【数学】陕西省2020届高三下学期第二次模拟试题（文）（解析版）

【数学】陕西省2020届高三下学期第二次模拟试题（文）（解析版）

陕西省 2020 届高三下学期第二次模拟数学试题（文） 一、选择题（共 12 小题）. 1.已知集合 2{ | 6 }= 0A x x x   ，函数 ( )= (1 )f x ln x 的定义域为集合 B ，则 A B  （ ） A.  [ 21] ， B. [ 21) ， C. [1 ]3， D. (13]， 【答案】B 【解析】∵ { | 2 3}A x x    ， = 1 0{ | } { | }1B x x x x   ， ∴ 21[ )A B ＝﹣， . 故选：B. 2.已知 i 为虚数单位,复数 Z 1 3i 1 i   ,则其共轭复数 z 的虚部为（ ） A. 2 B. ﹣2 C. 2i D. ﹣2i 【答案】A 【解析】∵z       1 3i 1 i1 3i 1 2i1 i 1 i 1 i         , ∴ 1 i2z    , 则共轭复数 z 的虚部为 2. 故选：A. 3.已知向量  1, 1a   ，  ,2b x ，且 a b  ，则 a b  的值为（ ） A. 2 B. 7 C. 2 2 D. 10 【答案】D 由 a b  得 2 0a b x    ，解得 2x = ． ∴ (3,1)a b  ， ∴ 23 1 10a b     ．选 D． 4.现有甲、乙、丙、丁 4 名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人 恰好参加同一项活动的概率为（ ） A. 1 2 B. 1 3 C. 1 6 D. 1 12 【答案】B 【解析】由题意，现有甲乙丙丁 4 名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动， 基本事件的总数为 2 2 24 2 22 2 6C Cn AA    ， 其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为 2 2 2 2 2 2 2m C C A  , 所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为 1 3 mp n   ，故选 B. 5.甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛，四人在成绩公布前作出如下预测： 甲预测说：获奖者在乙、丙、丁三人中； 乙预测说：我不会获奖，丙获奖 丙预测说：甲和丁中有一人获奖； 丁预测说：乙的猜测是对的 成绩公布后表明，四人的猜测中有两人的预测与结果相符.另外两人的预测与结果不相符， 已知有两人获奖，则获奖的是（ ） A. 甲和丁 B. 乙和丁 C. 乙和丙 D. 甲和丙 【答案】B 【解析】若乙、丁的预测成立，则甲、丙的预测不成立，推出矛盾．故乙、丙预测不成立时， 推出获奖的是乙和丁 答案选 B 6.设函数 ( )f x 是定义在 R 上的周期为 2 的奇函数，当 0 1< x < 时， ( ) 4xf x  ，则 5 (2019)2f f      （ ） A. 2 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】因为  f x 的周期为 2，所以 5 1 2 2f f            且    2019 1f f ， 由  f x 为奇函数，则 1 1 22 2f f              ，    1 1f f   ，但    1 1f f  ， 故    1 1 0f f   ，故  5 2019 22f f       ，选 A． 7.已知 m,n,l 是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是（ ） A. 若 m ⊂ α,n ⊂ α,l ⊂ β,m∥l,n∥l,则α∥β B. 若 m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,则α∥β C. 若 m ⊂ α,m∩n＝A,l⊥m,l⊥n,l⊥β,则α∥β D. 若 m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β 【答案】D 【解析】由 m,n,l 是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,知： 在 A 中,若 m ⊂ α,n ⊂ α,l ⊂ β,m∥l,n∥l,则α与β相交或平行,故 A 错误； 在 B 中,若 m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,则α与β相交或平行,故 B 错误； 在 C 中,若 m ⊂ α,m∩n＝A,l⊥m,l⊥n,l⊥β,则α与β相交或平行,故 C 错误； 在 D 中,若 m∥n,m⊥α,n⊥β,则由面面平行的判定定理得α∥β,故 D 正确. 故选：D. 8.已知函数 f（x） 3 cosωx﹣sinωx（ω＞0）的最小正周期为π,则该函数图象（ ） A. 关于点（ 6  ,0）对称 B. 关于直线 x 6  对称 C. 关于点（ 3  ,0）对称 D. 关于直线 x 3  对称 【答案】A 【解析】f（x） 3 cosωx﹣sinωx＝2cos（ωx 6  ）, ∵f（x）的最小正周期为 T 2    π, ∴ω＝2, ∴f（x）＝2cos（2x 6  ）, ∴f（ 6  ）＝2cos 2   0,可得函数关于点（ 6  ,0）对称,故 A 正确,B 错误, f（ 3  ）＝2cos 5 36    ,可得 C 错误,D 错误. 故选：A. 9.已知抛物线 C：y2＝2px（p＞0）上一点 M（x0,4）到焦点 F 的距离|MF| 5 4  x0,则 p＝（ ） A. 2 B. 4 C. 1 D. 5 【答案】A 【解析】由抛物线的定义可知,|MF|＝x0 2 p , ∵|MF| 5 4  x0, ∴x0 5 2 4 p  x0,即 x0＝2p①, ∵点 M（x0,4）在抛物线 y2＝2px 上, ∴42＝2p•x0②, 由①②解得,p＝2 或﹣2（舍负）, 故选：A. 10.已知曲线 e lnxy a x x  在点  1, ea 处的切线方程为 2y x b  ，则（ ） A. , 1ea b   B. , 1ea b  C. 1 1e ,a b  D. 1,e 1a b   【答案】D 【解析】 e ln 1,xy a x    1| e 1 2xk y a    ， 1ea   将 (1,1) 代入 2y x b  得 2 1, 1b b    ，故选 D． 11.已知 sin 2cos 5sin 2cos       ，则 2 1cos sin 22    （ ） A. 2 5  B. 3 C. 3 D. 2 5 【答案】D 【解析】因为 sin 2cos 5sin 2cos       ， 所以 tan 2 5 tan 3tan 2       ， 2 2 2 2 1 cos sin coscos sin 22 cos sin          2 1 tan 1 3 2 1 tan 1 9 5        ，故选 D. 12.已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的离心率为 5 2 ，点(4，1)在双曲线上，则该双曲 线的方程为（ ） A. 2 2 14 x y  B. 2 2 120 5 x y  C. 22 112 3 yx   D. 2 2 18 x y  【答案】C 【解析】因为离心率为 5 2 ，所以 5 2 c a  ①；因为点(4，1)在双曲线上，所以 2 2 16 1 1a b   ②； 因为 2 2 2c a b  ③；联立①②③可得 2 212, 3a b  ，故选 C. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知 x,y 满足 2 0 3 0 1 0 y x x y          ,则 1 4 y x   的取值范围是_____. 【答案】 51, 7     【解析】不等式组对应的平面区域如图： 1 4 y x   的几何意义是过（4,1）和区域内的点的直线的斜率,所以最大值是过 A（﹣3,﹣4）与 （4,1）连接的直线斜率为 4 1 5 3 4 7     , 最小值是过 B（3,2）与（4,1）连接的直线斜率为 2 1 13 4    , 所以 1 4 y x   的取值范围是 51, 7     . 故答案为： 51, 7     14.某中学从甲乙丙 3 人中选 1 人参加全市中学男子 1500 米比赛,现将他们最近集训中的 10 次成绩（单位：秒）的平均数与方差制成如表的表格： 根据表中数据,该中学应选_____参加比赛. 【答案】乙 【解析】根据题意,由图中的表格：甲的平均数高于乙和丙的平均数,而甲乙的方差小于丙的 方差,则三人中乙的平均数最小且方差最小,故应该选乙参加比赛； 故答案为：乙 15.如图，在 ABC 中, D 是边 BC 上一点， AB  2 2AD AC , 1cos 3BAD  ，则 sin C  _________. 【答案】 3 3 【解析】由题意不妨取 2AC  ,则 2AB AD  ,且 1 3cos BAD  , 由余弦定理，可得 2 2 2 62 3BD AB AD AB AD cos BAD       , 2 2sin 3BAD  , 由正弦定理得 sin 6sin 3 AD BADB BD    ，从而 sin 3sin 3 AB BC AC   . 故答案为： 3 3 . 16.如图,圆锥型容器内盛有水,水深 3dm,水面直径 2 3dm 放入一个铁球后,水恰好把铁球淹 没,则该铁球的体积为________dm . 【答案】 12 5  【 解 析 】 作 出 相 关 图 形 ， 显 然 3AH  , 因 此 30ACH  o ， 因 此 放 球 前  2 1 1= 3 3=33V    ，球 O 与边 1AC 相切于点 M，故 OM r ，则 2OC r ，所以 1 3CH r ， 1 1 3A H r , 所 以 放 球 后  2 3 2 1= 3 3 =33V r r r   ， 而 1 2+ =V V V球 ， 而 34= 3V r球 ，解得 12= 5V 球 . 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.在等差数列{an}中,已知 a1+a3＝12,a2+a4＝18,n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求 a3+a6+a9+…+a3n. 解：(1)因为{an}是等差数列,a1+a3＝12,a2+a4＝18,所以 1 1 2 2 12 2 4 18. a d a d      ， 1 1 2 2 12 2 4 18. a d a d      ， 解得 d＝3,a1＝3.则 an＝3+（n﹣1）×3＝3n,n∈N*. (2)a3,a6,a9,…,a3n 构成首项为 a3＝9,公差为 9 的等差数列. 则    2 3 6 9 3 1 99 1 92 2na a a a n n n n n          . 18.如图,四边形 ABCD 是直角梯形,AB＝2CD＝2PD＝2,PC 2 ,且有 PD⊥AD,AD⊥CD,AB ∥CD. （1）证明：PD⊥平面 ABCD； （2）若四棱锥 P﹣ABCD 的体积为 1 2 ,求四棱锥 P﹣ABCD 的表面积. （1）证明：在 △ PCD 中,PD＝1,CD＝1,PC 2 , ∵12+12 2( 2) , ∴∠PDC＝90°,即 PD⊥CD, 又 PD⊥AD,AD∩CD＝D,∴PD⊥平面 ABCD. （2）解：由（1）得 PD⊥面 ABCD, VP﹣ABCD  1 1 1 3 2 2AB CD AD PD       , ∴AD＝1, ∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD＝D, ∴AB⊥平面 PAD,∴AB⊥PA,∴PA 2 , 由题意得 BC＝PC 2 ,PB 2 2 6PA AB   , △ PBC 中,由余弦定理得 cos∠PCB 2 2 6 1 22 2 2      . ∴∠PCB＝120°, ∴S △ PCB 1 32 2 1202 2sin      , 1 2 2 22PABS     , S △ PAD＝S △ PCD 1 11 12 2     ,  1 31 2 12 2ABCDS     , ∴四棱锥 P﹣ABCD 的表面积 S 5 322 2    . 19.将某产品投入甲、乙、丙、丁四个商场进行销售，五天后，统计了购买该产品的所有顾 客的年龄情况以及甲商场这五天的销售情况如频率发布直方图所示： 甲商场五天的销售情况 销售第 x 天 1 2 3 4 5 第 x 天的销量 y 11 13 12 15 14 （1）试计算购买该产品的顾客的平均年龄； （2）根据甲商场这五天的销售情况，求 x 与 y 的回归直线方程 ˆ ˆy bx a  . 参考公式： 回归直线方程 ˆ ˆy bx a  中，      1 2 1 n i i i n i i x x y y b x x          ， ˆa y bx   . 解：（1）购买该产品的顾客的平均年龄为： 27.5 0.01 5 32.5 0.04 5 37.5 0.07 5 42.5 0.06 5 47.5 0.02 5 38.5               （2） 1 2 3 4 5 35x      11 13 12 15 14 135y           1 2 1 2 2 2 2 2 (1 3)(11 13) (2 3)(13 13) (3 3)(12 13) (4 3)(15 13) (5 3)(14 13) 4 (1 3) (2 3) (3 3) (4 3) (5 3) 5 n i i i n i i x x y y b x x                                 4 53ˆ 13 35 5a y bx      回归方程为： 4 53ˆ 5 5y x  20.已知函数   2e 1xf x x x    . （1）求函数  y f x  的单调区间； （2）函数    2 1g x x a x    ，求    g x f x 的解的个数. 解：（1）由   2e 1xf x x x    ，得   e 2 1xf x x    ， 故   e 2xf x   ， 令   0f x  ，解得 ln 2x  ，令   0f x  ，解得 ln 2x  ， 故函数  y f x  在 ,ln 2 上单调递减，在 ln 2, 上单调递增； （2）令       1 exh x g x f x ax     ，则   exh x a   ， 若 0a  ，则   0h x  ，  h x 在 R 上单调递减，而  0 0h  ，故  h x 有 1 个零点， 若 0a  ，可得  ,lnx a  时，   0h x  ，  ln ,x a  时，   0h x  ， ∴  h x 在 ,ln a 上单调递增，在 ln ,a  上单调递减， ∴    max ln 1 lnh x h a a a a    ， 令   1 lnt a a a a   ，则   lnt a a  ， 当  0,1a 时，   0t a  ，当  1,a  时，   0t a  ， ∴  t a 在( )0,1 上单调递减，在( )1,+¥ 上单调递增，而  1 0t  ， 故    0,1 1,a   时，  max 0h x  ，  h x 有 2 个零点， 当 1a  时，  max 0h x  ，  h x 有 1 个零点， 综上，    ,0 1a   时，    g x f x 有 1 个解， 当    0,1 1,a   时，    g x f x 有 2 个解. 21.已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的四个顶点围成的菱形的面积为 4 3 ，椭圆的一个焦点 为 1,0 . （1）求椭圆的方程； （2）若 M ，N 为椭圆上的两个动点，直线 OM ，ON 的斜率分别为 1k ， 2k ，当 1 2 3 4k k   时， MON△ 的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由. 解：（1）由椭圆 2 2 2 2 1x y a b   的四个顶点围成的菱形的面积为 4 3 ，椭圆的一个焦点为 1,0 ， 可得 2 4 3ab  ， 1c  ，即 2 2 2 3 1 ab a b     ，解得 2 4a  ， 2 3b  ， 故椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 当直线 MN 的斜率存在时，设方程为 y kx m  ， 由 2 2 14 3 x y y kx m       ，消 y 可得，  2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ， 则   2 2 2 264 4 3 4 4 12k m k m      2 248 4 3 0k m    ，即 2 24 3m k  ， 且 1 2 2 8 3 4 kmx x k    ， 2 1 2 2 4 12 3 4 mx x k   ， 所以  22 2 1 2 1 2 1 21 1 4MN k x x k x x x x        2 2 2 2 2 8 4 121 43 4 3 4 km mk k k           2 2 2 2 4 1 4 33 4 3 k k mk     . 又由点O 到直线 MN 的距离 21 md k   ， 所以 1 2MONS MN d△ 2 2 2 2 3 4 33 4 m k mk    . 又因为 1 2 1 2 1 2 3 4 y yk k x x    ， 所以  2 2 1 2 1 1 1 2 k x x km x x m x x    2 2 2 2 2 8 33 4 4 12 4 3 4 kmkm mkk m k          ， 化简整理可得 2 22 4 3m k  ，满足   ， 代入 2 2 2 2 2 2 3 2 34 3 33 4 2MCN m mk mk mS    △ ， 当直线 MN 的斜率不存在时，由于 1 2 3 4k k   ， 考虑到 OM ，ON 关于 x 轴对称，不妨设 1 3 2k  ， 2 3 2k   ， 则点 M ， N 的坐标分别为 62, 2M       ， 62, 2N      ， 此时 1 2 6 32MONS    △ ， 综上可得， MON△ 的面积为定值 3 . （二）选考题：共 10 分，请考生在 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一 题计分. 22.平面直角坐标系 xOy 中，点 M 的坐标为  1,0 ，曲线 C 的参数方程是 24 4 x m y m     （m 为参 数），以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 2 cos + 1 04         . （1）求直线 l 的直角坐标方程和曲线 C 的普通方程； （2）设直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求 1 1 MA MB  . 解：（1）由 2 cos + 1 04         得 cos sin 1 0      因为 cos sin x y        ，所以直线l 的直角坐标方程为： 1 0x y   . 曲线 C 的参数方程是 24 4 x m y m     （ m 为参数），消去参数 m ，转换为普通方程为 2 4y x ； （2）直线 l 的参数方程为 21 2 2 2 x t y t      （ t 为参数）， 代入方程 2 4y x 可得 2 4 2 8 0t t   ， 设其根为 1 2,t t ，则有 1 2 4 2t t  ， 1 2 8t t   ， 所以 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 41 1 32 32 18 t t t t t t MA MB t t t t         . 23.已知函数   3 1f x x m x m     （1）若 1m  ，求不等式   1f x  的解集. （2）对任意的 xR ，有    2f x f ，求实数 m 的取值范围. 解：（1）当 1m  时，   1 4f x x x    3 4 2 51 4 3 1 x x x x        ， ， ， ， 因为   1f x  ，所以 2 5 1 1 4 x x      或 1x  ， 所以 3x  ，所以不等式的解集为： 3x x  ； （2）因为    3 1 3 1 2 1x m x m x m x m m           所以  max 2 1f x m  ， 因为任意的 xR ，有    2 2 3 1f x f m m     ， 所以 2 1 2 3 1m m m     ，即 2 1 3 1 2m m m     ， 设   2 1 3 1f m m m    15 2 1 12 2 3 15 3 m m m m m m            ， ， ， ，   2g m m  ，  f m ，  g m 在同一坐标系中的图象如下： 所以 1 1 2 3m   ， 所以实数 m 的取值范围为： 1 1,2 3     .