2020届陕西省渭南市临渭区高三模拟考试数学（理）试题（解析版）

2020届陕西省渭南市临渭区高三模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可．

【详解】

解：由集合，解得，

则

故选：．

【点睛】

本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题．

2．已知为虚数单位，实数满足，则 (　　 )

A．1 B． C． D．

【答案】D

【解析】 ，

则

故选D.

3．已知等差数列的前项和为，若，，则数列的公差为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据等差数列公式直接计算得到答案.

【详解】

依题意，，故，故，故，故选：D．

【点睛】

本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.

4．函数的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据排除，，利用极限思想进行排除即可．

【详解】

解：函数的定义域为，恒成立，排除，，

当时，，当，，排除，

故选：．

【点睛】

本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．

5．如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意，可根据向量运算法则得到（1﹣m），从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值.

【详解】

由题意及图，，

又，，所以，∴（1﹣m），

又t，所以，解得m，t，

故选C．

【点睛】

本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.

6．陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，但陀螺这个名词，直到明朝刘侗、于奕正合撰的《帝京景物略》一书中才正式出现.如图所示的网格纸中小正方形的边长均为1，粗线画出的是一个陀螺模型的三视图，则该陀螺模型的表面积为（  ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据三视图可知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成，由此计算出陀螺的表面积.

【详解】

最上面圆锥的母线长为，底面周长为，侧面积为，下面圆锥的母线长为，底面周长为，侧面积为，没被挡住的部分面积为，中间圆柱的侧面积为.故表面积为，故选C.

【点睛】

本小题主要考查中国古代数学文化，考查三视图还原为原图，考查几何体表面积的计算，属于基础题.

7．已知函数，下列结论不正确的是（    ）

A．的图像关于点中心对称 B．既是奇函数，又是周期函数

C．的图像关于直线对称 D．的最大值是

【答案】D

【解析】通过三角函数的对称性以及周期性，函数的最值判断选项的正误即可得到结果．

【详解】

解：，正确；

，为奇函数，周期函数，正确；

，正确；

D： ，令，则，，，，则时，或时，即在上单调递增，在和上单调递减；

且，，，故D错误．

故选：．

【点睛】

本题考查三角函数周期性和对称性的判断，利用导数判断函数最值，属于中档题．

8．由曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为(　　)

A．1 B． C． D．

【答案】B

【解析】首先求得两曲线的交点坐标，据此可确定积分区间，然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.

【详解】

联立方程：可得：，，

结合定积分的几何意义可知曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为：

.

本题选择B选项.

【点睛】

本题主要考查定积分的概念与计算，属于中等题.

9．已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为（ ）

（附：若随机变量ξ服从正态分布，则，

．）

A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%

【答案】B

【解析】试题分析：由题意

故选B．

【考点】正态分布

10．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.

【详解】

设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得 ， ，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．

【点睛】

本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.

11．在中，角的对边分别为，，若，，且，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由，可得，化简利用余弦定理可得，解得．即可得出三角形面积．

【详解】

解：，，且，

，化为：．

，解得．

．

故选：．

【点睛】

本题考查了向量共线定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

12．若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（    ）

A．   B．   C．   D．

【答案】A

【解析】试题分析：由题意得有两个不相等的实数根，所以必有解，则，且，∴．

【考点】利用导数研究函数极值点

【方法点睛】函数极值问题的常见类型及解题策略

（1）知图判断函数极值的情况.先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.

（2）已知函数求极值.求f′（x）―→求方程f′（x）＝0的根―→列表检验f′（x）在f′（x）＝0的根的附近两侧的符号―→下结论.

（3）已知极值求参数.若函数f（x）在点（x0，y0）处取得极值，则f′（x0）＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.

二、填空题

13．曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．

【答案】.

【解析】先利用导数求切线的斜率，再写出切线方程.

【详解】

因为y′＝－5e－5x，所以切线的斜率k＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3.

故答案为y＝－5x＋3.

【点睛】

(1)本题主要考查导数的几何意义和函数的求导，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 函数在点处的导数是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是

14．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.

【答案】729

【解析】由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．

【详解】

解：由的展开式的通项，

令，

得含有的项的系数是，

解得，

令得：展开式中各项系数和为，

故答案为：729．

【点睛】

本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．

15．若实数满足约束条件，设的最大值与最小值分别为，则_____．

【答案】

【解析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得最大值以及最小值，进而求得的比值.

【详解】

画出可行域如下图所示，由图可知，当直线过点时，取得最大值7；过点时，取得最小值2，所以.

【点睛】

本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画出可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.

16．在平面直角坐标系中，点在单位圆上，设，且．若，则的值为________________.

【答案】

【解析】根据三角函数定义表示出，由同角三角函数关系式结合求得，而，展开后即可由余弦差角公式求得的值.

【详解】

点在单位圆上，设，

由三角函数定义可知，

因为，则，

所以由同角三角函数关系式可得，

所以

故答案为：.

【点睛】

本题考查了三角函数定义，同角三角函数关系式的应用，余弦差角公式的应用，属于中档题.

三、解答题

17．已知等比数列是递增数列，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】(1) (2)

【解析】（1）先利用等比数列的性质，可分别求出的值，从而可求出数列的通项公式；（2）利用错位相减求和法可求出数列的前项和．

【详解】

解：（1）由是递增等比数列，，

联立 ，解得或，

因为数列是递增数列，所以只有符合题意，

则，结合可得，

∴数列的通项公式：；

（2）由，

∴；∴；

那么，①

则，②

将②﹣①得：

．

【点睛】

本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，考查了利用错位相减法求数列的前项和.

18．有甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪元，送餐员每单制成元；乙公司无底薪，单以内（含单）的部分送餐员每单抽成元，超过单的部分送餐员每单抽成元.现从这两家公司各随机选取一名送餐员，分别记录其天的送餐单数，得到如下频数分布表：

（1）从记录甲公司的天送餐单数中随机抽取天，求这天的送餐单数都不小于单的概率；

（2）假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，将频率视为概率，回答下列两个问题：

①求乙公司送餐员日工资的分布列和数学期望；

②小张打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，小张应选择哪家公司应聘？说明你的理由.

【答案】（1）；（2）①分布列见解析，；②小张应选择甲公司应聘.

【解析】（1）记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件，可得（A）的值．

（2）①设乙公司送餐员送餐单数为，可得当时，，以此类推可得：当时，当时，的值．当时，的值，同理可得：当时，．的所有可能取值．可得的分布列及其数学期望．

②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数．可得甲公司送餐员日平均工资，与乙数学期望比较即可得出．

【详解】

解：（1）由表知，50天送餐单数中有30天的送餐单数不小于40单，

记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件，

则．

（2）①设乙公司送餐员的送餐单数为，日工资为元，则

当时，；当时，；当时，；

当时，；当时，．

所以的分布列为

．

②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为

，

所以甲公司送餐员的日平均工资为元，

因为，所以小张应选择甲公司应聘．

【点睛】

本题考查了随机变量的分布列与数学期望、古典概率计算公式、组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

19．如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，是棱的中点.

（1）求证：平面；

（2）若，点是线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）的中点，连接，，证明四边形是平行四边形可得，故而平面；

（2）以为原点建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算与的夹角的余弦值得出答案．

【详解】

（1）证明：取的中点，连接，，

，分别是，的中点，

，，

又，，

，，

四边形是平行四边形，，

又平面，平面，

平面．

（2）解：，，

又，故，

以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，

是的中点，是的三等分点，

，1，，，，，

，，，，0，，，2，，

设平面的法向量为，，，则，即，

令可得，，，

，

，

直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】

本题考查了线面平行的判定，空间向量与直线与平面所成角的计算，属于中档题．

20．已知抛物线，直线与交于，两点，且.

（1）求的值；

（2）如图，过原点的直线与抛物线交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点，证明：直线过定点.

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】（1）联立直线和抛物线，消去可得，求出，，再代入弦长公式计算即可.

（2）由（1）可得，设，计算直线的方程为，代入求出，即可求出，再代入抛物线方程，求出，最后计算直线的斜率，求出直线的方程，化简可得到恒过的定点.

【详解】

（1）由，消去可得，

设，，则，.

，

解得或(舍去)，

.

（2）证明：由（1）可得，设，

所以直线的方程为，

当时，，则，

代入抛物线方程，可得，，

所以直线的斜率，

直线的方程为，

整理可得，故直线过定点.

【点睛】

本题第一问考查直线与抛物线相交的弦长问题，需熟记弦长公式.第二问考查直线方程和直线恒过定点问题，需有较强的计算能力，属于难题.

21．已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.

（1）求实数的值及函数的单调区间；

（2）设函数，证明时， .

【答案】(1) ;函数的单调递减区间为，单调递增区间为;(2)详见解析.

【解析】【详解】试题分析：（1）由题得，根据曲线在点处的切线方程，列出方程组，求得的值，得到的解析式，即可求解函数的单调区间；

（2）由（1）得 根据由，整理得，

设，转化为函数的最值，即可作出证明.

试题解析：

（1）由题得，函数的定义域为， ，

因为曲线在点处的切线方程为，

所以解得.

令，得，

当时， ， 在区间内单调递减；

当时， ， 在区间内单调递增.

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）由（1）得， .

由，得，即.

要证，需证，即证，

设，则要证，等价于证： .

令，则，

∴在区间内单调递增， ,

即，故.

22．

已知曲线，直线：（为参数）.

（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；

（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值．

【答案】（I）；（II）最大值为，最小值为.

【解析】试题分析：（I）由椭圆的标准方程设，得椭圆的参数方程为，消去参数即得直线的普通方程为；（II）关键是处理好与角的关系．过点作与垂直的直线，垂足为，则在中，，故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点，到定直线的最大值与最小值问题处理．

试题解析：（I）曲线C的参数方程为（为参数）．直线的普通方程为．

（II）曲线C上任意一点到的距离为．则

．其中为锐角，且．

当时，取到最大值，最大值为．

当时，取到最小值，最小值为．

【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离公式；3、解直角三角形．

23．选修4-5：不等式选讲

已知.

（1）求不等式的解集；

（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围

【答案】（1）.

（2）.

【解析】试题分析：（Ⅰ）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出取并集即可；

（Ⅱ）求出f（x）的最大值，得到关于a的不等式，解出即可．

试题解析：

（1）不等式等价于或

或，解得或，

所以不等式的解集是；

（2），，

，解得实数的取值范围是．

点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．