2020届陕西省西安中学高三第一次模拟考试数学(文)试题(解析版)(共18页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020届陕西省西安中学高三第一次模拟考试数学（文）试题一、单选题1已知集合满足，则集合的个数是（ ）A4B3C2D1【答案】B【解析】利用列举法，求得集合的所有可能，由此确定正确选项.【详解】由于集合满足，所以集合的可能取值为，共种可能.故选：B【点睛】本小题主要考查子集和真子集的概念，属于基础题.2若，则（ ）ABCD【答案】D【解析】【详解】由题意可得 ：，且：，据此有：.本题选择D选项.3已知向量，若，则锐角为（）ABCD【答案】C【解析】，又为锐角，选C4有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出

2、的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为ABCD【答案】C【解析】选取两支彩笔的方法有种，含有红色彩笔的选法为种，由古典概型公式，满足题意的概率值为.本题选择C选项.【考点】古典概型名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.5设，则，的大小关系是( )ABCD【答案】C【解析】利用幂函数的性质比较a与b的大小，利用指数函数的性质比较a与1的大小，利用对数式的运算性质得到c大于1，从而得到结论【详解】因为yx0.5在

3、（0，+）上是为增函数，且0.50.3，所以0.50.50.30.5，即abclog0.30.2log0.30.31，而10.500.50.5所以bac故选C【点睛】本题考查了不等关系，考查了基本初等函数的单调性，是基础题6小赵、小钱、小孙、小李四位同学被问到谁去过北京时，小赵说：我没去过；小钱说：小李去过；小孙说；小钱去过；小李说：我没去过假定四人中只有一人说的是假话，由此可判断一定去过北京的是（）A小钱B小李C小孙D小赵【答案】A【解析】 由题意的，如果小赵去过长城，则小赵说谎，小钱说谎，不满足题意； 如果小钱去过长城，则小赵说真话，小钱说谎，小孙、小李说真话，满足题意，故选A.7已知函数

4、f（x）满足f（x）f（x），且f（x+2）f（x），当0x1时，f（x）2x（1x），则f（）（ ）ABCD【答案】A【解析】根据周期性和奇偶性，即可求解.【详解】由f（x）f（x），f（x）f（x），得.故选:A【点睛】本题考查函数的性质应用，属于基础题.8已知平面，直线满足，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】根据线面平行的判定定理和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】由，则由线面平行的判定定理得由不能得出与内任意直线平行，则不能得出即“”是“”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要

5、条件的判断，涉及了线面平行的判定定理和性质的应用，属于基础题.9曲线在处的切线的倾斜角为，则的值为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据已知条件，求出切线斜率，再根据同角三角函数的基本关系可求出，从而根据二倍角公式和诱导公式求得结果.【详解】根据已知条件，因为曲线在处的切线的倾斜角为，所以，.因为，则解得，故.故本题正确答案为D.【点睛】本题主要考查导数的概念及其几何意义，考查同角三角函数的基本关系和二倍角公式，熟记公式和概念是关键，属基础题.10已知抛物线交双曲线的渐近线于，两点（异于坐标原点），若双曲线的离心率为，的面积为32，则抛物线的焦点为（ ）ABCD【答案】B【解析】由题意可得，设点

6、A位于第一象限，且，结合图形的对称性列出方程组确定p的值即可确定焦点坐标.【详解】，设点A位于第一象限，且，结合图形的对称性可得：，解得：，抛物线的焦点为，故选B.【点睛】本题主要考查圆锥曲线的对称性，双曲线的渐近线，抛物线焦点坐标的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11已知函数，若，且的最小值为，则（ ）A在上是增函数B在上是减函数C在上是增函数D在上是减函数【答案】D【解析】化简得到，分别计算和时的单调性得到答案.【详解】，且的最小值为，故 当时，函数有增有减，故错误；当时，函数单调递减，故正确，错误；故选：【点睛】本题考查了三角函数的最值，周期，单调性，意在考查学生对于三

7、角函数知识的综合应用.12已知，分别是双曲线的左、右焦点，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线的另一条渐近线于点P，若点P在以线段为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】根据题意求出点的坐标，再根据即可容易求得.【详解】由题可知，渐近线方程为，故可得直线方程为，联立，即可求得点坐标为，又因为点P在以线段为直径的圆外，故可得，则，则，解得，则离心率.故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率范围的求解，属中档题；本题的难点在于点坐标的求解，以及点在圆外的转化.二、填空题13设满足约束条件，则的最小值为_【答案】-5【解析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求

8、出最优解的坐标，数形结合得答案【详解】由x，y满足约束条件作出可行域如图，由图可知，目标函数的最优解为A，联立，解得A（1，1）z3x2y的最小值为31215故答案为：5【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题14已知某民营车企1月份生产了A，B，C三种型号的新能源汽车，台数依次为120，210，现用分层抽样的方法从中随机抽取16台车进行安全测试，则某一台B型号的新能源汽车被抽取的概率为_.【答案】【解析】根据分层抽样的概率，即可容易求得.【详解】由题可知，型车辆与每一台新能源汽车被抽取的概率均相等，则其概率.故答案为：.【点睛】本题考查分层抽样的概率计算，属基

9、础题.15在中，内角所对的边分别为，已知的面积为，则的值为_【答案】【解析】试题分析：因,故,由题设可得,即,所以,所以,应填.【考点】余弦定理及三角形面积公式的运用【易错点晴】本题的设置将面积与余弦定理有机地结合起来,有效地检测了综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力.求解时先借助题设条件和三角形的面积公式及余弦定理探究出三边的关系及,先求出,在运用余弦定理得到.16我国古代数学名著九章算术商功中阐述：“斜解立方，得两堑堵斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑阳马居二，鳖臑居一，不易之率也合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，

10、对该几何体有如下描述：四个侧面都是直角三角形；最长的侧棱长为；四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；外接球的表面积为24其中正确的描述为_【答案】【解析】由三视图还原几何体，可知该几何体为四棱锥，PA底面ABCD，PA2，底面ABCD为矩形，AB2，BC4，然后逐一分析四个命题得答案【详解】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为四棱锥，PA底面ABCD，PA=2，底面ABCD为矩形，AB=2，BC=4，则四个侧面是直角三角形，故正确；最长棱为PC，长度为2，故正确；由已知可得，PB=2，PC=2，PD=2，则四个侧面均不全等，故错误；把四棱锥补形为长方体，则其外接球半径为PC=，其表面积为

11、4=24，故正确其中正确的命题是故答案为【点睛】本题考查由三视图还原原几何体，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题三、解答题17已知等比数列的各项均为正数，求数列的通项公式；设证明：为等差数列，并求的前n项和【答案】（） （）见解析，【解析】（1）利用及求得，从而得到通项公式（2）利用定义证明等差数列，并利用公式求和【详解】（）设等比数列的公比为，依题意由得，解得故 （）证明：由（）得故，所以是首项为1，公差为的等差数列，所以【点睛】一般地，判断一个数列是等差数列，可从两个角度去考虑：（1）证明；（2）证明：.18如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点（1）证明：平面;（2）设，三棱

12、锥的体积 ，求A到平面PBC的距离【答案】（1）证明见解析 （2） 到平面的距离为【解析】【详解】试题分析：（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PBOE，由此能证明PB平面ACE（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB 又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB平面AEC （2）由，可得.作交于由题设易知，所以故，又所以到平面的距离为法2：等体积法由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d，又因为PB=

13、所以又因为(或)，所以【考点】线面平行的判定及点到面的距离19甲、乙两位学生参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，得到甲、乙两位学生成绩的茎叶图.（1）现要从中选派一人参加数学竞赛，对预赛成绩的平均值和方差进行分析，你认为哪位学生的成绩更稳定？请说明理由；（2）若将频率视为概率，求乙同学在一次数学竞赛中成绩高于84分的概率；（3）求在甲同学的8次预赛成绩中，从不小于80分的成绩中随机抽取2个成绩，列出所有结果，并求抽出的2个成绩均大于85分的概率.【答案】（1）甲的成绩比较稳定，理由见解析（2）（3）列举见解析；概率为【解析】（1）求得甲乙两位同学成绩的平

14、均成绩和方差，据此判断；（2）根据茎叶图中的数据，即可容易求得；（3）根据题意，列举即可；再根据古典概型的概率计算公式即可容易求得.【详解】（1）派甲参加比较合适，理由如下：，故，则甲的成绩比较稳定，派甲比较适合.（2）从茎叶图可知，成绩高于84分的数据有4个，故所求概率；从不小于80分的成绩中抽取2个成绩，所有结果为，共15个，其中，满足2个成绩均大于85分的有，共3个，故所求的概率是.【点睛】本题考查由茎叶图计算平均数和方差，以及利用列举法求古典概型的概率计算，属综合综合基础题.20如图，已知圆经过椭圆的左右焦点，与椭圆在第一象限的交点为，且， ， 三点共线.（1）求椭圆的方程；（2）设与

15、直线（为原点）平行的直线交椭圆于两点，当的面积取取最大值时，求直线的方程.【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（1）由题意把焦点坐标代入圆的方程求出 ，再由条件得为圆的直径，且，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义和依次求出的值，代入椭圆方程即可；（2）由（1）求出的坐标，根据向量共线的条件求出直线的斜率，设直线的方程和的坐标，联立直线方程和椭圆方程消去，利用韦达定理和弦长公式求出，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形的面积公式求出，化简后求最值即可.试题解析：(1)， ， 三点共线，为圆的直径，且，.由，得， ， ， .，椭圆的方程为. (2)由（1）知，点的坐标为，直线

16、的斜率为，故设直线的方程为，将方程代入消去得： ， 设 ， ， ， 又：=，点到直线的距离， ，当且仅当，即时等号成立，此时直线的方程为.点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21设，函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数在区间上有唯一零点，试求a的值【答案】（1）的单调减区间是，单调增区间是；（2）.【解析】

17、（1）将代入中可得（）,令,解得,进而求得单调区间；（2）令,解得（舍）,可得函数在上单调递减,在上单调递增,则,由于函数在区间上有唯一零点,则,整理即为,设,可得在是单调递增的,则,进而求得【详解】（1）函数,当时,（）,令,即,解得或（舍）,时,；时,的单调减区间是,单调增区间是（2）,则,令,得,方程的解为（舍）,；函数在上单调递减,在上单调递增，,若函数在区间上有唯一零点,则,而满足,即,设,在是单调递增的,至多只有一个零点,而,用代入,得,解得【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性,考查函数零点及不等式的应用问题22 在直角坐标系中，圆，曲线的参数方程为为参数），并以为极点，轴正半轴

18、为极轴建立极坐标系.（1）写出的极坐标方程，并将化为普通方程；（2）若直线的极坐标方程为与相交于两点，求的面积（为圆的圆心）.【答案】（1）: ,: ;（2）;【解析】【详解】（1）的极坐标方程为：, 化为普通方程为: . （2）直线的普通方程为，显然曲线与相交于原点，不妨设重合 ,，.23设函数（1）证明：；（2）若，求的取值范围【答案】（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：本题第（1）问，可由绝对值不等式的几何意义得出，从而得出结论；对第（2）问，由去掉一个绝对值号，然后去掉另一个绝对值号，解出的取值范围.试题解析：（1）证明：由绝对值不等式的几何意义可知：，当且仅当时，取等号，所以.（2）因为，所以，解得：.【易错点】在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.【考点】本小题主要考查不等式的证明、绝对值不等式的几何意义、绝对值不等式的解法、求参数范围等不等式知识，熟练基础知识是解答好本类题目的关键.专心-专注-专业