陕西省西安地区2020届高三下学期八校联考理科数学试题 Word版含解析 23页

‎2020届高三年级数学（理科）试题 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由集合A的描述得到，利用交集运算即可得集合 ‎【详解】由知：，而 ‎∴‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了集合的基本运算，根据集合描述得到集合，利用集合的交集运算求交集，属于简单题 ‎2. 已知数列满足且，则的前10项的和等于（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得到数列表示首项为，公比为的等比数列，结合求和公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，数列满足，即，‎ 又由，即，解得，‎ 所以数列表示首项为，公比为的等比数列，‎ - 23 -‎ 所以，即的前10项的和为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的定义、通项公式，以及等比数列的前项和的应用，其中解答中熟记等比数列的求和公式是解答的关键，着重考查运算与求解能力.‎ ‎3. 已知i为虚数单位，，若复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，且，则z＝（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，解得或，据此可知或，结合共轭复数的特征确定的值即可.‎ ‎【详解】由可得，解得或，‎ 所以或，‎ 因为在复平面内对应的点位于第三象限，所以．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，共轭复数的定义，以及复数的几何意义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎4. 已知直线，为平面，给出下列命题：‎ ‎① ②‎ ‎③ ④‎ 其中的正确命题序号是 A. ③④ B. ②③ C. ①② D. ①②③④‎ - 23 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①中可能平行或直线在平面内；②由线面垂直的判定定理可知结论正确；③由面面平行的性质可知结论正确；④两直线平行或异面 考点：空间线面平行垂直的判定与性质 ‎5. 已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图像上的特殊点，对选项进行排除，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】对于A,B两个选项，，不符合图像，排除A,B选项.对于C选项，，不符合图像，排除C选项，故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据函数图像选择相应的解析式，考查利用特殊值法解选择题，属于基础题.‎ ‎6. 设是平面内两个不共线的向量，（a＞0，b＞0），若A，B，C三点共线，则的最小值是（ ）‎ A. 2 B. 4‎ C. 6 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 根据三点共线，求得a与b关系，然后利用基本不等式求解.‎ ‎【详解】因为，若三点共线，设，‎ 即,‎ 因为是平面内两个不共线向量，‎ 所以，‎ 解得，‎ 即，‎ 则,‎ ‎，‎ 当且仅当，即，即时取等号，‎ 故最小值为4，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量共线定理的应用以及基本不等式的应用，属于中档题.‎ ‎7. 已知：，：函数为奇函数，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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当成立，判断是否成立，再由成立时，判断是否成立，即可知是成立何种条件 ‎【详解】当时，，‎ - 23 -‎ 即有，‎ 故有即为奇函数：‎ 当为奇函数时，有，‎ 即，‎ 有：‎ ‎∴综上，知：‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了充要条件，由定义法判断两个结论间是否为充要条件，属于简单题 ‎8. 已知圆与抛物线交于两点，与抛物线的准线交于两点，若四边形是矩形，则等于 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，由四边形是矩形可得点的纵坐标相等．根据题意求出点的纵坐标后得到关于方程，解方程可得所求．‎ ‎【详解】由题意可得，抛物线的准线方程为．画出图形如图所示．‎ 在中，当时，则有．①‎ - 23 -‎ 由得，代入消去整理得．②‎ 结合题意可得点的纵坐标相等，故①②中的相等，‎ ‎ 由①②两式消去得，‎ 整理得，‎ 解得或（舍去），‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是画出图形并根据图形得到与x轴平行，进而得到两点的纵坐标相等．另外，将几何问题转化代数问题求解也是解答本题的另一个关键．考查圆锥曲线知识的综合和分析问题解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎9. 已知sinα、cosα是方程5x2﹣x﹣2＝0的两个实根，且α∈（0，π），则cos（α+）＝（ ）‎ A. B. ﹣ C. D. ﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据韦达定理可得，，结合，可得，根据两角和的余弦公式可得，由此可得结果.‎ ‎【详解】因为sinα、cosα是方程5x2﹣x﹣2＝0的两个实根，‎ - 23 -‎ 所以，，‎ 因为，且，所以且，‎ 所以，‎ 所以 ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了韦达定理，两角和的余弦公式，属于基础题.‎ ‎10. 对于函数f（x）＝cos2x+sinxcosx，x∈R，下列命题错误的是（ ）‎ A. 函数f（x）的最大值是 B. 不存在使得f（x0）＝0‎ C. 函数f（x）在[，]上单调递减 D. 函数f（x）的图象关于点（，0）对称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 应用二倍角公式和两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质判断各选项．‎ ‎【详解】由已知，‎ - 23 -‎ 的最大值是，A正确．‎ 时，，，无解，B正确；‎ 时，，递减，C正确；‎ ‎，图象关于点对称，D错．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，解题可利用三角函数恒等变换把函数化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质求解．‎ ‎11. 已知，是双曲线的上、下两个焦点，过的直线与双曲线的上下两支分别交于点，，若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义算出△中，，，由是等边三角形得，利用余弦定理算出，结合双曲线渐近线方程即可的结论．‎ ‎【详解】根据双曲线的定义，可得，‎ 是等边三角形，即，‎ 由，即，‎ 又，‎ ‎，‎ - 23 -‎ ‎△中，，，，‎ ‎，‎ 即，‎ 解得，则，‎ 由此可得双曲线的渐近线方程为，‎ 即．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的定义和简单几何性质等知识，根据条件求出，的关系是解决本题的关键．‎ ‎12. 已知函数，点是函数图象上不同 两点，则（为坐标原点）的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎【分析】‎ 试题分析：当x≤0时，由得，（x≤0），此时对应的曲线为双曲线，双曲线的渐近线为y=-3x，此时渐近线的斜率=-3，‎ 当x＞0时，，当过原点的直线和f（x）相切时，设切点为，‎ 函数的导数，‎ - 23 -‎ 则切线斜率，‎ 则对应的切线方程为，‎ 即，‎ 当x=0，y=0时，，‎ 即，‎ 即，得a=1，此时切线斜率，‎ 则切线和y=-3x的夹角为θ，‎ 则，则，‎ 故∠AOB（O为坐标原点）的取值范围是 ‎ ‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题（把答案填在答题卷中相应的横线上）‎ ‎13. 若实数满足不等式组则的最小值为______．‎ ‎【答案】-13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC及其内部，再将目标函数z＝2x+y对应的直线进行平移，可得当x＝y＝1时，z＝2x+y取得最小值．‎ ‎【详解】作出不等式组表示的平面区域：‎ - 23 -‎ 得到如图的阴影部分，由 解得B（﹣11，﹣2）设z＝F（x，y）＝x+y，将直线l：z＝x+y进行平移，‎ 当l经过点B时，目标函数z达到最小值，‎ ‎∴z最小值＝F（﹣11，﹣2）＝﹣13．‎ 故答案为﹣13‎ ‎【点睛】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．‎ ‎14. 从、、2、3、5、9中任取两个不同的数，分别记为m、n，则“logmn＞0”的概率为_____．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数的性质、排列知识和古典概型的概率公式可得结果.‎ ‎【详解】因为等价于且，或且，‎ 从、、2、3、5、9中任取两个不同的数，共可得到个对数值，‎ 其中对数值为正数的有个，‎ 所以“logmn＞0”的概率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了对数的性质、排列知识和古典概型的概率公式，属于基础题.‎ - 23 -‎ ‎15. 已知点A、B、C在球心为O的球面上，若AB＝AC＝5，BC＝6，球心O到截面ABC的距离为1，则该球的表面积为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理求出△外接圆半径后由勾股定理求得球半径，从而得球表面积．‎ ‎【详解】△中∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴，∴，设△外接圆半径为，‎ 则，，‎ 设球半径为，则，表面积为．‎ 故答案：．‎ ‎【点睛】本题考查求球的表面积，解题关键是利用截面圆性质，截面圆圆心到球心连线与截面圆垂直．‎ ‎16. 在中，内角所对的边分别为，是的中点，若 且，则面积的最大值是___‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意及正弦定理得到，于是可得，；然后在和中分别由余弦定理及可得．在此基础上可得，再由基本不等式得到，于是可得三角形面积的最大值．‎ 详解】如图，设，则,‎ - 23 -‎ 在和中，分别由余弦定理可得，‎ 两式相加，整理得，‎ ‎∴．①‎ 由及正弦定理得，‎ 整理得，②‎ 由余弦定理的推论可得，所以．‎ 把①代入②整理得，‎ 又，当且仅当时等号成立，‎ 所以，故得．‎ 所以．‎ 即面积的最大值是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形在平面几何中的应用，解题时注意几何图形性质的合理利用．对于三角形中的最值问题，求解时一般要用到基本不定式，运用时不要忽视等号成立的条件．本题综合性较强，考查运用知识解决问题的能力和计算能力．‎ 三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21‎ - 23 -‎ 题为必考题．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）‎ ‎（一）必考题：‎ ‎17. 已知四边形是矩形，平面，、分别是、的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角为，，，求与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）G为CD中点，由线面平行的判定即有面，面，又，由面面平行判定即有面面，由面面平行的性质即得证；（2）构建以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴构建空间直角坐标系，求面的法向量与斜线方向向量的夹角余弦值，结合它与线面角的关系即可求得与平面所成角的正弦值 ‎【详解】（1）若G为CD的中点，连接FG、AG，如下图示 - 23 -‎ ‎∵、分别是、的中点 ‎∴，且，即为平行四边形，有 又由，面，面 ‎∴面，面，又，即面面 由面，即有面得证 ‎（2）由四边形是矩形，平面，且二面角为，即有、、两两垂直，且 ‎∴以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴构建空间直角坐标系 由，，知：，，，‎ ‎∴，，‎ 令为面的一个法向量，则 ‎，若有 - 23 -‎ ‎∴‎ 由平面法向量与斜线的方向量的夹角与线面角的关系，知：与平面所成角的正弦值为 ‎【点睛】本题考查了由面面平行判定证面面平行，利用面面平行性质定理证明线面平行，通过构建空间直角坐标系，求平面法向量与斜线方向向量夹角的余弦值，根据其与线面角的关系求线面角的正弦值 ‎18. 已知是各项都为正数的数列，其前项和为，且，．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由递推式可知为等差数列，可得，再根据结合已知条件即可求的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，将分为偶数、奇数讨论得到的前项和 ‎【详解】（1）由，知：，由有，‎ 即数列 是首项、公差均为1的等差数列 ‎∴又由是各项都为正数的数列，‎ 即，而 ‎ ‎∴ ，又，满足上式，‎ 故 - 23 -‎ ‎（2）由，知：‎ ‎∴当为偶数时，；当为奇数时，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了数列，利用前n项和的递推式求数列通项公式，根据新数列与已知数列的关系求新数列前n项和，注意将分为奇偶数讨论 ‎19. 为调查某校学生每周体育锻炼落实的情况，采用分层抽样的方法，收集100位学生每周平均锻炼时间的样本数据(单位:).根据这100个样本数据，制作出学生每周平均锻炼时间的频率分布直方图(如图所示).‎ ‎（Ⅰ）估计这100名学生每周平均锻炼时间的平均数和样本方差(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；‎ ‎（Ⅱ）由频率分布直方图知，该校学生每周平均锻炼时间近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.‎ ‎（i）求；‎ ‎（ii）若该校共有5000名学生，记每周平均锻炼时间在区间的人数为，试求.‎ 附：，若~，，.‎ ‎【答案】（Ⅰ）平均数5.85；样本方差6.16；（Ⅱ）（i）；（ii）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（Ⅰ）利用频率分布直方图的小矩形的中间数据，代入平均数和样本方差公式即可得解；‎ ‎（Ⅱ）利用正态分布的图像与性质以及二项分布的期望，即可得解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）这100名学生每周平均锻炼时间的平均数为 ‎.‎ ‎.‎ ‎（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知， ‎ 即，‎ 从而 ‎（ii）由（i）可知，，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了正态分布和二项分布，考查了计算能力，属于较难题.‎ ‎20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，直线和椭圆交于，两点，当直线过椭圆的焦点，且与轴垂直时，.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在与轴不垂直的直线，使弦的垂直平分线过椭圆的右焦点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）不存在.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）列a,b,c的方程组即可求解；（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，由点差法得，得推出矛盾即可 - 23 -‎ ‎【详解】（1）由题意:点（c,）在椭圆上，故，∴，，∴椭圆的标准方程为：；‎ ‎（2）（点差法）：设，，的中点为，椭圆的右焦点为，直线的斜率为，直线的斜率为，则：，∴，∴，，∴，即：，故不存在.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程，点差法应用，遇到“弦中点”问题，注意点差法的应用，是中档题 ‎21. 设函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论在区间上的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若存在两个极值点、，且，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）时，在上单调递减，上单调递增；时，在上的单调递增；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导函数，讨论在、时的取值范围及其对应的单调区间即可；（2）由存在两个极值点，即可得，同时可用 - 23 -‎ 表示出、，进而代入函数式得到，利用导函数研究其单调性，结合单调区间边界值即可确定的范围 ‎【详解】（1）由题意，得 ‎ 当时，：时，在上单调递减；时，无递减区间 当时，：时，在上单调递增；时，在上的单调递增 ‎∴综上，有：时，在上单调递减，上单调递增；时，在上的单调递增 ‎（2）由（1），令有，存在两个极值点、即 ‎ 由题意知：，‎ ‎∴ ‎ 令， 即和时，，所以有在区间内分别单调递减 ‎∴时，有，即 时，有，即 ‎∴综上，知：时存在两个极值点、，且 ‎【点睛】本题考查了利用导函数研究函数的性质，讨论含参函数的单调区间，并根据已知极值点个数、函数不等关系求参数的范围 - 23 -‎ ‎（二）选考题：请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．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，已知圆： (为参数)，点在直线：上，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．‎ ‎（1）求圆和直线的极坐标方程；‎ ‎（2）射线交圆于，点在射线上，且满足，求点轨迹的极坐标方程．‎ ‎【答案】（1）,；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）圆为参数），利用平方法消去参数可得直角坐标方程：，利用互化公式可得圆的极坐标方程以及直线的极坐标方程；（2）)设的极坐标分别为，由，又，即得出.‎ 试题解析：（1）圆的极坐标方程，直线的极坐标方程＝. ‎ ‎(2)设的极坐标分别为，因为 又因，即 ‎ ‎， .‎ ‎【选修4—5：不等式选讲】‎ ‎23. [选修4-5：不等式选讲] ‎ 已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若，且，求证：．‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）（2）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法一：（1）去掉绝对值符号，利用分类讨论思想求解不等式的解集即可;（2）要证成立，只需证成立，利用分析法证明求解即可．解法二：（1）作出函数g（x）＝f（2x）﹣f（x+1）利用数形结合转化求解即可;（2）利用综合法转化求解证明成立．‎ ‎【详解】解法一：（1）因为，‎ 所以， ‎ 由得：或或 ‎ 解得或或，所以不等式的解集为：.‎ ‎（2），又，，‎ 所以要证成立，‎ 只需证成立， ‎ 即证，‎ 只需证成立， ‎ 因为，，所以根据基本不等式 成立，‎ 故命题得证．‎ 解法二：（1）因为，‎ - 23 -‎ 所以 ‎ 作出函数的图像（如下图）‎ 因为直线和函数图像的交点坐标为, . ‎ 所以不等式的解集为： ‎ ‎（2），‎ 又，‎ 所以，， ‎ 故 所以成立．‎ ‎【点睛】本小题考查绝对值不等式的解法与性质等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想等．‎ - 23 -‎