陜西省西安地區(qū)高三下學期八校聯考理科數學試題

2020屆高三年級數學（理科）試題第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，，則（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由集合A的描述得到，利用交集運算即可得集合【詳解】由知：，而∴故選：C【點睛】本題考查了集合的基本運算，根據集合描述得到集合，利用集合的交集運算求交集，屬于簡單題2.已知數列滿足且，則的前10項的和等于（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，得到數列表示首項為，公比為的等比數列，結合求和公式，即可求解.【詳解】由題意，數列滿足，即，又由，即，解得，所以數列表示首項為，公比為的等比數列，所以，即的前10項的和為.故選：B.【點睛】本題主要考查了等比數列的定義、通項公式，以及等比數列的前項和的應用，其中解答中熟記等比數列的求和公式是解答的關鍵，著重考查運算與求解能力.3.已知i為虛數單位，，若復數的共軛復數在復平面內對應的點位于第三象限，且，則z＝（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意可得，解得或，據此可知或，結合共軛復數的特征確定的值即可.【詳解】由可得，解得或，所以或，因為在復平面內對應的點位于第三象限，所以．故選：A.【點睛】本題主要考查復數的運算，共軛復數的定義，以及復數的幾何意義等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.4.已知直線，為平面，給出下列命題：①②③④其中的正確命題序號是A.③④ B.②③ C.①② D.①②③④【答案】B【解析】試題分析：①中可能平行或直線在平面內；②由線面垂直的判定定理可知結論正確；③由面面平行的性質可知結論正確；④兩直線平行或異面考點：空間線面平行垂直的判定與性質5.已知函數的圖象如圖所示，則的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據函數圖像上的特殊點，對選項進行排除，由此得出正確選項.【詳解】對于A,B兩個選項，，不符合圖像，排除A,B選項.對于C選項，，不符合圖像，排除C選項，故選D.【點睛】本小題主要考查根據函數圖像選擇相應的解析式，考查利用特殊值法解選擇題，屬于基礎題.6.設是平面內兩個不共線的向量，（a＞0，b＞0），若A，B，C三點共線，則的最小值是（）A.2 B.4C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】根據三點共線，求得a與b關系，然后利用基本不等式求解.【詳解】因為，若三點共線，設，即,因為是平面內兩個不共線向量，所以，解得，即，則,，當且僅當，即，即時取等號，故最小值為4，故選：B.【點睛】本題主要考查平面向量共線定理的應用以及基本不等式的應用，屬于中檔題.7.已知：，：函數為奇函數，則是成立的（）．A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】當成立，判斷是否成立，再由成立時，判斷是否成立，即可知是成立何種條件【詳解】當時，，即有，故有即為奇函數：當為奇函數時，有，即，有：∴綜上，知：故選：C【點睛】本題考查了充要條件，由定義法判斷兩個結論間是否為充要條件，屬于簡單題8.已知圓與拋物線交于兩點，與拋物線的準線交于兩點，若四邊形是矩形，則等于()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】畫出圖形，由四邊形是矩形可得點的縱坐標相等．根據題意求出點的縱坐標后得到關于方程，解方程可得所求．【詳解】由題意可得，拋物線的準線方程為．畫出圖形如圖所示．在中，當時，則有．①由得，代入消去整理得．②結合題意可得點的縱坐標相等，故①②中的相等，由①②兩式消去得，整理得，解得或（舍去），∴．故選C．【點睛】解答本題的關鍵是畫出圖形并根據圖形得到與x軸平行，進而得到兩點的縱坐標相等．另外，將幾何問題轉化代數問題求解也是解答本題的另一個關鍵．考查圓錐曲線知識的綜合和分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．9.已知sinα、cosα是方程5x2﹣x﹣2＝0的兩個實根，且α∈（0，π），則cos（α+）＝（）A. B.﹣ C. D.﹣【答案】D【解析】【分析】根據韋達定理可得，，結合，可得，根據兩角和的余弦公式可得，由此可得結果.【詳解】因為sinα、cosα是方程5x2﹣x﹣2＝0的兩個實根，所以，，因為，且，所以且，所以，所以.故選：D.【點睛】本題考查了韋達定理，兩角和的余弦公式，屬于基礎題.10.對于函數f（x）＝cos2x+sinxcosx，x∈R，下列命題錯誤的是（）A.函數f（x）的最大值是B.不存在使得f（x0）＝0C.函數f（x）在[，]上單調遞減D.函數f（x）的圖象關于點（，0）對稱【答案】D【解析】【分析】應用二倍角公式和兩角和的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后利用正弦函數性質判斷各選項．【詳解】由已知，的最大值是，A正確．時，，，無解，B正確；時，，遞減，C正確；，圖象關于點對稱，D錯．故選：D．【點睛】本題考查三角函數的圖象與性質，解題可利用三角函數恒等變換把函數化為一個角的一個三角函數形式，然后利用正弦函數性質求解．11.已知，是雙曲線的上、下兩個焦點，過的直線與雙曲線的上下兩支分別交于點，，若為等邊三角形，則雙曲線的漸近線方程為A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據雙曲線的定義算出△中，，，由是等邊三角形得，利用余弦定理算出，結合雙曲線漸近線方程即可的結論．【詳解】根據雙曲線的定義，可得，是等邊三角形，即，由，即，又，，△中，，，，，即，解得，則，由此可得雙曲線的漸近線方程為，即．故選：D．【點睛】本題主要考查雙曲線的定義和簡單幾何性質等知識，根據條件求出，的關系是解決本題的關鍵．12.已知函數，點是函數圖象上不同兩點，則（為坐標原點）的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】【分析】試題分析：當x≤0時，由得，（x≤0），此時對應的曲線為雙曲線，雙曲線的漸近線為y=3x，此時漸近線的斜率=3，當x＞0時，，當過原點的直線和f（x）相切時，設切點為，函數的導數，則切線斜率，則對應的切線方程為，即，當x=0，y=0時，，即，即，得a=1，此時切線斜率，則切線和y=3x的夾角為θ，則，則，故∠AOB（O為坐標原點）的取值范圍是第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題（把答案填在答題卷中相應的橫線上）13.若實數滿足不等式組則的最小值為______．【答案】13【解析】【分析】作出題中不等式組表示的平面區(qū)域，得如圖的△ABC及其內部，再將目標函數z＝2x+y對應的直線進行平移，可得當x＝y(tǒng)＝1時，z＝2x+y取得最小值．【詳解】作出不等式組表示的平面區(qū)域：得到如圖的陰影部分，由解得B（﹣11，﹣2）設z＝F（x，y）＝x+y，將直線l：z＝x+y進行平移，當l經過點B時，目標函數z達到最小值，∴z最小值＝F（﹣11，﹣2）＝﹣13．故答案為﹣13【點睛】本題給出二元一次不等式組，求目標函數的最小值，著重考查了二元一次不等式組表示的平面區(qū)域和簡單的線性規(guī)劃等知識，屬于基礎題．14.從、、2、3、5、9中任取兩個不同的數，分別記為m、n，則“l(fā)ogmn＞0”的概率為_____．【答案】.【解析】【分析】根據對數的性質、排列知識和古典概型的概率公式可得結果.【詳解】因為等價于且，或且，從、、2、3、5、9中任取兩個不同的數，共可得到個對數值，其中對數值為正數的有個，所以“l(fā)ogmn＞0”的概率為.故答案為：.【點睛】本題考查了對數的性質、排列知識和古典概型的概率公式，屬于基礎題.15.已知點A、B、C在球心為O的球面上，若AB＝AC＝5，BC＝6，球心O到截面ABC的距離為1，則該球的表面積為_____．【答案】【解析】【分析】由正弦定理求出△外接圓半徑后由勾股定理求得球半徑，從而得球表面積．【詳解】△中∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴，∴，設△外接圓半徑為，則，，設球半徑為，則，表面積為．故答案：．【點睛】本題考查求球的表面積，解題關鍵是利用截面圓性質，截面圓圓心到球心連線與截面圓垂直．16.在中，內角所對的邊分別為，是的中點，若且，則面積的最大值是___【答案】【解析】【分析】由題意及正弦定理得到，于是可得，；然后在和中分別由余弦定理及可得．在此基礎上可得，再由基本不等式得到，于是可得三角形面積的最大值．詳解】如圖，設，則,在和中，分別由余弦定理可得，兩式相加，整理得，∴．①由及正弦定理得，整理得，②由余弦定理的推論可得，所以．把①代入②整理得，又，當且僅當時等號成立，所以，故得．所以．即面積的最大值是．故答案為．【點睛】本題考查解三角形在平面幾何中的應用，解題時注意幾何圖形性質的合理利用．對于三角形中的最值問題，求解時一般要用到基本不定式，運用時不要忽視等號成立的條件．本題綜合性較強，考查運用知識解決問題的能力和計算能力．三、解答題（解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題．第22、23題為選考題，考生根據要求作答）（一）必考題：17.已知四邊形是矩形，平面，、分別是、的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若二面角為，，，求與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）G為CD中點，由線面平行的判定即有面，面，又，由面面平行判定即有面面，由面面平行的性質即得證；（2）構建以A為原點，為x軸，為y軸，為z軸構建空間直角坐標系，求面的法向量與斜線方向向量的夾角余弦值，結合它與線面角的關系即可求得與平面所成角的正弦值【詳解】（1）若G為CD的中點，連接FG、AG，如下圖示∵、分別是、的中點∴，且，即為平行四邊形，有又由，面，面∴面，面，又，即面面由面，即有面得證（2）由四邊形是矩形，平面，且二面角為，即有、、兩兩垂直，且∴以A為原點，為x軸，為y軸，為z軸構建空間直角坐標系由，，知：，，，∴，，令為面的一個法向量，則，若有∴由平面法向量與斜線的方向量的夾角與線面角的關系，知：與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查了由面面平行判定證面面平行，利用面面平行性質定理證明線面平行，通過構建空間直角坐標系，求平面法向量與斜線方向向量夾角的余弦值，根據其與線面角的關系求線面角的正弦值18.已知是各項都為正數的數列，其前項和為，且，．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，求數列的前項和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由遞推式可知為等差數列，可得，再根據結合已知條件即可求的通項公式；（2）由（1）可得，將分為偶數、奇數討論得到的前項和【詳解】（1）由，知：，由有，即數列是首項、公差均為1的等差數列∴又由是各項都為正數的數列，即，而∴，又，滿足上式，故（2）由，知：∴當為偶數時，；當為奇數時，，所以.【點睛】本題考查了數列，利用前n項和的遞推式求數列通項公式，根據新數列與已知數列的關系求新數列前n項和，注意將分為奇偶數討論19.為調查某校學生每周體育鍛煉落實的情況，采用分層抽樣的方法，收集100位學生每周平均鍛煉時間的樣本數據(單位:).根據這100個樣本數據，制作出學生每周平均鍛煉時間的頻率分布直方圖(如圖所示).（Ⅰ）估計這100名學生每周平均鍛煉時間的平均數和樣本方差(同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表)；（Ⅱ）由頻率分布直方圖知，該校學生每周平均鍛煉時間近似服從正態(tài)分布，其中近似為樣本平均數，近似為樣本方差.（i）求；（ii）若該校共有5000名學生，記每周平均鍛煉時間在區(qū)間的人數為，試求.附：，若~，，.【答案】（Ⅰ）平均數5.85；樣本方差6.16；（Ⅱ）（i）；（ii）.【解析】【分析】（Ⅰ）利用頻率分布直方圖的小矩形的中間數據，代入平均數和樣本方差公式即可得解；（Ⅱ）利用正態(tài)分布的圖像與性質以及二項分布的期望，即可得解.【詳解】（Ⅰ）這100名學生每周平均鍛煉時間的平均數為..（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知，即，從而（ii）由（i）可知，，故.【點睛】本題考查了頻率分布直方圖，考查了正態(tài)分布和二項分布，考查了計算能力，屬于較難題.20.在平面直角坐標系中，已知橢圓：的離心率為，直線和橢圓交于，兩點，當直線過橢圓的焦點，且與軸垂直時，.（1）求橢圓的方程；（2）是否存在與軸不垂直的直線，使弦的垂直平分線過橢圓的右焦點？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）不存在.【解析】【分析】（1）列a,b,c的方程組即可求解；（2）設直線的斜率為，直線的斜率為，由點差法得，得推出矛盾即可【詳解】（1）由題意:點（c,）在橢圓上，故，∴，，∴橢圓的標準方程為：；（2）（點差法）：設，，的中點為，橢圓的右焦點為，直線的斜率為，直線的斜率為，則：，∴，∴，，∴，即：，故不存在.【點睛】本題考查橢圓方程，點差法應用，遇到“弦中點”問題，注意點差法的應用，是中檔題21.設函數．（Ⅰ）討論在區(qū)間上的單調性；（Ⅱ）若存在兩個極值點、，且，求的取值范圍．【答案】（1）時，在上單調遞減，上單調遞增；時，在上的單調遞增；（2）【解析】【分析】（1）利用導函數，討論在、時的取值范圍及其對應的單調區(qū)間即可；（2）由存在兩個極值點，即可得，同時可用表示出、，進而代入函數式得到，利用導函數研究其單調性，結合單調區(qū)間邊界值即可確定的范圍【詳解】（1）由題意，得當時，：時，在上單調遞減；時，無遞減區(qū)間當時，：時，在上單調遞增；時，在上的單調遞增∴綜上，有：時，在上單調遞減，上單調遞增；時，在上的單調遞增（2）由（1），令有，存在兩個極值點、即由題意知：，∴

令，即和時，，所以有在區(qū)間內分別單調遞減∴時，有，即時，有，即∴綜上，知：時存在兩個極值點、，且【點睛】本題考查了利用導函數研究函數的性質，討論含參函數的單調區(qū)間，并根據已知極值點個數、函數不等關系求參數的范圍（二）選考題：請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．并請考生務必將答題卡中對所選試題的題號進行涂寫．【選修4—4：坐標系與參數方程】22.在直角坐標系中，已知圓：(為參