陕西省西安市2020届高三下学期第二次质量检测文科数学试题 Word版含解析

陕西省西安市2020届高三下学期第二次质量检测文科数学试题 Word版含解析

西安市2020届高三年级第二次质量检测 文科数学 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. 已知是实数集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意写出集合A和集合B以及集合B的补集，然后对集合A和集合B的补集取交集即可.‎ ‎【详解】由题意可得，，可得，即.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查集合的交集补集运算，属于简单题.‎ ‎2. 已知是虚数单位，复数，则复数的共扼复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的除法运算求出后，根据共轭复数概念得结论．‎ ‎【详解】∵，∴的共轭复数为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数的概念，属于基础题．‎ ‎3. 已知向量，，若，则实数 ( )‎ A. -1 B. 1 C. 2 D. -2‎ ‎【答案】B - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量坐标的线性运算得到，再根据向量垂直的坐标表示，得到关于的方程，解出的值，得到答案.‎ ‎【详解】因为向量，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以 所以 解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查向量线性运算的坐标表示，根据向量垂直关系求参数的值，属于简单题.‎ ‎4. 某公司生产，，三种不同型号的轿车，产量之比依次为，为检验该公司的产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，若样本中种型号的轿车比种型号的轿车少8辆，则（ ）‎ A. 96 B. 72 C. 48 D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分层比例列式求解.‎ ‎【详解】由题意得选B.‎ ‎【点睛】本题考查分层抽样，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎5. 2021年某省新高考将实行“”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式.某同学已选了物理，记事件：“他选择政治和地理”，事件：“他选择化学和地理”，则事件与事件（ ）‎ A. 是互斥事件，不是对立事件 B. 是对立事件，不是互斥事件 C. 既是互斥事件，也是对立事件 D. 既不是互斥事件也不是对立事件 - 19 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 事件与事件不能同时发生，是互斥事件，他还可以选择化学和政治，不是对立事件，得到答案.‎ ‎【详解】事件与事件不能同时发生，是互斥事件 他还可以选择化学和政治，不是对立事件 故答案选A ‎【点睛】本题考查了互斥事件和对立事件，意在考查学生对于互斥事件和对立事件的理解.‎ ‎6. “”是“函数在区间上无零点”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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎：先求函数在区间上无零点时参数，再判断是的子集，由此推出“m＞1“是“函数f（x）=3x+m﹣3在区间[1，+∞）无零点的充分不必要条件．‎ ‎【详解】函数f（x）=3x+m﹣3在区间[1，+∞）无零点，则3x+m＞3，即m+1＞，解得m＞，故“m＞1“是“函数f（x）=3x+m﹣3在区间[1，+∞）无零点的充分不必要条件，故选A．‎ ‎【点睛】：判断充分条件、必要条件可知转化为判断集合之间的包含关系，先求解一个命题的等价条件．‎ ‎7. 如图所示，是某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图，其中俯视图为等腰直角三角形,则该几何体体积为（ ）‎ - 19 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可得该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，根据三视图中的数据，利用椎体和球体的体积公式计算可得答案.‎ ‎【详解】由三视图可知：该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，‎ 该三棱锥中一条侧棱与底面垂直，底面三角形为等腰直角三角形，‎ 其中腰长为，高为3，而球体的半径为3，‎ 所以该组合体体积为：‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了椎体和球体的体积公式，属于基础题.‎ ‎8. 已知，则的值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 利用余弦的差角公式展开，合并得的值，再结合同角三角函数关系式即可求得的值．‎ ‎【详解】因为 展开得 所以 等号左右同时平方得 所以 所以选C ‎【点睛】本题主要考查两角差的余弦公式，同角三角函数的基本关系，正弦的二倍角公式，属于基础题．‎ ‎9. 点是抛物线上一动点，则点到点的距离与点到直线的距离和的最小值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线定义，将问题转化为求的最小值加1，数形结合，则问题得解.‎ ‎【详解】由得焦点为，准线．‎ 过作垂直直线于，‎ 根据抛物线的定义，抛物线上一点到准线的距离等于到焦点的距离．‎ - 19 -‎ 所以有，连接、，有，‎ 所以为与抛物线的交点时，‎ 点到点的距离与点到直线的距离之和的最小值为．‎ 所以点到点的距离与到直线的距离和的最小值是．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线上一点到定直线以及定点之间的距离之和的最小值，属基础题.‎ ‎10. 将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出平移的函数表达式，利用诱导公式得出所有取值，最小值即可确定．‎ ‎【详解】由题意知，的图象向左平移个单位得到函数的图象，‎ - 19 -‎ 所以，当时，取最小值．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象平移变换，考查诱导公式，解题关键是确定由变成时的值．‎ ‎11. 已知曲线在点处的切线方程为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．‎ ‎【详解】详解：‎ ‎，‎ 将代入得，故选D．‎ ‎【点睛】本题关键得到含有a，b等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．‎ ‎12. 设是双曲线的右焦点，为坐标原点，过的直线交双曲线的右支于点，，直线交双曲线于另一点，若，且，则双曲线的渐近线的斜率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可知四边形为平行四边形，所以 - 19 -‎ ‎，，由双曲线的定义知，，于是，，在△中，由余弦定理可得，然后利用，求出的值即可得解．‎ ‎【详解】解：设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可知四边形为平行四边形．‎ ‎∴，．‎ 设，则，即，．‎ ‎∵，即，．‎ ‎∵，∴．‎ 又，‎ 在中，由余弦定理可得：，‎ 即，∴，．‎ ‎∴双曲线的渐近线的斜率为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义与性质，考查学生的数形结合思想和运算能力，属于中档题．‎ 二、填空题 - 19 -‎ ‎13. 若，满足约束条件，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件的可行域，将目标函数转化为，根据截距即可求解.‎ ‎【详解】画出平行解域如图所示：‎ 平移直线，‎ 当经过交点时，‎ 直线在轴截距最大，‎ 即有最小值，最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的思想，属于基础题.‎ ‎14. 在区间内任取一个实数，则此数大于2的概率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 区间的长度为4，此区间内大于2的数所在区间长度为3，由几何概型概率公式可得概率．‎ ‎【详解】根据几何概型可知，所求概率为：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查求几何概型，属于基础题．‎ ‎15. 在中，内角，，的对边分别为，，.的面积，若，则角的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面积公式得到和余弦定理得到，结合 得到，化简得到答案.‎ ‎【详解】因为，又，所以 所以，由余弦定理得 所以 由结合正弦定理，得 所以，即，所以，‎ 因为，所以得，或（舍去），所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了面积公式，正弦定理，余弦定理，意在考查学生对于三角公式的综合应用能力.‎ ‎16. 在三棱锥中，已知平面，且为正三角形，，点为三棱锥的外接球的球心，则点到棱的距离为 - 19 -‎ ‎______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为的中心，为中点，连结，，，求得，设平面截得外接球是，，，是表面上的点，结合圆的性质和球的性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设为的中心，为中点，‎ 连结，，，则，，可得,即球的半径为，‎ 作平面交于，交于，‎ 设平面截得外接球的截面是，，，是表面上的点，‎ 又∵平面，所以，所以是的直径，也是球的直径，，所以.‎ 因为，，，所以，所以，‎ 做，所以， ‎ 又由，所以是的中位线，所以，故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的性质的应用，其中解答中熟练应用空间几何体的几何结构特征和球的性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.‎ - 19 -‎ 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题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）‎ ‎17. 如图，四棱锥的底面是正方形，垂直于底面，.‎ ‎（1）若是的中点，证明：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明，，再根据直线与平面垂直的判定定理可证结论；‎ ‎（2）在平面内过作交于，可证平面，再根据四棱锥的体积公式计算可得结果.‎ ‎【详解】（1）∵平面，∴.‎ 又∵是正方形，∴.‎ ‎∵，∴平面.‎ ‎∵平面，∴.‎ 又，是的中点，所以.‎ 又∵，平面 ‎（2）在平面内过作交于，‎ - 19 -‎ 所以且平面，‎ 所以三棱锥的体积为 ‎.‎ 又∵三棱锥的体积等于三棱锥的体积，‎ ‎∴三棱锥的体积等于.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了棱锥的体积公式，属于中档题.‎ ‎18. 已知各项都不相等的等差数列，又构成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和为.‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等差数列通项公式和等比数列性质列出方程组，求出首项和公差，由此能求出数 列{an}的通项公式．（2）由 =2n+2n，利用分组求和法能求出数列{bn}的前n 项和．‎ ‎【详解】（1）∵各项都不相等的等差数列{an}，a6=6，又a1，a2，a4成等比数列．‎ ‎∴，‎ 解得a1=1，d=1，‎ ‎∴数列{an}的通项公式an=1+（n﹣1）×1=n．‎ ‎（2）∵ =2n+2n，‎ - 19 -‎ ‎∴数列{bn}前n项和：‎ Sn=（2+22+23+…+2n）+2（1+2+3+…+n）‎ ‎=+2×‎ ‎=2n+1﹣2+n2+n．.‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分组 求和法的合理运用．‎ ‎19. 某高校自主招生考试中，所有去面试的考生全部参加了“语言表达能力”和“竞争与团队意识”两个科目的测试，成绩分别为、、、、五个等级，某考场考生的两科测试成绩数据统计如图，其中“语言表达能力”成绩等级为的考生有10人．‎ ‎ ‎ ‎（1）求该考场考生中“竞争与团队意识”科目成绩等级为的人数；‎ ‎（2）已知等级、、、、分别对应5分，4分，3分，2分，1分．求该考场学生“语言表达能力”科目的平均分．‎ ‎【答案】（1）3；（2）2.9.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由“语言表达能力”科目中成绩为的考生有10人，能求出该考场有40人，由此能求出该考场中“竞争与团队意识”科目成绩等级为的人数．‎ ‎（2）求出“语言表达能力”科目中成绩等级为的频率为0.100，由此能求出该考查考生“语言表达能力”科目的平均分．‎ ‎【详解】（1）因为“语言表达能力”科目中成绩为的考生有10人，所以该考场有（人）．所以该考场中“竞争与团队意识”科目成绩等级为的人数为．‎ - 19 -‎ ‎（2）由题意可得：“语言表达能力”科目中成绩等级为的频率为．‎ 该考查考生“语言表达能力”科目的平均分为．‎ ‎【点睛】本题考查频数、平均数的求法，考查条形统计图等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎20. 已知函数（、为实数，为自然对数的底数，）.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）当，时，判断函数零点的个数并证明.‎ ‎【答案】（1）见详解；（2）两个零点，证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算，然后讨论、的情况，可得结果.‎ ‎（2）根据（1）的结论可知函数的单调性以及零点存在性定理的应用可得结果.‎ ‎【详解】（1），（），‎ ‎①当时，‎ 恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间；‎ ‎②当时，‎ 由得，由得，‎ 故的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（2）当，时，‎ ‎，零点个数为2.‎ 证明如下：‎ 由（1）知在上递减，而，‎ - 19 -‎ 故在上有且仅有1个零点， ‎ 由（1）知在上递增，而，‎ ‎，且的图象在上是连续不间断的，‎ 故在上有且仅有1个零点，‎ 所以在上也有且仅有1个零点，‎ 综上，函数有且仅有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查含参数的函数的单调性以及利用函数的单调性判断函数的零点，还考查了零点存在性定理的应用，考查分析问题的能力，属中档题.‎ ‎21. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，若椭圆经过点，且的面积为2．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设斜率为1的直线与圆交于，两点，与椭圆交于，两点，且，当取得最小值时，求直线的方程并求此时的值．‎ ‎【答案】（1）；（2），．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据三角形面积可，将点代入椭圆得到，联立即可求得，；‎ ‎（2）设直线的方程为，表示出，联立直线与椭圆，根据根的判别式得到的取值范围，结合条件表示出，利用取值范围求得其范围.‎ ‎【详解】解：（1）由的面积可得．即，∴．①‎ 又椭圆过点，∴．②‎ 由①②解得，．故椭圆的标准方程为．‎ - 19 -‎ ‎（2）由题知圆，设直线的方程为，则原点到直线的距离，‎ 由弦长公式可得．‎ 将代入椭圆方程，得，‎ 由判别式，解得．‎ 由直线和圆相交的条件可得，即，也即，‎ 综上可得的取值范围是．‎ 设，，‎ 则，，‎ 由弦长公式，得 ‎．‎ 由，‎ 得．‎ ‎∵，∴，则当时，取得最小值，此时直线的方程为．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆的综合，根的判别式，弦长公式，考查学生运算能力，属于中档题．‎ ‎22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，‎ - 19 -‎ 轴的非负半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，．‎ ‎（1）求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知直线与曲线交于，．设，且，求实数的值．‎ ‎【答案】（1）；；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．‎ ‎（2）利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：（1）由直线的参数方程（为参数），消去得，‎ 所以直线的极坐标方程为，‎ 由，得，‎ 由，代入，得曲线的直角坐标方程为，‎ ‎（2）显然在直线上，将直线的参数方程与的直角坐标方程联立 得．‎ 则且，，‎ 设点，分别对应参数，恰为上述方程的根．‎ 则，，，‎ 由题设得，‎ 则有，得或．‎ 因为，且满足，所以．‎ ‎【点睛】‎ - 19 -‎ 本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．‎ ‎23. 设函数．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若对一切实数均成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）或 ；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）方法一：根据绝对值不等式的意义解不等式；方法二：将不等式变形为，两端平方整理成关于的一元二次不等式，求解即可；‎ ‎（2）利用绝对值不等式，可得.‎ ‎【详解】（1）解法一：当时，，解得；‎ 当时,，解得；‎ 当时，，解得，‎ 综上,原不等式的解集为或 ； ‎ 解法二：，两边平方整理得，，解得或，所以，原不等式的解集为或； ‎ ‎（2），当时等号成立，所以 ．‎ 故实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及利用绝对值不等式求参数的取值范围，属于高考常考题型.‎ - 19 -‎