陕西省汉中市2020届高三第六次质量检测数学（文）试题

陕西省汉中市2020届高三第六次质量检测数学（文）试题

‎2020届高三第六次质量检测文科数学试题 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间120分钟.‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 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.已知平面向量，，且，则（ ）‎ A. 4 B. ‎1 ‎C. -1 D. -4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面向量共线定理即可得出．‎ ‎【详解】解：，，且，‎ ‎，解得．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式求出集合、，再求．‎ ‎【详解】解：‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了解不等式与交集的运算问题，属于基础题．‎ ‎3.设，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数解析式求解．‎ ‎【详解】解：‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．‎ ‎4.下列四个命题中，正确命题的个数是（ ）个 ‎①若平面平面，且平面平面，则；②若平面平面，直线平面，则；③平面平面，且，点，若直线，则；④直线、为异面直线，且平面，平面，若，则.‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间中线线、线面、面面间位置关系求解．‎ ‎【详解】解：‎ ‎①若平面平面，且平面平面，则与相交或平行，故①错误；‎ ‎②若平面平面，直线平面，则或，故②错误；‎ ‎③当点不在平面内，满足时，但与不垂直，故③错误；‎ ‎④直线、为异面直线，且平面，平面，‎ 由面面垂直的性质得，故④正确．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面平行的性质，以及空间中直线与平面之间的位置关系，同时考查了空间想象能力，属于基础题．‎ ‎5.下列说法错误的是( )‎ A. “若，则”的逆否命题是“若，则”‎ B. “”是“”的充分不必要条件 C. “”的否定是“”‎ D. 命题：“在锐角中，”为真命题 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 依题意，根据逆否命题的定义可知选项正确；由得或“”是“”的充分不必要条件，故正确；因为全称命题命题的否是特称命题，所以正确；锐角中，，，错误，故选D.‎ ‎6.若，则的值为（ ）‎ A. B. ‎-1 ‎C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，利用二倍角公式和同角的三角函数的基本关系式可得的值.‎ ‎【详解】令，则，‎ 故.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看结构的差异；（3）看角的差异；（4）看次数的差异．对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法．‎ ‎7.若函数f(x)与g(x)＝的图象关于直线y＝x对称，则f(4－x2)的单调递增区间是(　　)‎ A. (－2,2] B. [0，＋∞)‎ C. [0,2) D. (－∞，0]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由已知得：，则 在上单调递减，，当时，在[0,2)上单调递减，于是f(4－x2)的单调递增区间是[0,2)‎ ‎8.在正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在直线CC1上，直线OP与B1D1所成的角为，则为（　　）‎ A. 1 B. C. D. 变化的值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明平面得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】易知：，，故平面，‎ 平面，故，故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了异面直线夹角，证明平面是解题的关键.‎ ‎9.已知是上的偶函数，若将的图象向右平移一个单位，则得到一个奇函数的图象，若，则（ ）‎ A. 2019 B. ‎1 ‎C. -1 D. -2019‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意是上的偶函数，是上的奇函数，由此可以得出函数的周期为4，再由求出，由奇函数的性质得出，从而可得，求出一个周期上的四个函数的和，即可求出的值．‎ ‎【详解】解：由题意是上的偶函数，是上的奇函数，‎ ‎，，①‎ ‎，②‎ 由①②得③恒成立，‎ ‎④‎ 由③④得恒成立，‎ 函数的周期是4，下研究函数一个周期上的函数的值 由于的图象向右平移一个单位后，则得到一个奇函数的图象即，即，由偶函数知，由周期性知 由得，由，知，故故有 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的运用，求解本题的关键是根据函数的性质求出函数的周期以及一个周期中函数值的和，然后根据周期性求出函数值的和．‎ ‎10.设曲线上任一点处切线斜率为，则函数 的部分图象可以为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵上任一点处切线斜率为 ‎∴‎ ‎∴函数，则该函数为奇函数，且当时，.‎ 故选D.‎ 点睛：（1）运用函数性质研究函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向；（2）在运用函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系.‎ ‎11.已知数列的前项和为，且满足，则（ ）‎ A. 1013 B. ‎1035 ‎C. 2037 D. 2059‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据求出数列，求出前项和为，即可得到，再用分组求和求得其前项和.‎ ‎【详解】解：‎ 当时得 当时 ‎ ‎ 数列是以为首项，为公比的等比数列.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查利用求，以及等比数列的前项和为，属于基础题.‎ ‎12.已知抛物线与椭圆有相同焦点，是两曲线的公共点，若，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个曲线的焦点相同,可得.由抛物线定义可得.结合两式即可用表示出点坐标.代入椭圆方程,化简后根据齐次式形式即可求得离心率.‎ ‎【详解】抛物线与椭圆有相同的焦点,是两曲线的公共点,‎ 所以,即椭圆中的 设,由抛物线定义可知 由题意,即 化简可得 将变形为代入等式可得 则的坐标可化为 由点在椭圆上,代入可得,化简可得 ‎ 除以可化为即 解得或 因为 ‎ 所以 故选:D ‎【点睛】本题考查了抛物线与椭圆标准方程及性质的综合应用,共焦点下两个方程的关系,齐次式下离心率的求法,属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在题中的横线上.‎ ‎13.抛物线的准线方程是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将抛物线方程化为标准方程，即可求解.‎ ‎【详解】由，所以，故准线方程为.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的简单性质，属于基础题型.‎ ‎14.若，且，则的最小值为______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用柯西不等式可得，由此求得 的最小值．‎ ‎【详解】解：由于，‎ 即，，即 的最小值为4，‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】本题主要考查柯西不等式的应用，属于基础题．‎ ‎15.已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数奇偶性定义,并令代入即可解方程组求得.将代入解析式即可求解.‎ ‎【详解】函数,分别是定义在上的偶函数和奇函数 则,‎ 因为 则,即 则 所以 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性定义及性质应用,函数解析式的求法,属于基础题.‎ ‎16.定义在区间上的函数恰有1个零点，则实数的取值范围是____‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分为函数有一个点零点和两个零点分类讨论，若一个点零点则，若有两个零点，再分为三种情况求解.‎ ‎【详解】（1）若函数只有一个零点，则，即，‎ 此时，函数只有一个零点，符合题意；‎ ‎（2）若函数有两个零点，且在区间恰有1个零点，‎ 则或或，‎ 由得，解得，‎ 由得 ，解得 ，‎ 由得，无解.‎ 所以，当时，函数有两个零点，且在区间恰有1个零点.‎ 综上所述，实数的取值范围是或.‎ ‎【点睛】本题考查函数零点所在区间.方法：1、根据二次函数的性质按零点个数分类讨论；2、分离参数转化为两个函数的交点问题求解.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.设函数，.‎ ‎（1）求的值域；‎ ‎（2）记的内角、、的对边长分别为，若，，，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角公式及两角和的余弦公式将化简，变形后可以用三角函数的有界性求值域．‎ ‎（2）由求出，利用余弦定理建立关于的方程求出．‎ ‎【详解】解：（1），‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴值域为.‎ ‎（2）由得：.在中，，故.‎ 在中，由余弦定理得：，‎ ‎∴，∵，解得：.‎ ‎【点睛】考查利用三角函数的有界性求值域与利用余弦定理解三角形，属于基础题，‎ ‎18.某厂商调查甲乙两种不同型号汽车在10个不同地区卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图，为了鼓励卖场，在同型号汽车的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号的“星级卖场”.‎ ‎（Ⅰ）求在这10个卖场中，甲型号汽车的“星级卖场”的个数；‎ ‎（Ⅱ）若在这10个卖场中，乙型号汽车销售量的平均数为26.7，求的概率；‎ ‎（Ⅲ）若，记乙型号汽车销售量的方差为，根据茎叶图推断为何值时，达到最小值（只写出结论）.‎ 注：方差，其中是，，…，的平均数.‎ ‎【答案】（1）5‎ ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）根据茎叶图,代入即可求得甲型号汽车的平均值,即可求得“星级卖场”的个数;‎ ‎（Ⅱ）根据乙组数据的平均值,可代入求得.由古典概型概率,列举出所有可能,即可求得符合的概率.‎ ‎（Ⅲ）当时,由方差公式可知,当的值越小,其方差值越小,即时方差取得最小值.‎ ‎【详解】（1）根据茎叶图得到甲组数据的平均值：‎ ‎.‎ 该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号的“星级卖场”,‎ 在这10个卖场中,甲型号汽车的“星级卖场”的个数为5个.‎ ‎（2）记事件为“”,乙组数据的平均值：‎ ‎,‎ ‎∴,‎ 和取值共9种,分别为：,,,,,,,,,其的有4种,‎ ‎∴的概率.‎ ‎（3）由题意可知当的值越小,其方差值越小 所以时,达到最小值.‎ ‎【点睛】本题考查了茎叶图的简单应用,古典概型概率的求法,方差的性质应用,属于基础题.‎ ‎19.已知抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于，两点，，的延长线与抛物线交于，两点.‎ ‎（1）若的面积等于3，求的值；‎ ‎（2）记直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值.‎ ‎【答案】（1）2；（2）证明见解析，2.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）设出抛物线上两点、的坐标，由消去，根据的面积和根与系数的关系即可求出的值；‎ ‎（2）设出抛物线上点、，利用向量法和三点共线的知识，求出点与的坐标表示，再计算的斜率，即可证明为定值．‎ ‎【详解】解：（1）设，，‎ 由得，，∴，，‎ ‎，解得.‎ ‎（2）设，则，，‎ 因为，，共线，所以即，‎ 解得：（舍）或，所以，同理，‎ ‎，故（定值）.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与双曲线、直线与抛物线的应用问题，也考查了弦长公式以及根与系数的应用问题，属于中档题．‎ ‎20.如图所示，在四棱锥中，平面，已知．‎ ‎（1）设是上一点，证明：平面平面；‎ ‎（2）若是的中点，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由勾股定理可得，又平面平面，又平面平面平面；（2）由 是的中点可得．又点到平面的距离等于，可求得，即三棱锥的体积为．‎ 试题解析：（1）在中，‎ ‎，‎ 又平面平面，‎ 又平面 又平面，平面平面，‎ ‎（2）因为是的中点，所以 在四边形中，由已知可求得，又点到平面的距离等于，‎ 所以，即三棱锥的体积为 考点：1、线面垂直；2、面面垂直；3、锥体的体积．‎ ‎21.已知函数在处的切线与直线垂直.‎ ‎（1）求函数（为的导函数）的单调递增区间；‎ ‎（2）记函数，设，是函数的两个极值点，若，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意求得，根据，求得，进而利用，即可求解函数的单调递增区间；‎ ‎（2）由，求得，根据是的两个极值点，转化为方程的两个根，得出，得到，令，即可证明结论.‎ 试题解析 ‎（1）由题意可得：，，可得：；‎ 又，所以 ；‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；故函数的单调增区间为.‎ ‎（2）， ，‎ 因为，是的两个极值点，故，是方程的两个根，由韦达定理可知：‎ ‎，，可知，又，‎ 令，可证在递增，由，从而可证.‎ 考点：导数在函数中的应用.‎ 点睛：本题主要考查了导数在函数中的应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，以及函数的单调性的应用的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中把是的两个极值点，转化为方程的两个根，创设函数，利用函数的单调性求解是解答的关键.‎ 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.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线：（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线与，在第一象限分别交于，两点，为上的动点.求 面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)先求出曲线的普通方程,再把普通方程化为极坐标方程.再写出直线的直角坐标方程.( Ⅱ)先求出,再求出以为底边的的高的最大值为, 再求面积的最大值.‎ ‎【详解】(Ⅰ)依题意得,曲线的普通方程为,‎ 曲线的极坐标方程为,‎ 直线的直角坐标方程为． ‎ ‎(Ⅱ)曲线的直角坐标方程为,设,,‎ 则,即,得或(舍),‎ ‎,则, ‎ 到的距离为,以为底边的的高的最大值为, ‎ 则的面积的最大值为 ‎【点睛】(1)本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线和圆的位置关系，考查面积的最值的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）本题的解题的关键是求出.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的解集；‎ ‎（2）若的解集包含集合，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，分类去绝对值讨论即可；（2）由的解集包含集合，得当时，不等式恒成立，然后去绝对值参变分离转化为函数的最值问题即可.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ ‎，‎ 上述不等式可化为，或或，‎ 解得，或，或，‎ ‎∴或或，∴原不等式解集为.‎ ‎（2）∵的解集包含集合，‎ ‎∴当时，不等式恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ ‎∴，即，∴，‎ ‎∴在上恒成立，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了分类讨论解绝对值不等式，不等式的恒成立问题，参变分离法是解决恒成立有关问题的好方法.‎