详解.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：对于问题（1）可以先证明两两垂直，然后再建立空间直角坐标系用向量法进行证明；对于问题（2）可在（1）中建立的坐标系下，分别求出平面与平面的法向量，再根据二面角的余弦公式，即可确定是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ 试题解析：（1）证明：因为，所以，‎ 又因为，所以面，‎ 又因面，‎ 所以，‎ 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有 设且，即，则 ‎，所以，‎ 因为，所以，所以 ‎（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为 理由如下：‎ 由题可知面的法向量 设面的法向量为，则 因为，‎ 所以，即，‎ 令，则 因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，‎ 所以，即，‎ 解得或（舍），所以当为中点时满足要求 考点：1、线线垂直，线面垂直；2、二面角.‎ ‎18.已知函数，若的图象上相邻两条对称轴的距离为，图象过点.‎ ‎（1）求的表达式和的递增区间；‎ ‎（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数的图象.若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1），的递增区间为，.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数，相邻两条对称轴的距离为 ‎，可得周期，从而得，再代入坐标得；‎ ‎（2）由三角函数图象变换得，题意转化为的图象与直线在上只有一个公共点，结合函数图象易得结论．‎ ‎【详解】（1），‎ 的最小正周期为，∴.‎ ‎∵的图象过点，∴，∴，‎ 即.‎ 令，，，，‎ 故的递增区间为，.‎ ‎（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数的图象.‎ ‎∵，∴，∴，故在区间上的值域为.‎ 若函数在区间上有且只有一个零点，‎ 即函数的图象和直线只有一个公共点，‎ 如图，‎ 根据图象可知，或，即.‎ 故实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查由三角函数的性质求解析式，考查三角函数的单调性，考查函数的零点个数问题，掌握正弦函数的图象与性质是解题关键．函数零点个数问题常常转化为函数图象与直线交点个数，利用数形结合思想求解．‎ ‎19.某市举行“中学生诗词大赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于90分的具有复赛资格，某校有800名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间内，其频率分布直方图如图．‎ ‎（1）求获得复赛资格的人数；‎ ‎（2）从初赛得分在区间的参赛者中，利用分层抽样的方法随机抽取人参加学校座谈交流，那么从得分在区间与各抽取多少人?‎ ‎（3）从（2）抽取的7人中，选出3人参加全市座谈交流，设表示得分在区间 中参加全市座谈交流的人数，求的分布列及数学期望．‎ ‎【答案】（1）20；（2）5，2；（3）见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）求出满足参赛资格的区域包含的长方形的纵坐标的和乘以组距得到分布在该区域的频率，再乘以样本容量求出获得参赛资格的人数；（Ⅱ）由频率分布直方图求矩形的面积，转化求解抽取人数即可；（Ⅲ）先求出的可能值，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意知之间的频率为:，‎ ‎∴获得参赛资格的人数为 ‎ ‎（Ⅱ）在区间与，，在区间的参赛者中，利用分层抽样的方法随机抽取7人 分在区间与各抽取5人，2人．结果是5，2.‎ ‎（Ⅲ）的可能取值为0，1，2，则 故的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎∴‎ 点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：‎ 第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；‎ 第二步是“探求概率”，即利用排列组合，枚举法，概率公式（常见的有古典概型公式、几何概率公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；‎ 第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；‎ 第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.‎ ‎20.已知点在椭圆：上，且点到的左、右焦点的距离之和为.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，若的弦的中点在线段（不含端点，）上，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的定义和椭圆上点的坐标，求得椭圆的标准方程.‎ ‎（2）设出的坐标，求得中点的坐标，由的斜率得到，利用点差法求得的斜率，设出直线的方程并代入椭圆方程，写出判别式以及韦达定理，利用平面向量的坐标运算，化简求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由条件知，，所以，，‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎（2）设点、的坐标为，，则中点在线段上，且，‎ ‎∴，又，，两式相减得 ‎，‎ 易知，，所以，即.‎ 设方程为，代入并整理得.‎ 由解得，又由，∴.‎ 由韦达定理得，，‎ 故 ‎.‎ 而，所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆的定义和标准方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查点差法，考查向量数量积的坐标运算，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）时，求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，单调递减区间为；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求导得到，得到单调区间.‎ ‎（Ⅱ），求导根据单调性得到，讨论和两种情况，分别计算函数的最值得到答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，，则，‎ 当时，时，，‎ 所以的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎（Ⅱ）设，‎ 而，令，则.‎ 于是当x>0时，为增函数，又由，知.‎ ‎（1）若，则，.‎ 此时在区间上有唯一零点，设为，则时，.‎ 故在区间上为减函数，，因此，不符合要求.‎ ‎（2）若，则时，，‎ 此时在区间上为增函数.‎ 故时，，因此符合要求，‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调区间，恒成立问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知圆的参数方程为（为参数，）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程是.‎ ‎（1）若直线与圆有公共点，试求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，过点且与直线平行的直线交圆于两点，求的值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)根据极坐标与普通方程的互化公式求出直线的直角坐标方程,消参得出圆的普通方程, 直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离,即可求出范围;(2)将直线的参数方程代入曲线方程,根据t的几何意义求值即可.‎ 试题解析:‎ ‎（1）由，‎ 得，‎ 即，‎ 故直线的直角坐标方程为.‎ 由 得 所以圆的普通方程为.‎ 若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，即，‎ 故实数的取值范围为.‎ ‎（2）因为直线的倾斜角为，且过点，‎ 所以直线的参数方程为（为参数），①‎ 圆的方程为，②‎ 联立①②，得，‎ 设两点对应的参数分别为，‎ 则，，‎ 故.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）已知函数，若对于任意，都存在，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值定义分类去掉绝对值符号后，分类解不等式即可得；‎ ‎（2）求出和的最小值，题意题意转化为的最小值不小于的最小值，解之可得的范围．‎ ‎【详解】（1）依题意，得，‎ 由，得或或.解得.‎ 即不等式的解集为.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ ‎，‎ 则，解得，‎ 即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查绝对值的性质，根据绝对值的定义去绝对值符号是解绝对值不等式的常用方法，除去绝对值符号求解外还可利用绝对值三角不等式求含绝对值的函数的最值．‎