陕西省咸阳市2020届高三高考模拟检测数学（理）试题

陕西省咸阳市2020届高三高考模拟检测数学（理）试题

咸阳市2020年高考模拟检测（二）‎ 数学（理科）试题 注意事项：‎ ‎1.本试卷共4页满分150分，时间120分钟；‎ ‎2.答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；‎ ‎3.第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；‎ ‎4.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回.‎ 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.已知全集，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接用补集，交集的概念运算即可.‎ ‎【详解】，，，则.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查交集，补集的运算，是基础题.‎ ‎2.已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照复数的运算法则进行计算即可得出虚部.‎ ‎【详解】由题意得:，‎ 的虚部为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题.‎ ‎3.已知向量,,向量在向量上的投影等于（ ）‎ A. B. ‎9 ‎C. −3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出以及的值,即可求出向量在向量上的投影.‎ ‎【详解】解:由题意知,, ‎ 则 ‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了向量投影的概念,考查了向量的数量积,考查了向量的模.在求一个向量在另一个向量的投影时,有两种做题思路:一是直接求,即;另外还可以由向量数量积的运算可知, .‎ ‎4.古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，）若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆第10层球的个数为（ ）.‎ A. 66 B. ‎55 ‎C. 45 D. 38‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形数的特征可得通项公式,代入可得选项.‎ ‎【详解】设数列为数列，‎ 则 所以即，‎ 所以该堆第10层球的个数为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查以数学文化为背景等差数列的通项的求法，找出数列的项之间的关系是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎5.已知一组数据的茎叶图如图所示．下列说法错误的是（ ）‎ A. 该组数据的极差为12 B. 该组数据的中位数为21‎ C. 该组数据的平均数为21 D. 该组数据的方差为11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过茎叶图计算出极差、中位数、平均数和方差，由此确定正确选项.‎ ‎【详解】根据茎叶图可知，数据为，所以：‎ 极差，A选项正确.‎ 中位数为，B选项正确.‎ 平均数为，C选项正确.‎ 方差为 ‎，D选项错误.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查根据茎叶图计算极差、中位数、平均数和方差，属于基础题.‎ ‎6.已知，则下列不等式不成立的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数、对数函数的单调性，以及不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出不等式不成立的选项.‎ ‎【详解】依题意，由于为定义域上的减函数，故，故A选项不等式成立.由于为定义域上的增函数，故，则，所以B选项不等式不成立，D选项不等式成立.由于，故，所以C选项不等式成立.综上所述，本小题选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的单调性，考查不等式的性质，属于基础题.‎ ‎7.已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且，，则“”是“”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】‎ 根据线面平行的性质定理和判定定理判断与的关系即可得到答案.‎ ‎【详解】若，根据线面平行的性质定理，可得；‎ 若，根据线面平行的判定定理，可得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理，属于基础题.‎ ‎8.的展开式中项的系数为（ ）.‎ A. 24 B. ‎18 ‎C. 12 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由展开式中含的项为：，计算可得选项.‎ ‎【详解】展开式中含的项为：，‎ 所以的展开式中项的系数为18，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查二项式展开式中的特定项的系数，关键在于理解二项式展开式的意义，属于基础题.‎ ‎9.若，且，则的值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦的二倍角公式和正弦的和角公式将原式化简得，再将其两边平方和运用正弦的二倍角公式可得选项.‎ ‎【详解】因为，，，‎ ‎，，，‎ ‎，，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查运用正弦、余弦的二倍角公式，正弦、余弦的和差角公式进行化简求值，关键在于熟练记忆三角恒等变换所需的公式，属于基础题.‎ ‎10.抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则的值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出抛物线和双曲线的焦点坐标，得出过两焦点的直线方程，根据直线垂直的条件可得选项.‎ ‎【详解】抛物线的焦点坐标为，双曲线的右焦点坐标为,两焦点的连线的方程为，‎ 又双曲线的渐近线方程为，所以 ，解得，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的简单几何性质，两直线垂直的条件，属于基础题.‎ ‎11.将函数的图象向右平移个单位长度单位后得函数图象，若为偶函数，则（ ）‎ A. 在区间上单调递减 B. 在区间匀上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数平移关系求出的解析式，结合是偶函数求出，利用三角函数的单调性进行求解即可.‎ ‎【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度单位后得函数图象，‎ 则，‎ 若为偶函数，则，‎ 即，‎ ‎∵，‎ ‎∴当时，，‎ 即，‎ 当时，，此时不具备单调性，故A，B错误，‎ 当时，，此时为增函数，故D正确，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了余弦型函数的图象变换、性质，考查了数学运算能力.‎ ‎12.已知函数，则函数的零点个数为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先研究函数的性质，然后结合函数的图像整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】当时，，‎ 据此可得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 由函数的解析式易知函数在区间上单调递减，‎ 绘制函数图像如图所示，‎ 注意到，‎ 故方程的解：，‎ 则原问题转化为求方程时解的个数之和，‎ 由函数图像易知满足题意的零点个数为7个.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的性质，分类讨论的数学思想，函数的零点问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 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.‎ ‎13.已知实数，满足不等式组，则的最大值为________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出不等式组所表示的可行域，再运用目标函数的几何意义得出最值.‎ ‎【详解】由不等式组作出可行域如下图所示，由，得，由图示可知直线过点C时，取得最大值，‎ 由得，所以的最大值为，‎ 故答案为：6.‎ ‎【点睛】本题考查不等式组所表示的可行域和线性目标函数的最值求解，正确理解目标函数的几何意义是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎14.已知定义在上的函数满足，且，则________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，是函数的一个周期，所以，再由， 可求得，可得答案.‎ ‎【详解】由已知可得，，则有，则是函数的一个周期， 所以，‎ 又，所以， 所以，‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的周期性及其应用，准确理解周期性的定义是解题的关键,属于中档题.‎ ‎15.在中内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件和正弦定理可得，又由余弦定理可得，可求得c，得出是直角三角形，可求得其面积.‎ ‎【详解】由已知条件和正弦定理得，又根据余弦定理得，，‎ 又，是直角三角形，，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查运用正弦定理和余弦定理进行三角形的边角互转，关键在于正确选择和运用相应的公式，属于中档题.‎ ‎16.已知各棱长都相等的直三棱柱所有顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则该三棱柱的体积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过球的内接体,说明几何体的中心是球的球心,由球的表面积求出球的半径,设出三棱柱的底面边长,通过解直角三角形求得棱长,然后由棱柱的体积公式可得答案.‎ ‎【详解】如图,因为直三棱柱的所有棱长都相等,6个顶点都在球O的球面上,所以三棱柱为正三棱柱,且其中心为球的球心,‎ 设球心为O,再设球的半径为r,由球O的表面积为,得，‎ 设三棱柱的底面边长为a,则上底面所在圆的半径为,且球心O到上底面中心H的距离, ‎ ‎,即,.则三棱柱的底面积为. . 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查球的内接正棱柱与球的关系,关键在于求得球心的位置和球的半径,考查计算能力,属于中档题.‎ 三、解答题：共70分.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.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知等差数列满足，，其前项和为.‎ ‎（1）求数列的通项公式及；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据等差数列的通项公式和性质求出首项、公差,即可得到通项公式, ‎ ‎ (2),求得通项,利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出.‎ ‎【详解】解：（1）设等差数列的公差为，则，解得：，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，‎ ‎（2）因为，所以，‎ 所以，①‎ ‎①式两边同时乘，得，②‎ 所以①-②可得，，‎ ‎，即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项和前n项和公式的求解，以及运用“错位相减法”求数列的和，属于中档题.‎ ‎18.已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，且，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明：取的中点，连接，，.根据平面几何知识和线面垂直的判定可证得平面，再证得，可证明平面平面.‎ ‎（2）由线面角的定义可得为与平面所成的角，再以点 为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，由二面角的向量求解方法可求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】解：（1）证明：取的中点，连接，，.‎ ‎∵，∴.‎ 又∵，，∴四边形为正方形，则.‎ ‎∵平面，平面，∴.‎ ‎∵，∴平面.‎ ‎∵，，∴四边形为平行四边形，∴，‎ ‎∴平面.又平面，‎ ‎∴平面平面.‎ ‎（2）∵平面，∴为与平面所成的角，‎ 即，则.‎ 设，则，，‎ 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，.‎ ‎∵平面，∴平面的一个法向量.‎ 设平面的法向量，∵，，‎ 则，取，则.‎ 设二面角的平面角为，∴.‎ 由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是空间中的面面垂直关系,运用空间向量求解二面角大小.‎ 考查空间想象、推理论证、计算能力，属于中档题.‎ ‎19.已知某校6个学生的数学和物理成绩如下表：‎ 学生的编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 数学 ‎89‎ ‎87‎ ‎79‎ ‎81‎ ‎78‎ ‎90‎ 物理 ‎79‎ ‎75‎ ‎77‎ ‎73‎ ‎72‎ ‎74‎ ‎（1）若在本次考试中，规定数学在80分以上（包括80分）且物理在75分以上（包括75分）的学生为理科小能手.从这6个学生中抽出2个学生，设表示理科小能手的人数，求的分布列和数学期望；‎ ‎（2）通过大量事实证明发现，一个学生的数学成绩和物理成绩具有很强的线性相关关系，在上述表格是正确的前提下，用表示数学成绩，用表示物理成绩，求与的回归方程.‎ 参考数据和公式：，其中，.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得1号学生、2号学生为理科小能手,从而得到X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望；‎ ‎（2）利用最小二乘法分别求出，，由此能求出y与x的回归直线方程．‎ ‎【详解】（1）由题意得1号学生、2号学生为理科小能手.‎ 的可能取值为：0,1,2‎ P（X＝0），‎ P（X＝1），‎ P（X＝2），‎ 的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎（2），‎ xiyi＝37828，xi2＝42476，‎ ‎∴（6）÷（）‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎75﹣×84＝，‎ 回归方程为 ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查回归直线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意最小二乘法的合理运用．‎ ‎20.已知椭圆过点，且其离心率为，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别相交于，两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在圆心在原点的定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在；定圆 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据椭圆的离心率和椭圆经过的点的坐标,代入椭圆方程中,求出a、b,即可得到椭圆C的方程. (2)根据条件，分直线的斜率不存在和直线的斜率不存在两种情况分别求出定圆的方程，,当直线的斜率存在时,设直线方程为,联立方程组,令，,利用韦达定理,结合.推出,利用直线与圆相切,求出圆的半径,得到圆的方程,即可得到结果.‎ ‎【详解】解：（1）椭圆经过点，∴，又∵，解之得，.‎ 所以椭圆的方程为；‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.‎ ‎∵，在椭圆上，∴，∴.‎ ‎∴到直线的距离为，所以.‎ 当直线的斜率存在时，设的方程为，‎ 由得.‎ 设，，则，.‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴.‎ ‎∴，即.‎ ‎∴到直线的距离为，‎ 故存定圆与直线总相切.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的方程的求法,圆与椭圆的以及直线的综合应用,考查分类讨论思想、转化思想的应用,考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数（且）.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）对任意，恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出函数的导数,通过讨论a的范围,求出函数的单调区间即可; (2) 由题意知对任意，恒成立，，又由（1）可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以只需：，设，对其求导可得函数的单调性，从而可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）由.令得，‎ 当时，时，，单调递减；时，，单调递增.‎ 当时，时，，单调递减；时，，单调递增.‎ 综上所述，在区间上单调递减，在区间上单调递增.‎ ‎（2）由题意知对任意，‎ 恒成立，，‎ 又由（1）知，在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以只需：‎ ‎，‎ 设.‎ ‎∵，∴在区间上单调递增；在区间上单调递减.‎ 注意到，所以，当不等式（1）成立；当时不等式（1）不成立.‎ 又，∴当不等式（1）也成立，‎ 所以，时不等式（1）成立.此时，不等式（2）也成立，而当时，‎ ‎，由函数的性质知，不等式（2）不成立.‎ 综上所述，不等式组的解为.‎ 又∵，∴实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查讨论函数的单调性，构造函数证明不等式，关键在于从所证的不等式出发，构造合适的函数，运用求导运算，分析函数的单调性，得出函数的最值或零点，属于难度题.‎ ‎（二）选考题：共10分，考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数)，曲线.‎ ‎（1）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求 ，的极坐标方程；‎ ‎（2）若射线(与的异于极点的交点为，与的交点为，求.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线：(为参数)化为普通方程，再结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得 ，的极坐标方程；‎ ‎（2）分别求得点对应的的极径，根据极经的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】（1）曲线：(为参数)可化为普通方程：，‎ 由可得曲线的极坐标方程为， ‎ 曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）射线与曲线的交点的极径为，‎ 射线与曲线的交点的极径满足，解得，‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎23.已知关于的不等式有解，记实数的最大值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）正数满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用绝对值不等式可求得，所以，解这个不等式可求得.（2）由（1）得，将此式乘以要证明不等式的左边，化简后利用基本不等式可求得最小值为.‎ 试题解析：（1）,‎ 若不等式有解，‎ 则满足，解得，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知正数满足，‎ ‎∴‎ ‎.当且仅当，时，取等号.‎