陕西省安康中学2020届高三第三次模拟考试理科数学试题

2020届安康中学高三第三次模拟考试卷

理 科 数 学

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷

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.己知全集为实数集R，集合A={x|x2 +2x-8>0}，B={x|log2x<1}，则等于（    ）

A. [4,2] B. [4,2) C. (4,2) D. (0,2)

【答案】D

【解析】

【分析】

求解一元二次不等式化简A，求解对数不等式化简B，然后利用补集与交集的运算得答案.

【详解】解：由x2 +2x-8>0，得x＜-4或x＞2，
∴A={x|x2 +2x-8>0}＝{x| x＜-4或x＞2}，
由log2x<1，x＞0，得0＜x＜2，
∴B={x|log2x<1}＝{ x |0＜x＜2}，
则，
∴.
故选：D.

【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，考查了对数不等式，二次不等式的求法，是基础题.

2.已知，若与互为共轭复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据共轭复数的定义求得,再计算即可.

【详解】因为与互为共轭复数故,所以.

故选：B

【点睛】本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力.

3.若双曲线的离心率为2，则实数的值为（    ）

A. 1 B.  C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】

根据双曲线的离心率，,得到关于的方程,解方程并进行取舍即可.

【详解】由题意知，，

所以，

所以双曲线的离心率,

解得,因为,所以.

故选：A

【点睛】本题考查双曲线标准方程及其几何性质;考查运算求解能力;熟练掌握双曲线标准方程和的关系式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

4.若，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

利用同角三角函数的基本关系,结合题中的范围求出,由两角和的正弦公式即可求解.

【详解】因为，所以，，

所以，

.

故选：B

【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系和两角和的正弦公式;考查运算求解能力;熟练掌握象限角的三角函数符号和两角和的正弦公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

5.在中，，，在边上随机取一点，则事件“”发生的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意作出图形,在边上求出符合题意的点的位置,利用与长度有关的几何概型概率计算公式求解即可.

【详解】根据题意作图如下：

记事件“”为,设的中点为，则,

所以，解得，

.

故选：C

【点睛】本题考查与长度有关的几何概型概率计算公式;考查运算求解能力和分析问题解决问题的能力;正确求出符合题题的点的位置是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

6.已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为，则等于（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】A

【解析】

【分析】

由三视图知，该几何体由四分之一个圆锥与三棱锥构成,结合题中的数据,代入圆锥和三棱锥的体积公式求解即可.

【详解】由三视图知，该几何体由四分之一个圆锥与三棱锥构成，

所以该几何体的体积为

，

解得.

故选：A

【点睛】本题考查三视图还原几何体并求几何体的体积;考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

7.已知抛物线y2= 4x的焦点为F，抛物线上任意一点P，且PQ⊥y轴交y轴于点Q，则 的最小值为（    ）

A.  B.  C. l D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】

设点，则点，，利用向量数量积的坐标运算可得，利用二次函数的性质可得最值.

【详解】解：设点，则点，，

，

，

当时，取最小值，最小值为.

故选：A.

【点睛】本题考查抛物线背景下的向量的坐标运算，考查学生的计算能力，是基础题.

8.“2020”含有两个数字0，两个数字2，“2121”含有两个数字1，两个数字2，则含有两个数字0，两个数字2的四位数的个数与含有两个数字1，两个数字2的四位数的个数之和为（    ）

A. 8 B. 9 C. 10 D. 12

【答案】B

【解析】

【分析】

先求含有两个数字0，两个数字2四位数，再求两个数字1，两个数字2的四位数，可得答案.

【详解】第一类，含有两个数字0，两个数字2的四位数的个数为；

第二类，含有两个数字1，两个数字2的四位数的个数为，由分类加法计数原理得，满足题意的四位数的个数为.

故选:B.

【点睛】本题主要考查分类加法计数原理的应用，注意特殊元素的优先考虑，属于基础题.

9.已知函数的两个零点之差的绝对值的最小值为，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

①函数的最小正周期为；②函数的图象关于点()对称；

③函数的图象关于直线对称；④函数在上单调递增.

A. ①②③④ B. ①② C. ②③④ D. ①③

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意求出函数解析式,利用函数图象平移变换法则求出函数的解析式,再由正弦函数的周期性、对称性、单调性求解即可.

【详解】由题意知，函数的最小正周期是，

则，所以，

所以将函数的图象向左平移个单位长度得到

函数的图象，

即，则函数的最小正周期为，故①正确；

令，解得，

令，则，则函数的图象关于点对称，故②正确；

令，解得，

令，2，得函数的图象关于直线对称，故③错误；

令，得，

所以函数在上单调递增，故④错误；

故选：B

【点睛】本题考查函数解析式的求解和正弦函数的周期性、对称性、单调性;考查运算求解能力和整体换元思想;正确求出函数的解析式和熟练掌握正弦函数的有关性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

10.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在欧洲，帕斯卡（1623～1662）在1654年发现这一规律，比杨辉要迟了393年.如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是(    )

A 153 B. 171 C. 190 D. 210

【答案】C

【解析】

【分析】

根据“杨辉三角”找出数列1，2，3，3，6，4，10，5，…之间的关系即可。

【详解】由题意可得从第3行起的每行第三个数：，所以第行的第三个数为在该数列中，第37项为第21行第三个数，所以该数列的第37项为

故选：C

【点睛】本题主要考查了归纳、推理的能力，属于中等题。

11.已知双曲线C：=1(a>0，b>0)的右焦点为F，过原点O作斜率为的直线交C的右支于点A，若|OA|=|OF|，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D. +1

【答案】B

【解析】

【分析】

以为圆心，以为半径的圆的方程为，联立，可求出点，则，整理计算可得离心率.

【详解】解：以为圆心，以为半径圆的方程为，

联立，取第一象限的解得，

即，则，

整理得，

则（舍去），，

.

故选：B.

【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查学生的计算能力，是中档题.

12.设函数的定义域为，是其导函数，若，则不等式的解集是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

构造函数，求出，利用条件知，所以单调递增，将转化为，利用函数单调性即可得到答案.

【详解】令，则，

因为，所以，所以，

所以函数在上单调递增，

而可化为，又

即，解得，

所以不等式的解集是．

故选：A

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，并利用函数的单调性解不等式，注意构造函数的应用，考查学生的分析转化能力，属于中档题.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13.已知函数，则________．

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，由函数解析式可得，进而计算得到答案.

【详解】根据题意，当时，，

所以，

当时，，

所以.

故答案为：

【点睛】本题主要考查函数值的计算，涉及分段函数的应用和对数计算，属于基础题.

14.已知(2x-1)7=ao+a1x+ a2x2+…+a7x7，则a2=____.

【答案】

【解析】

【分析】

根据二项展开式的通项公式即可得结果.

【详解】解：(2x-1)7的展开式通式为：

当时，，

则.

故答案为：

【点睛】本题考查求二项展开式指定项的系数，是基础题.

15.已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点为抛物线上的一点，且满足，则点到直线的距离为________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意作出图形,由抛物线方程求出,设点到准线的距离为，由抛物线定义可得，在中求出,由,进而求出,在中即可求解.

【详解】根据题意作图如下：

由抛物线方程为，可得，

设点到准线的距离为，由抛物线定义可得，

因为，由图知，

所以，

所以点到直线的距离为.

故答案为:

【点睛】本题考查抛物线的方程及其性质;考查运算求解能力和数形结合思想;结合抛物线的定义，巧妙地找出线段与角之间的关系是求解本题的关键;属于中档题.

16.在中，角，，的对边分别为，，，且，，则的面积的最大值是________．

【答案】

【解析】

【分析】

由和正弦定理化简得到，，再由余弦定理和基本不等式得到，再由三角形面积公式即可求出答案.

【详解】由及正弦定理，

得，显然，

所以，

即，得．

又，所以.

由余弦定理，，得，

则，

所以，当且仅当时取等号，

所以的面积：，

故的面积的最大值是．

故答案为：

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式，也考查了基本不等式的应用，考查学生的转化和计算能力，属于中档题.

三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17.在等差数列中，，且、、成等比数列.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列的公差不为，设，求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ），或；（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由，，成等比数列,则,将的通项公式代入，可解出的公差,可得通项公式.

（Ⅱ）由（Ⅰ）有，然后分组求和即可.

【详解】（Ⅰ）设数列的公差为.因为，，成等比数列，所以，

又，所以，即

解得或.

当时，.

当时，.

（Ⅱ）因为公差不为，由（Ⅰ）知，则，

所以.

【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和应用，用分组求和的方法求前项和，属于基础题.

18.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E．

（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；

（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．

【答案】（1）见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；

（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.

【详解】（1）因为平面，所以，

又因为，，，所以，

因此，所以，

因此平面，所以，

从而，又四边形为平行四边形，

则四边形为矩形；

（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，

平面的法向量，设平面的法向量，

由，

由，

令，即，

所以，，

所以，所求二面角的余弦值是.

【点睛】本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.

19.“互联网”是“智慧城市”的重要内士，市在智慧城市的建设中，为方便市民使用互联网，在主城区覆盖了免费．为了解免费在市的使用情况，调査机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调査的网友中抽取了人进行抽样分析，得到如下列联表(单位：人)：

（1）根据以上数据，判断是否有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关；

（2）将频率视为概率，现从该市岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取人，共抽取次．记被抽取的人中“偶尔或不用免费”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，数学期望和方差．

附：，其中．

【答案】（1）没有的把握认为；（2）分布列见解析，，．

【解析】

【分析】

（1）由列联表计算观测值，再比较临界值即可得出结论；

（2）由题意服从二项分布，，根据独立重复试验概率公式分别计算对应的概率，写出分布列，再利用二项分布的期望和方差公式计算即可.

【详解】（1）由列联表可知，

因为，所以没有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关．

（2）由题意可知，的所有可能取值为，

，，

，．

所以的分布列为

，．

【点睛】本题主要考查独立性检验、二项分布的分布列及其期望方差的计算，考查学生计算能力，属于基础题.

20.已知椭圆，圆心为坐标原点的单位圆O在C的内部，且与C有且仅有两个公共点，直线与C只有一个公共点.

（1）求C的标准方程；

（2）设不垂直于坐标轴的动直线l过椭圆C的左焦点F，直线l与C交于A，B两点，且弦AB的中垂线交x轴于点P，试求的面积的最大值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

(1)根据单位圆O在C的内部,且与C有且仅有两个公共点可得,再联立与C求得二次方程令判别式等于0即可求得.

(2) 由题意设直线l的方程为,联立直线l与椭圆的方程,再利用韦达定理与面积公式求得关于的面积的表达式,最后利用换元求导分析函数的最值即可.

【详解】解：（1）依题意,得 

将代入椭圆的方程,得

由,解得

所以椭圆的标准方程为

（2）由（1）可得左焦点

由题意设直线l的方程为,

代入椭圆方程,得

设,则

所以,AB的中点为

设点,则,解得

故

令,则,且

设,则

所以,即的面积的最大值为

【点睛】本题主要考查了根据直线与椭圆的位置关系求椭圆的方程,同时也考查了解析几何中面积的最值问题,需要根据题意联立方程利用韦达定理求解对应的函数解析式,再根据面积的函数解析式求导求最值.属于难题.

21.已知函数f(x)=ex-x2 -kx（其中e为自然对数的底，k为常数）有一个极大值点和一个极小值点．

（1）求实数k的取值范围；

（2）证明：f(x)的极大值不小于1．

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）求出，记，问题转化为方程有两个不同解，求导，研究极值即可得结果 ；

（2）由（1）知，在区间上存在极大值点，且，则可求出极大值，记，求导，求单调性，求出极值即可.

【详解】（1），由，

记，，

由，且时，，单调递减，，

时，，单调递增，，

由题意，方程有两个不同解，所以；

（2）解法一：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，

所以的极大值为，

记，则，

因为，所以，

所以时，，单调递减，时，，单调递增，

所以，即函数极大值不小于1.

解法二：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，

所以的极大值为，

因为，，所以.

即函数的极大值不小于1.

【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，极值，考查学生综合分析能力与转化能力，是一道中档题.

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

【选修4-4：坐标系与参数方程】

22.已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立的极坐标系中，曲线的方程为.

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线相交于，两点，且，求的值.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

利用极坐标和直角坐标的互化公式:即可求解;

把直线的参数方程化为直角坐标方程,联立直线方程和曲线的方程,得到关于的一元二次方程,利用韦达定理和弦长公式即可求出的值.

【详解】（1）因为，

所以，

代入，得，即，

故曲线的直角坐标方程是.

（2）由，消去，得，

联立，消去，得，

得，解得或，

设，由韦达定理可得，

又，

解得.

【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化及弦长公式的运用;熟练掌握参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

【选修4-5：不等式选讲】

23.已知函数.

（1）若，解不等式；

（2）若函数的图象与轴围成的三角形的面积为，求的值.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

由题知,,利用零点分段讨论法：分,,三种情况分别去绝对值，解不等式，然后再取并集即可;

去绝对值,把函数写成分段形式,求出三角形的三个顶点坐标,列出三角形面积的表达式,解方程即可求解.

【详解】（1）当时,，

当时，可化为，解得；

当时，可化为，得，此时无解；

当时，可化为，解得；

综上可知，不等式的解集是.

（2）因为，

所以，

因为，

所以的图象与轴围成的的三个顶点的坐标为

，，

所以，解得或（舍去）.

【点睛】本题考查含有两个绝对值不等式的解法、利用三角形面积求参数;考查分类讨论思想和运算求解能力;属于中档题.零点分段讨论法解绝对值不等式的步骤：求零点分区间、去绝对值 分别解去绝对值的不等式 取每个结果的并集.