2020年陕西省高考数学三模试卷(理科)(有答案解析)
2020年陕西省高考数学三模试卷（理科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知复数z满足（1-i）z=1+i，则复数z=（）A. 1+iB. 1-iC. iD. -i2.设集合A={x|-1≤x≤2，x∈N}，集合B={2，3}，则A∪B等于（）A. {-1，0，1，2，3}B. {0，1，2，3}C. {1，2，3}D. {2}3.若向量=（1，1），=（-1，3），=（2，x）满足（3+）•=10，则x=（）A. 1B. 2C. 3D. 44.已知tan（α+）=-2，则tan（）=（）A. B. C. -3 D. 35.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为2n-1，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…则此数列的前15项和为（）A. 110B. 114C. 124D. 1256.若正数m，n满足2m+n=1，则+的最小值为（）A. 3+2B. 3+C. 2+2D. 37.执行如图所示的程序框图，则输出S的值为ln5，则在判断框内应填（）A. i≤5？B. i≤4？C. i＜6？D. i＞5？8.已知在三棱锥P-ABC中，PA=PB=BC=1，AB=，AB⊥BC，平面PAB⊥平面ABC，若三棱锥的顶点在同一球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.9.一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是（）A. B. C. D.10.函数y=-2sin x的图象大致是（）A. B.C. D.11.已知双曲线与抛物线y2＝8x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P，若|PF|＝5，则双曲线的离心率为（）A. 2B. 2C.D.12.已知函数f（x）=ln x-ax2，若f（x）恰有两个不同的零点，则a的取值范围为（）A. （，+∞）B. [．+∞）C. （0，）D. （0，]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设x，y满足约束条件，则z=x-2y的最小值是______．14.设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2-a5=0，则=______．15.（1+）（1-x）6展开式中x3的系数为______．16.曲线y=2ln x在点（e2，4）处的切线与坐标轴所围三角形的面积为______.三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且（a+b+c）（a+b-c）=3ab．（Ⅰ）求角C的值；（Ⅱ）若c=2，且△ABC为锐角三角形，求a+b的取值范围．18.已知某种细菌的适宜生长温度为10℃-25℃，为了研究该种细菌的繁殖数量y（单位：个）随温度x（单位：℃）变化的规律，收集数据如下：温度x/℃12141618202224繁殖数量y/个2025332751112194对数据进行初步处理后，得到了一些统计量的值，如表所示：1866 3.8112 4.3142820.5其中k i=ln y i，=（Ⅰ）请绘出y关于x的散点图，并根据散点图判断y=bx+a与y=ce dx哪一个更适合作为该种细菌的繁殖数量y关于温度x的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）；（Ⅱ）根据（1）的判断结果及表格数据，建立y关于x的回归方程（结果精确到0.1）；（Ⅲ）当温度为25℃时，该种细菌的繁殖数量的预报值为多少？参考公式：对于一组数据（u i，v i）（i=1，2，3，…，n），其回归宜线v=βu+a的斜率和截距的最小二成估计分别为β=，，参考数据：e5.5≈245．19.如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2，∠ABC=∠DBC=120°，E，F分别为AC，DC的中点（Ⅰ）求证：EF⊥BC；（Ⅱ）求二面角E-BF-C的余弦值20.已知椭圆（a＞b＞0）的右焦点为F2（3，0），离心率为e．（Ⅰ）若，求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线y=kx与椭圆相交于A，B两点，M，N分别为线段AF2，BF2的中点．若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且，求k的取值范围．21.已知函数f（x）=e x-x2-1．（1）若函数g（x）=，x∈（0，+∞），求函数g（x）的极值；（2）若k∈Z，且f（x）+（3x2+x-3k）≥0对任意x∈R恒成立，求k的最大值．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1过点P（a，1），其参数方程为（t为参数，a∈R）．以O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ+4cosθ-ρ=0．（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线C1与曲线C2交于A，B两点，且||=2||，求实数a的值．23.已知函数f（x）和g（x）的图象关于原点对称，且f（x）=x2+2x．（Ⅰ）解关于x的不等式g（x）≥f（x）-|x-1|；（Ⅱ）如果对∀x∈R，不等式g（x）+c≤f（x）-|x-1|恒成立，求实数c的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：由题设（1-i）z=1+i得z==故选：C．由复数的除法进行变行即可求出复数的除法与乘法是复数的基本运算2.答案：B解析：解：∵A={0，1，2}，B={2，3}，∴A∪B={0，1，2，3}．故选：B．可以求出集合A，然后进行并集的运算即可．考查描述法、列举法的定义，以及并集的运算．3.答案：A解析：解：向量=（1，1），=（-1，3），=（2，x）满足（3+）•=10，可得（2，6）•（2，x）=10，可得4+6x=10，解得x=1．故选：A．利用向量的坐标运算以及数量积的运算法则化简求解即可．本题考查向量的坐标运算，向量的数量积的应用，考查计算能力．4.答案：A解析：【分析】本题主要考查两角差的和的正切公式的应用，属于基础题．由题意利用两角差的和的正切公式，求得tan（）=tan[（α+）+]的值．【解答】解：∵tan（α+）=-2，∴tan（）=tan[（α+）+]===-，故选：A．5.答案：B解析：解：数列的前15项为2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6，15，20，15，6，可得此数列的前15项和为2+3+3+4+6+4+5+10+10+5+6+15+20+15+6=4-2+8-2+16-2+32-2+64-2=（4+8+16+32+64）-10=114．故选：B．由题意写出数列的前15项计算可得所求和．本题考查数列在实际问题中的运用，考查数列的求和，以及运算能力，属于基础题．6.答案：A解析：解：∵2m+n=1，则+=（+）（2m+n）=3+，当且仅当时取等号，即最小值3+2，故选：A．由题意可得，+=（+）（2m+n），展开后利用基本不等式可求．本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是对应用条件的配凑．7.答案：B解析：解：∵ln（1+）=ln=ln（i+1）-ln i，∴i=1时，S=ln2-ln1=ln2，i=2时，S=ln2+ln3-ln2=ln3，i=3时，S=ln3+ln4-ln3=ln4，i=4，S=ln4+ln5-ln4=ln5，此时i=5不满足条件，输出S=ln5，即条件为i≤4？，故选：B．根据程序框图进行模拟运算即可．本题主要考查程序框图的识别和判断，利用条件进行模拟运算是解决本题的关键．8.答案：B解析：【分析】求出P到平面ABC的距离，AC为截面圆的直径，由勾股定理可得R2=（）2+d2=（）2+（-d）2，求出R，即可求出球的表面积．本题考查球的表面积，考查学生的计算能力，求出球的半径是关键．属于中档题．【解答】解：由题意，AC为截面圆的直径，AC==，设球心到平面ABC的距离为d，球的半径为R，∵PA=PB=1，AB=，∴PA⊥PB，∵平面PAB⊥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．由勾股定理可得R2=（）2+d2=（）2+（-d）2，∴d=0，R2=，∴球的表面积为4πR2=3π．故选：B．9.答案：D解析：解：①中线段为虚线，②正确，③中线段为实线，④正确，故选：D．根据空间几何体的三视图的画法结合正方体判断分析．本题考查了空间几何体的三视图的画法，属于中档题，空间想象能力．10.答案：C解析：解：当x=0时，y=0-2sin0=0故函数图象过原点，可排除A又∵y'=故函数的单调区间呈周期性变化分析四个答案，只有C满足要求故选：C．根据函数的解析式，我们根据定义在R上的奇函数图象必要原点可以排除A，再求出其导函数，根据函数的单调区间呈周期性变化，分析四个答案，即可找到满足条件的结论．本题考查的知识点是函数的图象，在分析非基本函数图象的形状时，特殊点、单调性、奇偶性是我们经常用的方法．11.答案：A解析：【分析】根据抛物线和双曲线有相同的焦点求得p和c的关系，根据抛物线的定义可以求出P的坐标，代入双曲线方程与p=2c，b2=c2-a2，联立求得a和c的关系式，然后求得离心率e．本题主要考查了双曲线，抛物线的简单性质．考查了学生综合分析问题和基本的运算能力．解答关键是利用性质列出方程组．【解答】解：∵抛物线y2=8x的焦点坐标F（2，0），p=4，∵抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴p=2c，c=2，∵设P（m，n），由抛物线定义知：|PF|=m+=m+2=5，∴m=3．∴P点的坐标为（3，），∴，解得：，c=2，则双曲线的离心率为2，故选：A．12.答案：C解析：解：f（x）=ln x-ax2，可得f′（x）=-2ax，①a≤0时，f′（x）＞0函数是增函数，不可能有两个零点，②0＜a时，令f′（x）=-2ax=0，解得x=，当0时，f′（x）＞0函数是增函数，当x＞时，f′（x）＜0函数是减函数，f（x）的最大值为：f（）=ln-a（）2=-，f（x）恰有两个不同的零点，当x→0+时，f（x）→-∞，当x→+∞时，f（x）→-∞，所以-＞0，解得a∈（0，）．故选：C．利用函数的导数，求解函数的最大值大于0，结合函数的单调性，判断零点的个数即可．本题考查函数的零点问题，渗透了转化思想，分类讨论思想的应用，是一道难题．13.答案：-2解析：解：由x，y满足约束条件作出可行域如图，化目标函数z=x-2y为y=x-．联立，解得：C（0，1）．由图可知，当直线y=x-过C（0，1）时直线在y轴上的截距最大，z有最小值，等于0-2×1=-2．故答案为：-2．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．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.答案：解析：解：∵8a2-a5=0，∴q3==8，∴q=2，则==，故答案为：．由已知结合等比数列的性质可求q3=，进而可求q，然后结合等比数列的求和公式，代入即可求解．本题主要考查了等比数列的性质及求和公式的简单应用，属于基础试题．15.答案：-26解析：解：由（1-x）6的展开式的通项得：T r+1=（-x）r，则（1+）（1-x）6展开式中x3的系数为（-1）3+（-1）5=-26，故答案为：-26．由二项式定理及二项式展开式的通项公式得：（1+）（1-x）6展开式中x3的系数为（-1）3+（-1）5=-26，得解．本题考查了二项式定理、二项式展开式的通项公式及分类讨论思想，属中档题．16.答案：e2解析：解：根据题意，曲线y=2ln x，其导数y′=，则x=e2处的切线的斜率k=y′=，则切线的方程为y-4=（x-e2），即y=x+2，x=0，y=2，切线与y轴的交点坐标为（0，2），y=0，x=-e2，切线与y轴的交点坐标为（-e2，0），则切线与坐标轴所围三角形的面积S=×2×|-e2|=e2；故答案为：e2根据题意，求出y=2ln x的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率k=y′=，进而可得切线的方程，求出切线与x轴、y轴交点的坐标，由三角形面积公式计算可得答案．本题考查利用导数计算曲线的切线方程，关键是掌握导数的几何意义．17.答案：解：（Ⅰ）△ABC中，（a+b+c）（a+b-c）=3ab，∴a2+b2-c2=ab，由余弦定理得，cos C==；又∵C∈（0，π），∴C=；（Ⅱ）由c=2，C=，根据正弦定理得，====，∴a+b=（sin A+sin B）=[sin A+sin（-A）]=2sin A+2cos A=4sin（A+）；又∵△ABC为锐角三角形，∴，解得＜A＜；∴＜A+＜，∴2＜4sin（A+）≤4，综上，a+b的取值范围是（2，4]．解析：（Ⅰ）化简（a+b+c）（a+b-c）=3ab，利用余弦定理求得C的值；（Ⅱ）由正弦定理求出a+b的解析式，利用三角恒等变换化简，根据题意求出A的取值范围，从而求出a+b的取值范围．本题考查了三角恒等变换与正弦、余弦定理的应用问题，是中档题．18.答案：解：（Ⅰ）绘出y关于x的散点图，如图所示；由散点图可知，y=ce dx更适合作为该种细菌的繁殖数量y关于x的回归方程类型；（Ⅱ）把y=ce dx两边取自然对数，得ln y=dx+ln c，即k=dx+ln c，由d==≈0.183≈0.2，ln c=3.8-0.183×18≈0.5．∴ln y=0.2x+0.5，则y关于x的回归方程为y=e0.5•e0.2x；（Ⅲ）当x=25时，计算可得y=e0.5•e5=e5.5≈245；即温度为25℃时，该种细菌的繁殖数量的预报值为245．解析：（Ⅰ）绘出y关于x的散点图，由散点图判断y=ce dx更适合作为回归方程类型；（Ⅱ）把y=ce dx两边取自然对数，得ln y=dx+ln c，求出回归系数，写出回归方程；（Ⅲ）利用回归方程计算x=25时y的值即可．本题考查了线性回归方程的应用问题，也考查了数学转化思想与计算能力，是中档题．19.答案：证明：（Ⅰ）证法一：过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF．由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC．所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC．又EO⊥BC，∴BC⊥平面EFO，又EF⊂平面EFO，∴EF⊥BC．证法二：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y 轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．则B（0，0，0），A（0，-1，），D（，-1，0），C（0，2，0）．E（0，，），F（，，0），∴=（，0，-），=（0，2，0），∴•=0．∴EF⊥BC．（2）解：解法一：过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG．由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG⊥BF．∴∠EGO为二面角E-BF-C的平面角．在△EOC中，EO=EC=BC•cos30°=，由△BGO∽△BFC知，OG=•FC=，∴tan∠EGO==2，∴cos∠EGO=，即二面角E-BF-C的余弦值为．解法二：在图中，平面BFC的一个法向量为=（0，0，1）．设平面BEF的法向量为=（x，y，z），又=（，，0），=（0，，）．，取x=1，得=（1，-，1）．设二面角E-BF-C的大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos θ=|cos＜＞=||==，故．二面角E-BF-C的余弦值为．解析：（Ⅰ）法一：过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF．证出△EOC≌△FOC．从而FO⊥BC．又EO⊥BC，进而BC⊥平面EFO，由此能证明EF⊥BC．法二：以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能证明EF⊥BC．（2）法一：过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG．由三垂线定理知EG⊥BF．∠EGO为二面角E-BF-C 的平面角．由此能求出二面角E-BF-C的余弦值．法二：求出平面BFC的一个法向量和平面BEF的法向量，利用向量法能求出二面角E-BF-C的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：解：（Ⅰ）由题意得，得．（2分）结合a2=b2+c2，解得a2=12，b2=3．（3分）所以，椭圆的方程为．（4分）（Ⅱ）由得（b2+a2k2）x2-a2b2=0．设A（x1，y1），B（x2，y2）．所以，（6分）依题意，OM⊥ON，易知，四边形OMF2N为平行四边形，所以AF2⊥BF2，（7分）因为，，所以．（8分）即，（9分）将其整理为k2=-=-1-（10分）因为，所以，12≤a2＜18．（11分）所以，即．（13分）解析：（Ⅰ）由题意得，得，由此能求出椭圆的方程．（Ⅱ）由得（b2+a2k2）x2-a2b2=0．设A（x1，y1），B（x2，y2）．所以，依题意OM⊥ON知，四边形OMF2N为矩形，所以AF2⊥BF2，因为，，所以．由此能求出k的取值范围．本题考查椭圆方程的求法和直线与椭圆位置关系的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．21.答案：解：（1）函数f（x）=e x-x2-1，则f′（x）=e x-2x，又g（x）=，x∈（0，+∞），则g′（x）==；设y=e x-x-1，则y′=e x-1＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，即y=e x-x-1在x＞0时单调递增；所以y=e x-x-1＞0；令g′（x）＞0，可得x＞1，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1；所以g（x）的单调增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；所以函数g（x）的极小值为g（1）=e-2，无最大值；（2）不等式f（x）+（3x2+x-3k）≥0对任意x∈R恒成立，即为e x+x2+x--1≥0对任意x恒成立，即k≤e x+x2+x-对任意x∈R恒成立；设h（x）=e x+x2+x-，则h′（x）=e x+x+，易知h′（x）在R上单调递增，h′（-1）=-＜0，h′（0）=＞0，则存在唯一的x0∈（-1，0），使h′（x0）=0，即+x0+=0；当x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x＞x0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，所以h（x）min=h（x0）=++x0-；又h′（x0）=0，则h（x0）=（--x0）++x0-=（-x0-3），又x0∈（-1，0），则h（x0）∈（-1，-），即k≤e x+x2+x-对任意x∈R恒成立，所以k≤h（x0），由k max=-1，得出k的最大值为-1．解析：（1）根据题意，对函数g（x）=求导数，利用导数判断g（x）的单调性，并求g（x）的极值；（2）根据题意化为k≤e x+x2+x-对任意x∈R恒成立，构造函数，利用导数求该函数的最小值即可．本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值问题，也考查了不等式恒成立问题，也考查了构造法与转化思想，是难题．22.答案：解：（I）∵曲线C1过点P（a，1），其参数方程为（t为参数，a∈R），∴曲线C1的普通方程为x-y-a+1=0，∵曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ+4cosθ-ρ=0．∴曲线C2的极坐标方程为ρ2cos2θ+4ρcosθ-ρ2=0，∴x2+4x-x2-y2=0，即曲线C2的直角坐标方程为y2=4x．（说明：化简不对，但准确写出互化公式得1分）（2）设A、B两点所对应参数分别为t1，t2，联解，得，要有两个不同的交点，则，即a＞0，由韦达定理有，∵||=2||，∴，或=-2，当时．根据直线参数方程的几何意义可知t1=2t2，，解得a=，a=，符合题意，∴实数a的值为．当时．根据直线参数方程的几何意义可知t1=-2t2，，解得a=，a=＞0，符合题意，∴实数a的值为．综上，a的值为或．解析：（I）由曲线C1参数方程能求出曲线C1的普通方程；曲线C2的极坐标方程化为ρ2cos2θ+4ρcosθ-ρ2=0，由此能求出曲线C2的直角坐标方程．（2）设A、B两点所对应参数分别为t1，t2，联解，得，由此能求出实数a的值．本题考查极坐标方程化普通方程，韦达定理，直线参数方程的几何意义，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23.答案：（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲解：（Ⅰ）∵函数f（x）和g（x）的图象关于原点对称，∴g（x）=-f（-x）=-（x2-2x），∴g（x）=-x2+2x，x∈R．∴原不等式可化为2x2-|x-1|≤0．上面不等价于下列二个不等式组：…①，或…②，由①得，而②无解．∴原不等式的解集为．…（5分）（Ⅱ）不等式g（x）+c≤f（x）-|x-1|可化为：c≤2x2-|x-1|．作出函数F（x）=2x2-|x-1|的图象（这里略）．由此可得函数F（x）的最小值为，∴实数c的取值范围是．…（10分）解析：先将M，N化简，再计算交集或并集，得出正确选项本题考查二次函数图象与性质．。
2020届陕西省高三第三次联考理科数学试题(解析版)
理科数学
一、选择题
1.全集U R ，集合 A x y ln x 1 ， B y y x 2 4x 8 ，则 A ðU B （ ）
A. 1, 2
B. 1, 2
C. 1, 2
D. 1, 2
【答案】A 【解析】 【分析】
首先根据对数函数的性质以及二次函数的图像与性质求出集合 A 、 B ，再利用集合的交、补运算即可求解.
ab
（
）
A. 5
B. 2 5
C. 5
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
利用向量平行的条件列方程，解方程求得
x
的值，求得
a
b
的坐标后，求得
r a
r b
.
【详解】由题得 2x 6 0 . x 3 ，
a b 4, 2 ，
ab
42 22 2 5 .
故选：B
【点睛】本小题主要考查向量平行的坐标表示，考查向量减法和模的坐标运算，属于基础题.
最小值为（ ）
A. 4
B. 5
【答案】C
C. 4 2 2
D. 5 2 2
【解析】
【分析】
将问题转化为求 PA PF 的最小值，根据抛物线的定义可知 PF PD ，即求 PA PD 的最小值，
当 P 、 A 、 D 三点共线时， PA PD 最小，由 PA PD min xA 1 3 1 4 即可求解.
交稿数为（ ）
A. 2800 【答案】D
B. 3000
C. 3200
D. 3400
【解析】
【分析】
先求出总的稿件的数量，再求出高三年级交稿数占总交稿数的比例，再求高三年级的交稿数.
2020届陕西省高三第三次联考数学(理)试卷及解析
2020届陕西省高三第三次联考数学（理）试卷★祝考试顺利★(解析版)一、选择题1.全集U =R ,集合(){}ln 1A x y x ==-,{B y y ==,则()U A B =（ ）A. ()1,2B. (]1,2C. [)1,2D. []1,2【答案】A【解析】 首先根据对数函数的性质以及二次函数的图像与性质求出集合A 、B ,再利用集合的交、补运算即可求解.【详解】{{}2B y y y y ====≥, {}2U B y y =<,(){}{}ln 11A x y x x x ==-=>, ()()1,2U A B ⋂=． 故选：A ．2.已知复数51i z i +=-（i 为虚数单位）,则在复平面内z 所对应的点在（ ） A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】根据复数的除法运算,求得复数23z i =+,再结合复数的几何意义,即可求解. 【详解】由题意,根据复数除法运算,可得复数5(5)(1)46231(1)(1)2i i i i z i i i i ++++====+--+, 则在复平面内z 所对应的点为()2,3,在第一象限.故选：A .3.已知向量()2,1a =-,()6,b x =,且//a b ,则a b -=（ ）A. 5B. 25C. 5D. 4【答案】B【解析】 利用向量平行的条件列方程,解方程求得x 的值,求得a b -的坐标后,求得a b -.【详解】由题得260x +=.3x ∴=-,()4,2a b ∴-=-,()224225a b ∴-=-+=.故选：B4.已知二项式()20121n n n x a a x a x a x +=+++⋅⋅⋅+,且16a =,则012n a a a a +++⋅⋅⋅+=（ ）A. 128B. 127C. 64D. 63【答案】C【解析】 结合二项式展开式的通项公式以及1a ,求得n 的值,利用赋值法求得所求表达式的值.【详解】由题意,二项式()1n x +展开式的通项为1r n r r n T C x -+=,令1=-r n ,可得1n n n T C x -=,即16n n C -=.解得6n =.令1x =,则6012264n a a a a +++⋅⋅⋅+==.故选:C5.某市在“一带一路”国际合作高峰论坛前夕,在全市高中学生中进行“我和‘一带一路’”的学习征文,收到的稿件经分类统计,得到如图所示的扇形统计图．又已知全市高一年级共交稿2000份,则高三年级的交稿数为（ ）A. 2800B. 3000C. 3200D. 3400 【答案】D。
2020届陕西省高三第三次联考数学(理)试题(解析版)
（1）由题意 ， ，
，
，
.
（2）①由（1）得 ，
当 时， ， .
即当年宣传费为10万元时，年销售量为9.1，年利润的预报值为2.25.
②令年利润与年宣传费的比值为 ，则 ， .
当且仅当 即 时取最大值.故该公司应该投入5万元宣传费，才能使得年利润与年宣传费的比值最大.
【点睛】
本小题主要考查回归直线方程的计算，考查利用回归直线方程进行预测，考查利用基本不等式求最值，属于中档题.
【点睛】
本小题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题.
7．设 为两条直线， 为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若 与 所成的角相等，则
B．若 ， ，则
C．若 ，则
D．若 ， ，则
【答案】D
【解析】【详解】试题分析：A项中两直线 还可能相交或异面,错误；
B项中两直线 还可能相交或异面,错误；
本题主要考查了复数的几何意义，以及复数的除法运算，其中解答中熟练应用复数的除法运算，求得复数的代数形式是解答的关键，着重考查了计算能力.
3．已知向量 ， ，且 ，则 （）
A．5B． C． D．4
【答案】B
【解析】利用向量平行的条件列方程，解方程求得 的值，求得 的坐标后，求得 .
【详解】
由题得 . ，
A．a＞b＞cB．a＞c＞bC．c＞a＞bD．c＞b＞a
【答案】D
【解析】【详解】
由偶函数的性质可得： ，
结合偶函数的性质可得函数f(x)在区间 是单调递增，
且： ，故 ，
即 .
本题选择D选项.
点睛：实数比较大小：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
2020届陕西高三第三次模拟考试卷理科数学解析
（2）在线段 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成的角的正弦值为 ？若存在，确定点 的位置；若不存在，请说明理由．
19．（12分）已知 ， ， ， ．
（1）求 的轨迹 ；
（2）过轨迹 上任意一点 作圆 的切线 ， ，设直线 ， ， 的斜率分别是 ， ， ，试问在三个斜率都存在且不为 的条件下， 时候是定值，请说明理由，并加以证明．
2．答案:】C
解:对复数 进行化简： ，
所以 ．
3．答案:】D
解:标准化 ，通径 ．
4．答案:】D
解:设 年该校参加高考的人数为 ，则 年该校参加高考的人数为 ．
对于选项A， 年一本达线人数为 ， 年一本达线人数为 ，
可见一本达线人数增加了，故选项A错误；
对于选项B， 年二本达线人数为 ， 年二本达线人数为 ，
（1）若不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）是否存在实数 ， ，使得 ？并说明理由．
答 案
第Ⅰ卷
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．答案:】A
解:由 可知集合 中一定有元素 ，
所以符合要求的集合 有 ， ， ， 共 种情况．
（2）在 中， ，∴ ，ຫໍສະໝຸດ ， ，∴ 的周长，
又∵ ，∴ ，
当 ，即 时， 取得最大值 ．
18．答案:】（1）证明见解析；（2）存在， 为线段 的中点．
解:（1）证明：∵ ， 为 的中点，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，∴ ，
∵ ，∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴平面 平面 ．
（2）如图，由（1）知， ， ，点 ， 分别为 ， 的中点，
陕西省咸阳市2020年高考模拟检测(三)数学(理科)试题 含答案
陕西省咸阳市2020年高考模拟检测(三)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.若集合A={1,2,3,4,5},集合{|04},B x x <=<则图中阴影部分表示 A.{1.2,3,4}B.{1，2，3}C.{4，5}D.{1，4}2.已知等比数列{a n }的前n 项和为143,2,1,n S a a a ==则4S = A.31 B.15 C.8 D.73.某医院抽调甲、乙、丙三名医生,抽调A 、B 、C 三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战，其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作,则医生甲和护士A 被选为第一医院工作的概率为 A.112 B.16 C.15 D.194.已知非零向量a,b 满足||,a b =且−⊥(a b)b 则与a b 的夹角为A.π6B.π4C.π3D.π25.设复数=满足|1i |1z −+=,z 在复平面内对应的点为(),,P x y 则点P 的轨迹方程为()2222.1 1 .(1)1A x y B x y ++=−+= ()()2222.(1) 1 .111C x y D x y +−=−++=6.“22ππα−<<”是“方程2212cos x y α−=表示双曲线”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7.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造在一个和谐优美的几何体。
2020年陕西高三三模数学试卷(理科)
因为平面
平面 ，
，
为 中点，所以
平面
，
，
．
，
11
，
设球的半径为 ，则有
，
.
，
即
，解得
，
故表面积为
．
17.（ 1 ）
．
（ 2 ） （人）．
（ 3 ） （分）．
解析:
（ 1 ）由
，解得
．
（ 2 ）成绩在
之间的频率为 ，故可估计所有参赛者中获得奖励的人数约为
（人）．
（ 3 ）平均分的估计值为：
（分）．
18.（ 1 ） ． （2） ．
，
执行循环体，
，
不满足条件 ，执行循环体，
，
不满足条件 ，执行循环体，
，
不满足条件 ，执行循环体，
，
此时，满足条件 ，退出循环，输出 的值为 ，
故答案为 ．
14. 或 解析:
10
由题意：①
，二次函数
开口向上，对称轴为
，
，解得
；
②
，二次函数 开口向下，对称轴为
，
即
，解得
；
故答案为： 或 ．
，即 ，
15. 或
4. D
解析:
因为正态曲线关于直线
对称，所以可得
．
又因为 的值反映的是这组数据的集中情况，其值越小图像越瘦长，越大图像越矮胖，
所以可得
，
故选 ．
5. A 解析: 由表中数据可知，
满足回归方程 则 解得： ． 故选 ．
， ，
， ，
6. C
解析:
画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数
在点
处取得最小值为
2020届陕西省高考数学三模试卷(含解析)
2020届陕西省高考数学三模试卷一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若z =(i +1)(i −2)，则复数z 的实部与虚部之和为( )A. 1B. −1C. −2D. −42. 已知集合U ={−2,−1,0,1,2,3}，A ={−1,0,1},B ={1,2},则∁U (A ∪B)=( )A. {−2,3}B. {−2,2,3}C. {−2,−1,0,3}D. {−2,−1,0,2,3}3. 已知向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为60°，|a ⃗ |=2，|b ⃗ |=5，则2a ⃗ −b⃗ 在a ⃗ 方向上的投影为( ) A. 32B. 2C. 52D. 34. 已知函数f(x)=2sinx −acosx 图象的一条对称轴为=−π6，f(x 1)+f(x 2)=0，且函数f(x)在(x 1,x 2)上单调，则|3x 1+2x 2|的最小值为( )A. π2B. 4π3C.13π6D. 7π65. 某人进行了如下的“三段论”推理：如果，则是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以是函数的极值点。
你认为以上推理的A. 大前提错误B. 小前提错误C. 推理形式错误D. 结论正确6. 下列命题为真命题的是( )A. 函数y =x +4x+1最小值为3 B. 函数y =lgx +1lgx 最小值为2 C. 函数y =2x +12x +1最小值为1D. 函数y =x 2+1x 2最小值为27. 已知H 是球O 的直径AB 上的一点，AH ：HB =1：2，AH ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为( )A. 9π4B. 9π2C. 9π8D.16π38. 执行如图所示的程序框图，若输入的的值为，则输出的的值为( )A. 3B. 126C. 127D. 1289. 下列三视图所表示的几何体是( )A. 正方体B. 圆锥体C. 正四棱台D. 长方体10. 方程(x +y −1)√x 2+y 2−4=0所表示的曲线是( )A.B.C.D.11. 已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0)的左焦点为F ，虚轴的上端点为B ，P 为双曲线支上的一个动点，若△PBF 周长的最小值等于实轴长的4倍，则该双曲线的离心率为( )A. √5B. √2C. √102 D. √10512. 设f(x)={x −2,(x ≥10)f(x +6),(x <10)，则f(5)的值为( )A. 10B. 9C. 12D. 13二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 在区间[0,2]上任取两个数a ，b ，能使函数f(x)=ax +b +1在区间[−1,1]内有零点的概率等于______ ．14. 已知变量x ，y 满足约束条件{x −y +2≤0x ≥1x +y −7≤0，则yx 的最大值是______ ．15. 已知等比数列{a n }中，a 2=1，a 5=−8，则{a n }的前5项和为______．16. 曲线f(x)=xsinx 在点(π,f(π))处的切线方程为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，已知内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a =6，c =3．(Ⅰ)若cosB =59，求b 及cosC −2cosA 的值； (Ⅱ)求角C 的取值范围．18. 某企业为了对新研发的一批产品进行合理定价，将产品按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据(x i ,y i )(i =1,2，…6)，如表所示：已知y =80． (1)求表格中q 的值；(2)已知变量x ，y 具有线性相关性，试利用最小二乘法原理，求产品销量y 关于试销单价x 的线性回归方程y ̂=b ̂x +a ̂(参考数据∑x i 6i=1y i =3050,∑x i 26i=1=271)；(3)用(2)中的回归方程得到的与x i 对应的产品销量的估计值记为y i ∧(i =1,2，……，6).当|y ̂i −y i |≤1时，则称(x i ,y i )为一个“理想数据”.试确定销售单价分别为4，5，6时有哪些是“理想数据”．19.(文科)已知如图，在三棱锥P−ABC中，顶点P在底面的投影H是△ABC的垂心．(Ⅰ)证明：PA⊥BC；(Ⅱ)若PB=PC，BC=2，且二面角P−BC−A度数为60°，求三棱锥P−ABC的体积V P−ABC的值．20.椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别是F1，F2，离心率为√32，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1．(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k≠0，试证明1kk1+1kk2为定值，并求出这个定值．21. 已知函数f(log a x)=aa 2−1(x −x −1)，其中a >0且a ≠1．(1)求函数f(x)的解析式，并判断其奇偶性和单调性；(2)对于函数f(x)，当x ∈(−1,1)时，f(1−m)+f(1−m 2)<0，求实数m 的取值范围； (3)当x ∈(−∞,2)时，f(x)−6的值恒为负数，求函数a 的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1：x +y =4，曲线C 2：{x =1+cosφy =sinφ(φ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． (Ⅰ)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(Ⅱ)若射线θ=α(ρ≥0)与曲线C 1，C 2的公共点分别为A ，B ，求|OB||OA|的最大值．23. 已知函数f(x)=e x −e −x −2x ，x ∈R ．(1)判断函数f(x)的奇偶性．(2)设f′(x)为f(x)的导函数，若函数f(x)=f′(2x)−2axf′(x)+2a 2，−4a −4，x ∈R 存在零点，求实数a 的取值范围．(3)设t>1，研究函数ℎ(x)=f(e x)+f(−x−t)，x≥0的零点个数．【答案与解析】1.答案：D解析：解：∵z=(i+1)(i−2)=−3−i，∴复数z的实部与虚部分别为−3，−1，其和为−4．故选：D．利用复数代数形式的乘除运算化简，分别求出z的实部与虚部，作和得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础的计算题．2.答案：A解析：本题考查集合的运算，属基础题．先求出A∪B，再求补集．解：∵A∪B={−1,0,1,2}，∴∁U(A∪B)={−2,3}.故选A．3.答案：A解析：本题考查了平面向量数量积的定义与投影的计算问题，是基础题目．根据平面向量数量积的定义与投影的定义，进行计算即可．解：∵向量a⃗与b⃗ 的夹角为60°，且|a⃗|=2，|b⃗ |=5，∴(2a⃗−b⃗ )⋅a⃗=2a⃗2−b⃗ ⋅a⃗=2×22−5×2×cos60°=3，∴向量2a⃗−b⃗ 在a⃗方向上的投影为a⃗ ⋅(2a⃗ −b⃗)|a⃗ |=32．故选：A．4.答案：D解析：解：由题意，f(x)=2sinx−acosx=√4+a2sin(x+θ)，θ为辅助角，因为对称轴x=−π6，所以f(−π6)=−1−√32a，即√4+a2=|−1−√32a|，解得a=2√3，所以f(x)=4sin(x−π3)，对称轴方程为x=−π6+kπ(k∈Z)，又因为f(x)在(x1,x2)上具有单调性，且f(x1)+f(x2)=0，设x=x1，x=x2为相邻对称轴，当x1=−π6，x2=5π6时取最小值7π6，也可解：设A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，则线段AB的中点为函数f(x)的对称中心，即x1+x22=kπ+π3，k∈Z，所以x1+x2=2kπ+2π3(k∈Z)，易知最小值在k=0时取得，此时x1+x2=2π3，x1∈[−π6,π3),|3x1+2x2|=|2(x1+x2)+x1|≥|4π3+x1|≥7π6,故选：D．由已知结合正弦函数的对称性及最值关系可求a，然后结合已知及对称中心的性质可求．本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档试题．5.答案：A解析：试题分析：解：∵大前提是：“对于可导函数f(x)，如果f′(x0)=0，那么x=x0是函数f(x)的极值点”，不是真命题，因为对于可导函数f(x)，如果f′(x0)=0，且满足当x>x0时和当x<x0时的导函数值异号时，那么x=x0是函数f(x)的极值点，∴大前提错误，故选A．考点：演绎推理点评：本题考查的知识点是演绎推理的基本方法，演绎推理是一种必然性推理，演绎推理的前提与结论之间有蕴涵关系．因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，但错误的前提可能导致错误的结论．6.答案：D解析：解：A.x<−1时，y<0，因此不正确；B.0<x<1时，lgx<0，此时y<0；C.y=2x+12x+1=2x+1+12x+1−1>2−1=1，因此无最小值．D.y=x2+1x2≥2√x2⋅1x2=2，当且仅当x=±1时取等号，因此正确．故选：D．利用基本不等式的使用法则“一正二定三相等”即可判断出结论．本题考查了基本不等式的使用法则“一正二定三相等”，考查了推理能力与计算能力，是基础题．7.答案：B解析：解：设球的半径为R，∵AH：HB=1：2，∴平面α与球心的距离为13R，∵α截球O所得截面的面积为π，∴d=13R时，r=1，故由R2=r2+d2得R2=12+(13R)2，∴R2=98∴球的表面积S=4πR2=92π．故选：B．设球的半径为R，根据题意知由与球心距离为13R的平面截球所得的截面圆的面积是π，我们易求出截面圆的半径为1，根据球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易求出该球的半径，进而求出球的表面积．本题考查的知识点是球的表面积公式，若球的截面圆半径为r，球心距为d，球半径为R，则球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理．8.答案：C解析：试题分析：输入的的值为，运行程序，不满足；运行程序，不满足；运行程序，满足，输出．故选C．考点：算法与程序框图9.答案：C解析：解：从正视图和侧视图可知，几何体可能是棱台或圆台，从俯视图可知几何体是正四棱台， 故选C ．由题意三视图的正视图、侧视图判断三视图复原的几何体是棱台，从俯视图判断是正四棱台，不难得到选项．本题是基础题，考查三视图复原几何体的判断，考查空间想象能力，逻辑思维能力，常见图形的三视图应该牢记在心．10.答案：D解析：本题主要考查了曲线与方程的问题，考查了考生对曲线方程的理解和对图象分析的能力，属于中档题．原方程等价于：{x +y −1=0x 2+y 2≥4，或x 2+y 2=4；两组方程分别表示圆和不在圆内部分的直线，进而可推断出方程表示的曲线为圆和与圆相交且去掉圆内的部分． 解：原方程等价于：{x +y −1=0x 2+y 2≥4，或x 2+y 2=4； 其中当x +y −1=0需√x 2+y 2−4有意义，等式才成立，即x 2+y 2≥4， 此时它表示直线x −y −1=0上不在圆x 2+y 2=4内的部分， 故选：D ．11.答案：A解析：解：由题意可得B(0,b)，F(c,0)，设F′(−c,0)， 由双曲线的定义可得|PF|−|PF′|=2a ， |PF|=|PF′|+2a ， |BF|=|BF′|=√b 2+c 2，则△BPF 的周长为|PB|+|PF|+|BF||=|PB|+|PF′|+2a +|BF′|≥2|BF′|+2a ，当且仅当B ，P ，F′共线，取得最小值，且为2a +2√b 2+c 2，由题意可得8a =2a +2√b 2+c 2， 即9a 2=b 2+c 2=2c 2−a 2，即5a 2=c 2， 则e =ca =√5， 故选：A ．由题意求得B ，F 的坐标，设出F′，运用双曲线的定义可得|PF|=|PF′|+2a ，则△BPF 的周长为|PB|+|PF|+|BF|=|PB|+|PF′|+2a +√b 2+c 2，运用三点共线取得最小值，可得a ，b ，c 的关系式，由a ，b ，c 的关系，结合离心率公式，计算即可得到所求值．本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和转化为三点共线取得最小值，考查运算能力，属于中档题．12.答案：B解析：解：由题意得f(x)={x −2,(x ≥10)f(x +6),(x <10)，所以f(5)=f(11)=11−2=9． 故选B ．根据分段函数的解析式可得f(5)=f(11)，进而得到答案．解决此类问题的关键是熟悉解析式的结构特征，细心仔细即可得到答案．13.答案：18解析：解：在区间[0,2]上任取两个数a ，b ，则{0≤a ≤20≤b ≤2，对应的平面区域为边长为2的正方形，面积为2×2=4， 若函数f(x)=ax +b +1在区间[−1,1]内有零点， 则f(−1)f(1)≤0，即(a +b +1)(−a +b +1)≤0，作出不等式对应的平面区域如图：(阴影部分)， 对应的面积S =12×1×1=12，则根据几何概型的概率公式可得函数f(x)=ax +b +1在区间[−1,1]内有零点的概率等于124=18，故答案是：18求出函数有零点的等价条件，利用几何概型的概率公式即可得到结论．本题主要考查几何概型的概率计算，根据函数有零点的等价条件求出a 的取值范围是解决本题的关键．利用数形结合和线性规划是解决本题的突破．14.答案：6解析：解：作出不等式组对应的平面区域如图：设z =yx ，则z 的几何意义是区域内的点M(x,y)与原点的斜率， 由图象可知当直线OM 经过点A 时，直线OM 的斜率最大， 由{x =1x +y −7=0，即{x =1y =6， 即A(1,6)，此时z 最大为61=6， 即yx 的最大值为6， 故答案为：6作出不等式组对应的平面区域，设z =yx ，利用z 的几何意义，结合数形结合即可得到结论． 本题主要考查线性规划的应用，利用直线斜率的公式是解决本题的关键．15.答案：−112解析：解：根据题意，设等比数列{a n }的公比为q ，若a 2=1，a 5=−8，则有q 3=a5a 2=−8，则q =−2；则a 1=a 2q=−12则{a n }的前5项和S 5=a 1(1−q 5)1−q=−112，故答案为：−112．根据题意，设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的通项公式可得q 3=a5a 2=−8，计算可得q 与a 1的值，由等比数列的前n 项和公式计算可得答案．本题考查等比数列的前n 项和，注意分析该数列的公比，属于基础题．16.答案：y=−πx+π2解析：解：求导数可得f′(x)=sinx+xcosx，∴x=π时，f′(π)=−π，又∵f(π)=0，∴曲线f(x)=xsinx在点(π,f(π))处的切线方程为y=−π(x−π)，即y=−πx+π2．故答案为：y=−πx+π2．求导数，确定x=π处的切线的斜率，即可求得切线方程．本题考查切线方程，解题的关键是求出切点处切线的斜率，属于基础题．17.答案：解：(Ⅰ)在△ABC中，由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accosB=36+9−2×6×3×59= 25，解得：b=5，而cosC=b2+a2−c22ab =36+25−92×6×5=1315，cosA=b2+c2−a22bc =25+9−362×5×3=−115，可得：cosC−2cosA=1315−2×(−115)=1(Ⅱ)在△ABC中，由正弦定理可得asinA =csinC，由a=6，c=3，可得：sinC=12sinA，∵0<A<π，∴0<sinA≤1，∴0<sinC≤12，∵c<a，可得C<A，可得C为锐角，∴C的取值范围是：(0,π6]解析：(Ⅰ)由已知及余弦定理可得b=5，进而根据余弦定理可求cos C，cos A，代入所求即可计算得解．(Ⅱ)由正弦定理可得sinC=12sinA，由范围0<A<π，可求0<sinC≤12，结合大边对大角判断C为锐角，进而可求C的取值范围．本题主要考查了余弦定理，正弦定理，大边对大角在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.答案：解：(1)根据题意，计算y=16×(90+84+83+80+q+68)=80，解得q=75；(2)计算x=16×(4+5+6+7+8+9)=6.5，∴b̂=3050−6×80×6.5271−6×6.52=−4，â=80−(−4)×6.5=106，∴y关于x的回归方程是ŷ=−4x+106；(3)∵回归方程为ŷ=−4x+106，∴ŷ1=−4x1+106=90，|ŷ1−y1|=|90−90|=0<1，∴(x1,y1)=(4,90)是“理想数据”，ŷ2=−4x2+106=86，|ŷ2−y2|=|86−84|=2>1，∴(x2,y2)=(5,84)不是“理想数据”，ŷ3=−4x3+106=82，|ŷ3−y3|=|82−83|=1=1，∴(x3,y3)=(6,83)是“理想数据”．∴“理想数据”为(4,90)，(6,83)．解析：(1)根据题意计算y，列方程求出q的值；(2)计算平均数和回归系数，写出y关于x的回归方程；(3)根据回归方程计算预测值，与实际值比较，判断是否为“理想数据”．本题考查了线性回归方程的求法与应用问题，是中档题．19.答案：(Ⅰ)证明：连接AH，并延长交BC于D，连接BH，并延长交AC于E，连接PD，由PH⊥面ABC，得PH⊥BC，又H是△ABC的垂心，可得AD⊥BC，而PH∩AD=H，则BC⊥面PAD，所以PA⊥BC；…(4分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知BC⊥面PAD，则BC⊥PD，所以∠PDA为二面角P−BC−A的平面角，则有∠PDA=60°由BC⊥PD，PB=PC，可知BD=DC，又BC⊥AD，所以AB=AC在△ABC中，因为H是垂心，由平面几何可知△ABD∽△BHD，所以ADBD =BDDH,⇒AD⋅DH=BD2=1，则S△PAD=12AD⋅PH=12AD⋅DH⋅tan60°=√32，所以V P−ABC=13S△PAD⋅BC=13×√32×2=√33.…(9分)解析：(Ⅰ)连接AH，并延长交BC于D，连接BH，并延长交AC于E，连接PD，证明H是△ABC的垂心，BC⊥面PAD，即可证明：PA⊥BC；(Ⅱ)证明AB=AC，△ABD∽△BHD，求出△PAD的面积，即可求三棱锥P−ABC的体积V P−ABC的值．本题考查线面垂直、线线垂直，考查三棱锥P−ABC的体积，考查学生分析解决问题的能力，难度中等．20.答案：解：(1)把−c代入椭圆方程得c2a2+y2b2=1，解得y=±b2a，∵过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1，∴2b2a=1．又e=ca=√32，联立得{2b2a=1a2=b2+c2ca=√32解得{a=2,b=1c=√3，∴椭圆C的方程为x24+y2=1．(2)如图所示，设|PF1|=t，|PF2|=n，由角平分线的性质可得tn=|MF1||F2M|=√3√3−m，又t+n=2a=4，消去t得到4−nn=√3+m3−m，化为n=√3−m)3，∵a−c<n<a+c，即2−√3<n<2+√3，也即2−√3<√3−m)√3<2+√3，解得−32<m<32．∴m的取值范围；(−32,32)．(3)证明：设P(x0,y0)，不妨设y0>0，由椭圆方程x24+y2=1，取y =√1−x 24，则y ′=−2x 42√1−x24=4√1−x24，∴k =04√1−024=−x 04y 0． ∵k 1=0x+√3，k 2=0x −√3， ∴1k 1+1k 2=2x 0y 0，∴1kk 1+1kk 2=−4y 0x 0×2x 0y 0=−8为定值．解析：(1)把−c 代入椭圆方程得c 2a 2+y 2b 2=1，解得y =±b 2a，由已知过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C截得的线段长为1，可得2b 2a=1.再利用e =c a=√32，及a 2=b 2+c 2即可得出；(2)设|PF 1|=t ，|PF 2|=n ，由角平分线的性质可得tn =|MF 1||F 2M|=√3√3−m，利用椭圆的定义可得t +n =2a =4，消去t 得到4−n n=√3+m√3−m，化为n =√3−m)√3，再根据a −c <n <a +c ，即可得到m 的取值范围；(3)设P(x 0,y 0)，不妨设y 0>0，由椭圆方程x 24+y 2=1，取y =√1−x 24，利用导数即可得到切线的斜率，再利用斜率计算公式即可得到k 1，k 2，代入即可证明结论．本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、角平分线的性质、利用导数的几何意义研究切线、斜率计算公式等基础知识，考查了推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．21.答案：解：(1)由f(log a x)=a a 2−1(x −x −1)，得f(x)=aa 2−1(a x −a −x )，因为定义域为R ，f(−x)=aa 2−1(a −x −a x )=−f(x) 所以f(x)为奇函数， 因为f′(x)=a⋅lna a 2−1(a x +a −x )，当0<a <1及a >1时，f′(x)>0， 所以f(x)为R 上的单调增函数；(2)由f(1−m)+f(1−m 2)<0，得f(1−m)<−f(1−m 2)=f(m 2−1)，， 又x ∈(−1,1)，则−1<1−m <m 2−1<1，得1<m <√2；(3)因为f(x)为R 上的单调增函数，所以若当x ∈(0,2)时，f(x)−6的值恒为负数， 则f(x)−6<0恒成立，则f(2)−6=aa 2−1(a 2−a −2)−6≤0，整理得a 2−6a +1≤0，所以3−2√2≤a ≤3+2√2，又a >0且a ≠1，所以实数a 的取值范围是[3−2√2,1)∪(1,≤3+2√2].解析：(1)根据对数式与相应指数式的关系，由函数f(log a x)=aa −1(x −x −1)，将括号中对应的对数式化为x 后，解析式中x 要化为a x ，求出解析式后，可根据奇偶性的定义及导数法，求出函数的奇偶性和单调性；(2)根据(1)中函数的性质，及x ∈(−1,1)可将不等式f(1−m)+f(1−m 2)<0，化为−1<1−m <1−m 2<1，进而得到实数m 的取值范围；(3)由当x ∈(−∞,2)时，f(x)−6的值恒为负数，根据函数的单调性可得f(2)−6≤0整理可得a 的取值范围．本题是函数奇偶性与单调性的综合应用，特别是后面抽象不等式及恒成立问题，难度较大．22.答案：解：(Ⅰ)曲线C 1：x +y =4，曲C 1的极坐标方程为：ρ(cosθ+sinθ)=4， 整理得：ρsin(θ+π4)=2√2， 曲线C 2：{x =1+cosφy =sinφ(φ为参数)， 消去参数φ，得曲线C 2的普通方程为(x −1)2+y 2=1， 所以曲线C 2的极坐标方程为：ρ=2cosθ．(Ⅱ)设A(ρ1,α)，B(ρ2,α)，因为A 、B 是射线θ=α与曲线C 1，C 2的公共点， 可得−π4<α<π2，则：ρ1=4cosα+sinα，ρ2=2cosα，所以：|OB||OA|=ρ2ρ1=14×2cosα(cosα+sinα)，=√24cos(2α−π4)+14，所以当α=π8时，|OB||OA|取得最大值√2+14．解析：本题考查参数方程和普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的转化，三角函数的恒等变换，三角函数的性质的应用，属于中档题． (Ⅰ)直接利用转换关系，即可求解．(Ⅱ)利用三角函数的恒等变换，再利用三角函数性质，进一步求出函数的最值．23.答案：解：(1)∵f(x)=e x −e −x −2x ，∴f(−x)=e −x −e x +2x =−(e x −e −x −2x)=−f(x)， 则函数f(x)为奇函数；(2)f′(x)=e x +e −x −2，则f′(2x)=e 2x +e −2x −2，则函数g(x)=f′(2x)−2af′(x)+2a 2−4a −4=e 2x +e −2x −2−2a(e x +e −x −2)+2a 2−4a −4=(e x +e −x )2−4−2a(e x +e −x )+4a +2a 2−4a −4=(e x +e −x )2−2a(e x +e −x )+2a 2−8，设t =e x +e −x ，则t =e x +e −x ≥2√e −x ⋅e x =2， 则函数等价为ℎ(t)=t 2−2at +2a 2−8存在大于2的零点， 则满足ℎ(2)≤0，即2a 2−4a −4≤0，解得1−√3≤a ≤1+√3， {△=4a 2−4(2a 2−8)≥0ℎ(2)=4−4a +2a 2−8≥0−−2a a=a ≥2，即{a 2≤8a 2−2a −2≥0a ≥2， 即1+√3≤a ≤2√2，综上可得a 的范围是[1−√3,2√2]；(3)∵f′(x)=e x +e −x −2≥2√e −x ⋅e x −2=2−2=0， ∴函数f(x)在(−∞,+∞)为增函数，∴由ℎ(x)=f(e x )+f(−x −t)=0，得f(e x )=−f(−x −t)=f(x +t)， 即e x =x +t ，即t =e x −x ，设m(x)=e x −x ，则m′(x)=e x −1，当x >0时m′(x)=e x −1>1−1=0， 即函数m(x)=e x −x 则[0,+∞)上为增函数， 则m(x)>m(0)=e 0−0=1，∴当t >1，方程t =e x −x 有唯一一个根，即函数ℎ(x)=f(e x )+f(−x −t)，x ≥0有唯一零点．解析：(1)运用奇偶性的定义判断函数f(x)的奇偶性；(2)求出函数g(x)的表达式，利用换元法转化为关于t的一元二次函数，利用根的分布建立不等式关系即可求实数a的取值范围；(3)求出函数ℎ(x)的表达式，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可得到结论．本题主要考查导数的应用以及函数奇偶性的判断，考查运算能力和推理能力，综合性较强，运算量较大，有一定的难度．。
2020年陕西省西安市高考数学第三次质检试卷(理科)(三模)
2020年陕西省西安市高考数学第三次质检试卷（理科）（三模）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知全集U =R ，集合A ={x|−2≤x <3}，B ={y|y =2x−1,x ≥0}，则A ∩∁U B =( )A. {x|−2≤x <0}B. {x|−2≤x <12} C. {x|0≤x <12}D. {x|0≤x <3}2. 若复数z 满足(3−4i)z −=11+2i.其中i 为虚数单位，z −为z 共轭复数，则z 的虚部为( )A. −2B. 2C. −2iD. 2i3. 已知向量i ⃗=(1,0)，向量f ⃗⃗=(1,1)，则|3i ⃗−4f⃗⃗|的值为( ) A. 17 B. 5 C. √17 D. 254. 在某次测量中得到的A 样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88.若B 样本数据恰好是A 样本数据每个都加2后所得数据，则A ，B 两样本的下列数字特征对应相同的是( )A. 众数B. 平均数C. 中位数D. 标准差5. 九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一“.在某种玩法中，用a n 表示解下n(n ≤9,n ∈N ∗)个圆环所需的移动最少次数，若a 1=1.且a n ={2a n−1−1,n 为偶数2a n−1+2,n 为奇数，则解下5个环所需的最少移动次数为( )A. 7B. 13C. 16D. 226. 已知a =ln3，b =log 3e ，c =log πe(注：e 为自然对数的底数)，则下列关系正确的是( )A. b <a <cB. c <b <aC. b <c <aD. a <b <c7. 函数f(x)=e x cosx 的图象在点(0,f(0))处的切线的倾斜角为( )A. π4B. 0C. 3π4D. 18. 函数f(x)=−4x 2+12x 4的大致图象是( )A. B.C. D.9.在圆锥PO中，已知高PO=2，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，根据圆锥曲线的定义，图中的截面边界曲线为抛物线，在截面所在的平面中，以M为原点．MO为x轴，过M点与MO垂直的直线为y轴，建立直角坐标系，则抛物线的焦点到准线的距离为()A. 4√55B. 8√55C. 2√55D. √510.已知函数f(x)=sinx+acosx(a∈R)图象的一条对称轴是x=π6，则a的值为()A. 5B. √5C. 3D. √311.已知F是双曲线C：x24−y25=1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若|OP|=|OF|，则△OPF的面积为()A. 32B. 52C. 72D. 9212.定义域和值域均为[−a,a](常数a>0)的函数y=f(x)和y=g(x)的图象如图所示，方程g[f(x)]=0解得个数不可能的是()A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.甲、乙两人下棋，结果是一人获胜或下成和棋，已知甲不输的概率为0.8，乙不输的概率为0.7，则两人下成和棋的概率为______ ．14.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若3a5−a1=10，则S13=______．15.已知函数f(x)=tanx，f(x)的最小正周期是______．1−tan2x16.如图，圆锥形容器的高为2圆锥内水面的高为1.若将圆锥形容器倒置，水面高为ℎ.则h等于______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.某中学举行电脑知识竞赛，现将高一参赛学生的成绩进行整理后分成五组绘制成如图所示的频率分布直方图；(1)求高一参赛学生的成绩的众数、中位数；(2)求高一参赛学生的平均成绩．=1−cosA⋅cosB+2√2sinAcosB．18.在△ABC中角A，B，C所对的边分别为a、b、c，满足2cos2C2(1)求cos B的值；(2)设△ABC外接圆半径为R，且R(sinA+sinC)=1，求b的取值范围．19. 如图，菱形ABCD 中，∠ABC =60°，E 为CD 中点，将△ADE 沿AE 折起使得平面ADE ⊥平面ABCE ，BE 与AC 相交于点O ，H 是棱DE 上的一点且满足DH =2HE ．(1)求证：OH//平面BCD ； (2)求二面角A −BC −D 的余弦值．20. 已知函数f(x)=ln(1+x)−ln(1−x)．(1)证明f′(x)≥2；(2)若f(x)−ax ≥0对0≤x <1恒成立，求实数a 的取值范围．21. 已知椭圆C ：x 2a +y 2b=1(a >b >0)的离心率为√32，直线y =x 交椭圆C 于A 、B 两点，椭圆C 的右顶点为P ，且满足|PA⃗⃗⃗⃗⃗⃗+PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)若直线y =kx +m(k ≠0,m ≠0)与椭圆C 交于不同两点M 、N ，且定点Q(0,−12)满足|MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|NQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，求实数m 的取值范围．22. 在平面直角坐标系中，直线l 的方程为y =tanα(x −2)，以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为：ρ=4cos(π2−θ)． (1)写出曲线C 的直角坐标方程和直线l 的参数方程；(2)设直线l 与曲线C 相交于P ，Q 两点，设M(2,0)，若|MP|+|MQ|=4√2，求直线l 的斜率．23. 已知函数g(x)=|x +b|+|x −a|，a ∈R ，b ∈R 且b +a >0．(1)若函数g(x)的最小值为2，试证明点(a,b)在定直线上；(2)若b =3，x ∈[0,1]时，不等式g(x)≤|x +5|恒成立，求实数a 的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】【解析】：由指数函数的性质，可知集合B ={y|y ≥12}=[12,+∞) 又全集U =R ， ∴C U B =(−∞,12)，∵集合A ={x|−2≤x <3}，∴A ∩C U B =[−2,12).故选：B ．求出集合B 中的不等式的解集，确定出集合B ，根据全集U =R ，找出集合B 的补集，然后找出集合B 补集与集合A 的公共部分，即可求出所求的集合此题考查了交、并、补集的混合运算，是一道基本题型，求集合补集时注意全集的范围2.【答案】A【解析】解：由(3−4i)z −=11+2i ，得z −=11+2i 3−4i=(11+2i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=25+50i 25=1+2i ．∴z =1−2i ． ∴z 的虚部为−2． 故选：A ．把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】C【解析】解：根据题意，向量i ⃗=(1,0)，向量f ⃗⃗=(1,1)，则3i ⃗−4f ⃗⃗=(−1,−4)， 故|3i ⃗−4f ⃗⃗|=√1+16=√17； 故选：C ．根据题意，求出向量3i ⃗−4f ⃗⃗的坐标，进而由向量模的坐标计算公式计算可得答案． 本题考查向量模的坐标计算，注意向量的坐标计算公式．4.【答案】D【解析】解：A样本数据：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88．B样本数据84，86，86，88，88，88，90，90，90，90众数分别为88，90，不相等，A错．平均数86，88不相等，B错．中位数分别为86，88，不相等，C错．[(82−86)2+2×(84−86)2+3×(86−86)2+4×(88−86)2]=4，A样本方差S2=110[(84−88)2+2×(86−88)2+3×(88−88)2+4×(90−88)2]=4，B样本方差S2=110故两组数据的标准差均为2，D正确．故选：D．利用众数、平均数、中位标准差的定义，分别求出，即可得出答案本题考查众数、平均数、中位数，标准差的定义，根据相应的公式是解决本题的关键5.【答案】C【解析】解：由于a1=1，所以a2=2a1−1=1，a3=2a2+2=4，a4=2a3−1=7，a5=2a4+2=16．故选：C．直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的各项．本题考查的知识要点：数学文化，数列的递推关系式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：a=ln3>1>b=log3e>c=logπe，∴a>b>c，故选：B．利用对数函数的单调性即可得出．本题考查了对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.【答案】A【解析】解：由题意得，f′(x)=e x cosx−e x sinx，则f′(0)=e0(cos0−sin0)=1，所以在点(0,f(0))处的切线的斜率k=1，又k=tanθ，则切线的倾斜角θ=π4，故选：A．由求导公式和法则求出f′(x)，求出f′(0)的值可得切线的斜率，再由斜率公式求出切线的倾斜角．本题考查了导数的运算及法则，导数的几何意义，以及直线的倾斜角与斜率的关系．8.【答案】D【解析】解：函数f(x)=−4x2+12x4是偶函数，排除选项B，C；当x=2时，f(2)=−1532<0，故排除选项A．故选：D．先根据函数奇偶性排除选项B，C；再利用特殊值法排除选项A，从而作出选择．本题主要考查函数的图象与性质，一般从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：连接AB，OM，∵M为母线PB的中点，∴OM=AP2=√22+422=√5．故H点的坐标为(√5,4)，设抛物线的标准方程为y2=2px(p>0)，把点(√5,4)代入可得，42=2p×√5，解得p=8√55．∴抛物线的焦点到准线的距离为8√55．故选：B．连接AB，OM，由M为母线PB的中点，求得OM，得到H的坐标，设抛物线的标准方程为y2=2px(p>0)，把H的坐标代入求解p，则答案可求．本题考查抛物线的几何性质，考查抛物线方程的求法，是中档题．10.【答案】D【解析】解：∵y=sinx+acosx=√a2+1sin(x+φ)，在对称轴x=π6处取得最大值或最小值，∴sinπ6+acosπ6=±√a2+1，∴12+√3a2=±√a2+1，解可得，a=√3，故选：D．利用辅助角公式化简函数为一个角的一个三角函数的形式，通过x=π6，函数取得最值，求出a的值即可．本题是中档题，考查三角函数辅助角公式的应用，注意函数的对称轴就是函数取得最值，考查计算能力．11.【答案】B【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题．由题意画出图形，不妨设F为双曲线C：x24−y25=1的右焦点，P为第一象限点，求出P点坐标，再由三角形面积公式求解．【解答】解：如图，不妨设F为双曲线C：x24−y25=1的右焦点，P为第一象限点．由双曲线方程可得，a2=4，b2=5，则c=√a2+b2=3，则以O为圆心，以3为半径的圆的方程为x2+y2=9．联立{x2+y2=9x24−y25=1，解得P(2√143,53).∴S△OPF=12×3×53=52．故选：B．12.【答案】D【解析】解：方程g[f(x)]=0对应的f(x)有一个解，从图中可知f(x)∈(0,a)，可能有1，2，3个解；从而可知方程g[f(x)]=0解得个数不可能为4个；故选：D．方程g[f(x)]=0对应的f(x)有一个解，从图中可知f(x)∈(0,a)，可能有1，2，3个解；可得答案．本题考查了复合函数的零点，同时考查了学生的识图能力，属于中档题．13.【答案】0.5【解析】解：设甲、乙两人下成和棋P，甲获胜的概率为P(A)，则乙不输的概率为1−P(A)，∵甲不输的概率为0.8，乙不输的概率为0.7，∴P(A)+P=0.8，1−P(A)=0.7，∴1+P=1.5，解得P=0.5．∴两人下成和棋的概率为0.5．故答案为：0.5根据甲获胜与两个人和棋或乙获胜对立，由互斥事件的概率可得．本题考查互斥事件的概率，理清事件与事件之间的关系是解决问题的关键，属基础题．14.【答案】65【解析】解：∵等差数列{a n}的前n项和为S n，3a5−a1=10，∴3(a1+4d)−a1=2a1+12d=2a7=10，∴S13=132(a1+a13)=132×2a7=132×10=65．故答案为：65．利用等差数列通项公式求出2a7=10，由此能求出S13的值．本题考查等差数列的前13项和的求法，考查等差数列的性等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．15.【答案】π2【解析】解：函数f(x)=tanx1−tan2x =12⋅2tanx1−tan2x=12tan2x，∴f(x)的最小正周期是π2，故答案为：π2．利用二倍角的正切公式化简函数的解析式，再利用正切函数的周期性，得出结论．本题主要考查二倍角的正切公式，正切函数的周期性，属于基础题．16.【答案】√73【解析】解：设圆锥形容器的底面积为S，设倒置前液面的面积为S′=14S，所以水的体积为V=13S×2−13×14S×(2−1)=7S12；又倒置后液面面积为S′，则S′S =(ℎ2)2，所以S′=14Sℎ2；所以圆锥内水面的体积为V=13S′ℎ=Sℎ312=7S12，解得ℎ=√73．故答案为：√73．根据圆锥形容器内水的体积不变，列出方程求出圆锥内水面的高度．本题考查了圆锥体的结构特征与体积计算问题，是中档题．17.【答案】解：(1)用频率分布直方图中最高矩形所在的区间的中点值作为众数的近似值，得出众数为65，又∵第一个小矩形的面积为0.3，设第二个小矩形底边的一部分长为x，则x×0.04=0.2，解得x=5．∴中位数为60+5=65．(2)依题意，利用平均数的计算公式，可得平均成绩为：55×0.3+65×0.4+75×0.15+85×0.1+95×0.05=67．∴高一参赛学生的平均成绩为67分．【解析】(1)由频率分布直方图的性质能求出众数、中位数．(2)由频率分布直方图的性质能求出高一参赛学生的平均成绩．本题考查众数、中位数、平均成绩的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．18.【答案】解：(1)因为2cos2C2=1−cosA⋅cosB+2√2sinAcosB，所以cosC+cosAcosB=2√2sinAcosB，所以−cos(A+B)+cosAcosB=2√2sinAcosB，即sinAsinB=2√2sinAcosB，因为sinA ≠0，所以sinB =2√2cosB >0， 又因为sin 2B +cos 2B =1，解得cosB =13．(2)因为a =2RsinA ，c =2RsinC ，所以a +c =2，可得c =2−a ，由余弦定理可得：b 2=a 2+c 2−2accosB =a 2+c 2−23ac =a 2+(2−a)2−23a(2−a)=83(a −1)2+43， 因为0<a <2，所以2√33≤b <2，所以b 的取值范围为[2√33,2)．【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合sinA ≠0，可求cos B 的值．(2)由已知利用正弦定理可得c =2−a ，由余弦定理可得：b 2=83(a −1)2+43，结合范围0<a <2，可求b 的取值范围．本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理、余弦定理以及二次函数的性质，考查计算能力和函数思想，属于中档题． 19.【答案】解：(1)证明：由题意知CE//AB ，AB =2CE ，所以OE ：OB =1：2．又DH =2HE ，所以OH//BD ，又BD ⊂平面BCD ，OH ⊄平面BCD ，所以OH//平面BCD ．(2)因为平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE =AE ，DE ⊥AE ，所以DE ⊥平面ABCE ，所以DE ⊥CE ，以EE 为坐标原点，EC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，EA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，ED ⃗⃗⃗⃗⃗⃗为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，不妨设菱形的边长为4，则点D(0,0，2)，C(2,0，0)，B(4,2√3,0)．则DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,−2)，DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(4,2√3,−2)． 设平面BCD 的一个法向量为n ⃗⃗=(x,y,z)，则{n ⃗⃗⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0n⃗⃗⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{2x −2z =04x +2√3y −2z =0， 令z =1，得n ⃗⃗=(1,−√33,1)； 易知平面ABC 的一个法向量为m⃗⃗⃗⃗=(0,0,1)，设二面角A −BC −D 的大小为θ，则cosθ=√73=√217．故二面角A −BC −D 的余弦值为√217．【解析】(1)先根据题意可得OH//BD ，再由线面平行的判定得证；(2)建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量公式得解．本题主要考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角问题，考查推理能力及计算能力，属于中档题． 20.【答案】解：(1)证明：函数f(x)=ln(1+x)−ln(1−x)的导数为f′(x)=11+x +11−x =21−x 2，由−1<x <1，可得0<1−x 2≤1，则f′(x)≥2；(2)由题意知f(x)−ax ≥0对0≤x <1恒成立，设g(x)=f(x)−ax ，0≤x <1，则g′(x)=f′(x)−a =21−x 2−a ，当a ≤2时，g′(x)≥0恒成立，g(x)在[0,1)递增，g(x)≥g(0)=0符合题意；当a >2时，g′(x)=0可得a =21−x 2，即2a =1−x 2，即有x 2=1−2a ，可得x =√1−2a ， x >√1−2a ，g′(x)>0，g(x)单调递增；0<x <√1−2a ，g′(x)<0，g(x)单调递减， 即有g(x)<g(0)=0不合题意．综上，a 的取值范围为(−∞,2]．【解析】(1)求得f(x)的导数，注意定义域，可得导数的范围，即可得证；(2)设g(x)=f(x)−ax ，0≤x <1，求得导数，讨论当a ≤2时，a >2时，可得g(x)在[0,1)的单调性，即可得到所求范围．本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想方法和函数的单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21.【答案】解：(Ⅰ)由|PA⃗⃗⃗⃗⃗⃗+PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4即2|PO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4，则a =2，……(2分)由e =c a =√32，所以c =√3，b =1， 则椭圆C 的方程为x 24+y 2=1． (Ⅱ)设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，联立{y =kx +m x 24+y 2=1，整理得：(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2−4=0，则△=64k 2m 2−4(4k 2+1)(4m 2−4)>0，即4k 2>m 2−1，且x 1+x 2=−8km 4k 2+1，又设MN 中点D 的坐标为(x D ,y D )，因为|MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|NQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，所以DQ ⊥MN ，即y D +12x D =−1k ， 又x D =x 1+x 22=−4km 4k 2+1，y D =kx D +m =m 4k +1， 所以6m −1=4k 2，故6m −1>0，且6m −1>m 2−1，故16<m <6．∴m 的取值范围(16,6)．【解析】(Ⅰ)根据向量的运算，求得a =2，利用椭圆的离心率公式即可求得b 的值，求得椭圆方程； (Ⅱ)将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及△>0，根据中点坐标公式及直线的斜率公式即可求得6m −1=4k 2，即可求得6m −1>m 2−1，求得m 的取值范围．本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理及中点坐标公式，考查转化思想，属于中档题． 22.【答案】解：(1)曲线C 的极坐标方程为：ρ=4cos(π2−θ)，整理得ρ=4sinθ，根据{x =ρcosθy =ρsinθ转换为直角坐标方程为x 2+(y −2)2=4．直线l 的方程为y =tanα(x −2)，转换为参数方程为{x =2+tcosθy =tsinθ(t 为参数)， (2)将直线的参数方程{x =2+tcosθy =tsinθ，代入x 2+(y −2)2=4， 得到t 2+4(cosθ−sinθ)t +4=0，由于|MP|+|MQ|=4√2，故|t 1+t 2|=4√2，所以4|cosθ−sinθ|=4√2，整理得|cosθ−sinθ|=√2|sin(θ−π4)|=√2，由于θ∈(0,π)，所以θ=3π4，故k =−1，即直线的斜率为−1．【解析】(1)直接利用转换关系，把极坐标方程转换为直角坐标方程，再把直线直角坐标方程转换为参数方程．(2)利用直线和曲线的位置关系和一元二次方程根和系数关系式，转换为三角函数的关系式，最后求出直线的斜率．本题考查的知识要点：参数方程和普通方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．23.【答案】解：(1)证明：g(x)=|x+b|+|x−a|≥|x+b+a−x|=|a+b|=a+b，当(x+b)(x−a)≤0时，上式取得等号，则a+b=2，可得点(a,b)在定直线x+y=2上；(2)若b=3，则g(x)=|x+3|+|x−a|，x∈[0,1]时，不等式g(x)≤|x+5|恒成立，可得x+3+|x−a|≤x+5，即|x−a|≤2，可得−2+x≤a≤2+x在x∈[0,1]时恒成立，则−1≤a≤2，又3+a>0，即a>−3，综上可得a的范围是[−1,2]．【解析】(1)运用绝对值不等式的性质，可得g(x)的最小值，进而得到定直线；(2)由题意可得|x−a|≤2，即−2+x≤a≤2+x在x∈[0,1]时恒成立，结合一次函数的单调性和恒成立思想，可得a的范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质的运用，以及不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．。
2020年陕西省咸阳市高考数学三模试卷(理科)
2020年陕西省咸阳市高考数学三模试卷（理科）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. 若集合A ={1, 2, 3, 4, 5}，集合B ={x|0<x <4}，则图中阴影部分所表示的集合为( )A.{1, 2, 3, 4}B.{1, 2, 3}C.{4, 5}D.{1, 4}2. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝2a 3，a 1＝1，则S 4＝（ ） A.31 B.15 C.8 D.73. 2020年春节突如其来的新型冠状病毒肺炎在湖北爆发，一方有难八方支援，全国各地的白衣天使走上战场的第一线．某医院抽调甲乙丙三名医生，抽调A ，B ，C 三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战．其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作，则医生甲和护士A 被选为第一医院工作的概率为（ ） A.112 B.16C.15D.194. 已知非零向a →，b →满足|a →|=√2|b →|，且(a →−b →)⊥b →，则a →与b →的夹角为（ ） A.π6B.π4C.3π4D.5π65. 若复数z 满足|z −l +i|＝l ，z 在复平面内对应的点为(x, y)，则（ ） A.(x +1)2+(y +1)2＝1 B.(x +1)2+(y −1)2＝1 C.(x −1)2+(y −1)2＝1 D.(x −1)2+(y +1)2＝16. “−π2<α<π2”是“方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线”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7. “牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上（图1），好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如（图2）所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图与侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是（ ）A.a ，bB.a ，cC.c ，bD.b ，d8. 若数列{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且满足：a 1+a 2020＝27，b 1⋅b 2020＝2函数f(x)满足f(x +2)＝−f(x)且f(x)＝e x ，x ∈[0, 2]，则f(a1010+a 10111+b1010b 1011)=( )A.eB.e 2C.e −1D.e 99. 函数y =2x −12x +1⋅sin x 的图象大致为（ ）A. B.C. D.10. 已知x ，y 满足不等式组{y ≥0y ≤x x +y −m ≤0，且目标函数z ＝3x −2y 的最大值为180，则实数m 的值为（ ）A.60B.70C.80D.9011. 已知抛物线C:y 2＝8x ，点P ，Q 是抛物线上任意两点，M 是PQ 的中点，且|PQ|＝10，则M 到y 轴距离的最小值为（ ） A.9 B.8 C.4 D.312. 已知函数f(x)＝e −x −e x +ax （a 为常数）有两个不同极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A.[1, +∞) B.[2, +∞) C.(2, +∞) D.(1, +∞)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．若tan α=13,tan (α+β)=12，则tan β＝________．已知在三棱锥A −BCD 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC =√3,AD =2√2，则三棱锥A −BCD 外接球的体积为________√3π ．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a24．类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．给出以下四个命题：①数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．②在面积为S 的△ABC 的边AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率为34． ③将多项式a 6x 6+a 5x 5+...+a 1x +a 0分解因式得(x −2)(x +2)5，则a 5＝8．④若∫ ba f(x)dx >0，那么由y ＝f(x)，x ＝a ，x ＝b 以及x 轴所围成的图形一定在x 轴下方． 其中正确命题的序号为________（把所有正确命题的序号都填上）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分设a ，b ，c 分别为锐角△ABC 内角A ，B ，C 的对边，且满足√3sin A(cot A +cot B)=2sin C,b =4． (Ⅰ)求角B 的大小；(Ⅱ)求△ABC 面积的最大值．已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，F 1、F 2分别是其左、右焦点，过F 1的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且椭圆C 的离心率为12，△AF 2B 的内切圆面积为π,S △AF 2B =4． (Ⅰ)求椭圆C 的方程； (Ⅱ)若|AB|=247时，求直线l 的方程．2020年寒假，因为“新冠”疫情全体学生只能在家进行网上学习为了研究学生网上学习的情况，某学校随机抽取120名学生对线上教学进行调查，其中男生与女生的人数之比为11:13，抽取的学生中男生有30人对线上教学满意，女生中有15名表示对线上教学不满意．完成2×2列联表，并回答能否有99%的把握认为对线上教学是否满意与性别有关”；(Ⅱ)从被调查的对线上教学满意的学生中，利用分层抽样抽取8名学生，再在这8名学生中抽取3名学生，作线上学习的经验介绍，其中抽取男生的人数为ξ，求出ξ的分布列及数学期望． 附；K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．如图，在三棱锥A −BCD 中，△ABC 是边长为2的正三角形，△ADC 是等腰直角三角形∠ADC ＝90∘，AB ＝BD ．(Ⅰ)证明：平面ADC ⊥平面ABC ；(Ⅱ)点E 在BD 上，若平面ACE 把三棱锥A −BCD 分成体积相等的两部分，求二面角A −CE −D 的余弦值．已知函数f(x)=12ax2−(2a+1)x+2ln x．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)当a＝0时，证明f(x)<2e x−x−4．（其中e为自然对数的底数）（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.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中曲线C的参数方程为{x=2cosαy=√3sinα（α为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l过A，B两点，且这两点的极坐标分别为A(2√7,0),B(2√7,π2)．(Ⅰ)求C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(Ⅱ)若M为曲线C上一动点，求点M到直线l的最小距离．[选修4-5：不等式选讲]已知a>0，b>0，且a+b＝2．(Ⅰ)若1a +4b≥|2x−1|恒成立，求x的取值范围；(Ⅱ)证明：(1a +1b)(a3+b3)≥4．参考答案与试题解析2020年陕西省咸阳市高考数学三模试卷（理科）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.【答案】C【考点】Venn图表达集合的关系及运算交、并、补集的混合运算【解析】由集合的交、并、补的混合运算可得：阴影部分所表示的集合为A∩∁R B，得解．【解答】解：∵集合A={1, 2, 3, 4, 5}，集合B={x|0<x<4}，∴∁R B={x|x≥4或x≤0}.由韦恩图可得，阴影部分表示的是A中去掉B的那部分，∴阴影部分所表示的集合为A∩(∁R B)={4, 5}.故选C.2.【答案】B【考点】等比数列的前n项和【解析】利用等比数列的通项公式求出公比q＝2，由此能求出S4．【解答】∵等比数列{a n}的前n项和为S n，a4＝2a3，a1＝1，∴q3＝2q2，解得q＝2，∴S4=1−241−2=15．3.【答案】D【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】基本事件总数n=C31C31=9，医生甲和护士A被选为第一医院工作包含的基本事件只有1种，由此能求出医生甲和护士A被选为第一医院工作的概率．【解答】某医院抽调甲乙丙三名医生，抽调A，B，C三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战．其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作，基本事件总数n=C31C31=9，医生甲和护士A被选为第一医院工作包含的基本事件只有1种，则医生甲和护士A被选为第一医院工作的概率为p=19．4.【答案】B【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】根据平面向量的数量积与模长公式，列出等式即可求出a→与b→夹角【解答】设a→与b→的夹角为θ；因为|a→|=√2|b→|，且(a→−b→)⊥b→，∴(a→−b→)⋅b→=a→⋅b→−b→2=0，∴|a→|×|b→|×cosθ−|b→|2＝0；⇒cosθ=√22；∵θ∈[0, π]；∴θ=π45.【答案】D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】根据条件可得√(x−1)2+(y+1)2=l，化简即可得到z在复平面内对应的点的轨迹．【解答】∵z在复平面内对应的点为(x, y)，|z−l+i|＝l，∴|z−l+i|=√(x−1)2+(y+1)2=l，∴(x−1)2+(y+1)2＝1，6.【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件双曲线的标准方程【解析】方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线，可得cos α>0，解出即可判断出结论． 【解答】 方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线，可得2cos α>0，即cos α>0，可得2kπ−π2<α<2kπ+π2，k ∈Z ．∴ “−π2<α<π2”是“方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线”的充分不必要条件． 7.【答案】 A【考点】简单空间图形的三视图 【解析】相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案． 【解答】∵ 相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）． ∴ 其正视图和侧视图是一个圆，∵ 俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上 ∴ 俯视图是有2条对角线且为实线的正方形， 8.【答案】 A【考点】数列与函数的综合 【解析】利用等差数列以及等比数列的性质，化简f(a1010+a 10111+b1010b 1011)为f(9)，结合已知条件，转化求解即可．【解答】数列{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且满足：a 1+a 2020＝27，b 1⋅b 2020＝2，所以f(a1010+a 10111+b1010b 1011)=f(a 1+a 20201+b1b 2020)=f(271+2)=f(9)，函数f(x)满足f(x +2)＝−f(x)且f(x)＝e x ，x ∈[0, 2]， ∴ f(9)＝−f(7)＝f(5)＝−f(3)＝f(1)＝e ． 故选：A ． 9.【答案】 D【考点】函数的图象与图象的变换 【解析】根据题意，用排除法分析：令x ＝0和x ＝π，求出函数的值，由排除法分析选项即可得答案． 【解答】根据题意，设y ＝f(x)=2x −12x +1⋅sin x ，当x ＝0时，有f(0)=20−120+1sin 0＝0，排除B 、C ； 当x ＝π时，sin π＝0，有f(π)＝0，排除A ； 10.【答案】 A【考点】 简单线性规划 【解析】作出不等式组对应的平面区域，目标函数z ＝3x −2y 的最大值为180，通过直线平移，找到取得最大值的交点，利用数形结合即可的得到结论． 【解答】作出不等式组对应的平面区域，如图： 由z ＝3x −2y 化简为y =32x −12z ， 平移直线y =32x −12z ， 由图象可知当直线y =32x −12z ， 经过点A(m, 0)时，直线y =32x −12z 的截距最小，此时z 最大， z max ＝3m ＝180， 解得：m ＝60． 11. 【答案】 D【考点】 抛物线的性质 【解析】法一：设直线l 的方程为x ＝my +n ，设点A(x 1, y 1)、B(x 2, y 2)，将直线l 的方程与抛物线C 的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算|AB|，并利用条件|AB|＝12，得出m 与n 所满足的关系式，然后求出点M 的坐标，可得出点M 到x 轴距离的表达式，将关系式代入并结合基本不等式可得出点M 到x 轴距离的最小值即可． 法二：运用抛物线的定义解题；PQ ≤PF +QF ，再由中位线定理和抛物线的定义． 【解答】法-：由题意可知直线l 的斜率不为零，设l:x ＝my +n ，设点A(x 1, y 1)、B(x 2, y 2)， 则点M(x 1+x 22, y 1+y 22)，点M 到x 轴的距离为y 1+y 22．由{x =my +n y 2=8x，整理得y 2−8my −8n ＝0．△＝64m 2+32n >0，由韦达定理得y 1+y 2＝8m ，y 1y 2＝−8n ．|AB|=√1+m 2⋅|y 1−y 2|=√1+m 2⋅√64m 2+32n =10，可得n =258(1+m )−2m 2， ∵y 1+y 22=4m ，∴x 1+x 22=m ⋅y 1+y 22+n ＝m ⋅4m +n ＝4m 2+258(1+m 2)−2m 2＝2m 2+258(1+m 2)=2(1+m 2)+258(1+m 2)−2≥2√2(1+m 2)×258(1+m 2)−2＝5−2＝3；当且仅当 2(1+m 2)=258(1+m 2)，即当m ＝±12时，等号成立， 此时n =258(1+m 2)−2m 2＝2，△＝64m 2+32n >0成立，合乎题意！因此，点M 到y 轴的距离的最小值为3，此时，直线l 的方程为x ±12y −2＝0． 法二：因为：|PQ|≤PF +QF ＝x 1+x 2+p ⇒x 1+x 2≥10−p ＝6； ∴ PQ 的中点M 到y 轴距离的值为：x 1+x 22≥3；即最小值为3． 12. 【答案】 C【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】由导数与极值的关系知可转化为方程f′(x)＝0在R 上有两个不同根，结合函数的性质可求． 【解答】由题意可得，f′(x)＝−e −x −e x +a ＝0有2个不同的实数根，即a ＝e x +e −x 有2个不同的实数根， 令g(x)＝e x +e −x ，则g′(x)＝e x −e −x 在R 上单调递增且g(0)＝0，故当x <0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x >0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，且g(0)＝2， 故a >2．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 【答案】17【考点】两角和与差的三角函数 【解析】把β变为(α+β)−α，然后利用两角差的正切函数公式化简后，将tan (α+β)和tan α的值代入即可求出值． 【解答】∵ tan α=13,tan (α+β)=12， ∴ tan β＝tan [(α+β)−α]=tan (α+β)−tan α1+tan (α+β)tan α=12−131+12×13=17．【答案】 4【考点】球的表面积和体积 球内接多面体柱体、锥体、台体的体积计算【解析】利用三棱锥侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，求出长方体的三度，从而求出对角线长，即可求解外接球的体积． 【解答】三棱锥A −BCD 中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个， 长方体的对角线就是球的直径，该长方体的三边分别为1，√3，2√2， 所以球的直径为：√1+(√3)2+(2√2)2=2√3， 所以球的半径为√3，所以三棱锥A −BCD 的外接球的体积为43π×(√3)3＝4√3π 【答案】 a 38【考点】 类比推理 【解析】首先平面正方形的知识可知一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 24，结合空间正方体的结构特征，即可类比推理出两个两个正方体重叠部分的体积． 【解答】∵ 同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心， 则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 24，类比到空间有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心， 则这两个正方体重叠部分的体积恒为a 38，【答案】 ②③ 【考点】命题的真假判断与应用 【解析】举例说明①④错误；由几何概型求概率说明②正确；由二项式系数的性质求得a 5说明③正确． 【解答】常数列也是等差数列，但常数列的通项公式为常数函数，不是n 的一次函数，故①错误； 根据几何概型可知，△PBC 的面积大于S4的概率为S−S 4S=34，故②正确；由二项展开式的通项公式可得，(x +2)5中x 4的系数为C 51×2=10，x 5的系数为C 50=1，则a 5＝10−2＝8，故③正确；若∫ ba f(x)dx >0，那么由y ＝f(x)，x ＝a ，x ＝b 以及x 轴所围成的图形可能一部分在x 轴下方，一部分在x 轴上方．如∫ 30(x −1)dx >0，由y ＝f(x)，x ＝a ，x ＝b 以及x 轴所围成的图形如图：故④错误．∴正确命题的序号是②③．三、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【答案】（1）∵√3sin A(cot A+cot B)=2sin C,b=4，可得√3sin A(cos Asin A +cos Bsin B)＝2sin C，∴可得√3sin A(sin B cos A+cos B sin Asin A sin B )=2sin C，即√3sin A⋅sin(A+B)sin A sin B=2sin C，∴可得sin B=√32，又∵B为锐角，∴B=π3．（2）∵由(Ⅰ)可知B=π3，且b＝4，∴由余弦定理b2＝a2+c2−2ac cos B，可得16＝a2+c2−ac≥2ac−ac＝ac，∴S△ABC=12ac sin B≤12×16×√32=4√3，故△ABC面积的最大值为4√3．【考点】正弦定理【解析】(Ⅰ)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin B=√32，结合B为锐角，可求B的值．(Ⅱ)由余弦定理，基本不等式可求得16≥ac，根据三角形的面积公式即可求解．【解答】（1）∵√3sin A(cot A+cot B)=2sin C,b=4，可得√3sin A(cos Asin A +cos Bsin B)＝2sin C，∴可得√3sin A(sin B cos A+cos B sin Asin A sin B )=2sin C，即√3sin A⋅sin(A+B)sin A sin B=2sin C，∴可得sin B=√32，又∵B为锐角，∴B=π3．（2）∵由(Ⅰ)可知B=π3，且b＝4，∴由余弦定理b2＝a2+c2−2ac cos B，可得16＝a2+c2−ac≥2ac−ac＝ac，∴S△ABC=12ac sin B≤12×16×√32=4√3，故△ABC面积的最大值为4√3．【答案】（1）由题意可得e=ca=12，因为△AF2B的内切圆面积为π，所以内切圆的半径为1，所以△AF2B的面积为12⋅4a⋅1＝4所以a＝2，进而可得c＝1，而b2＝a2−c2＝3，所以椭圆的方程为：x24+y23=1；（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由(Ⅰ)可得F1(−1, 0)，当直线AB的斜率不存在时可得|AB|＝2⋅b2a=3不符合题意，所以直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：y＝k(x+1)，联立直线与椭圆的方程：{y=k(x+1)3x2+4y2−12=0整理可得：(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12＝0，可得x1+x2=−8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，所以|AB|=√1+k2⋅√(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k2)3+4k2=247，解得k＝±1，所以直线l的方程为：x−y+1＝0或x+y+1＝0．【考点】直线与椭圆的位置关系椭圆的应用椭圆的标准方程【解析】(Ⅰ)由离心率可得a，c的关系，再由内切圆的面积求出内切圆的半径，进而求出三角形AF2B的面积，由题意可得a的值，再由a，b，c之间的关系求出b的值，进而求出椭圆的方程；(Ⅱ)设直线AB的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长的表达式，再由题意可得参数的值，进而求出直线l的方程．【解答】（1）由题意可得e=ca=12，因为△AF2B的内切圆面积为π，所以内切圆的半径为1，所以△AF2B的面积为12⋅4a⋅1＝4所以a＝2，进而可得c＝1，而b2＝a2−c2＝3，所以椭圆的方程为：x24+y23=1；（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由(Ⅰ)可得F1(−1, 0)，当直线AB的斜率不存在时可得|AB|＝2⋅b2a=3不符合题意，所以直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：y＝k(x+1)，联立直线与椭圆的方程：{y =k(x +1)3x 2+4y 2−12=0 整理可得：(3+4k 2)x 2+8k 2x +4k 2−12＝0， 可得x 1+x 2=−8k 23+4k2，x 1x 2=4k 2−123+4k 2，所以|AB|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2=247，解得k ＝±1，所以直线l 的方程为：x −y +1＝0或x +y +1＝0． 【答案】（1）2×2联表如下：K 2=120(30×15−25×50)255×65×80×40≈6.713>6.635，故有99%的把握认为“对线上教学是否满意与性别有关“． （2）抽取的8名学生中男生有3人，女生有5人，从中抽取3人，则男生人数ξ的可能取值有0，1，2，3． 且P(ξ＝0)=C 53C 83=528，P(ξ＝1)=C 31⋅C52C 83=1528，P(ξ＝2)=C 32⋅C51C 83=1556，P(ξ＝3)=C 33C 83=156．故ξ的分布列为：E(ξ)＝0×528+1×1528+2×1556+3×156=98． 【考点】离散型随机变量及其分布列 独立性检验离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）根据男女比列计算人数，计算k 2与6.635比较大小得出结论； （2）根据超几何分布的概率公式得出分布列，并计算数学期望． 【解答】（1）2×2联表如下：则{n →⋅CA →=2x =0n →⋅CE →=x +√32y +12z=0 ，取y ＝1，得n →=(0, 1, −√3)， 同理，解得平面DCE 的法向量m →=(1, −√33, −1)， 设二面角A −CE −D 的平面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√77． ∴ 二面角A −CE −D 的余弦值为√77．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法【解析】(Ⅰ)取AC 中点O ，连结OD ，OB ，推导出OD ⊥AC ，BO ⊥AC ，BO ⊥AC ，从而∠DOB 是二面角D −AC −B 的平面角，由此能证明平面ADC ⊥平面ABC ．(Ⅱ)以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A −CE −D 的余弦值． 【解答】（1）证明：取AC 中点O ，连结OD ，OB ，由题设可知，△ACD 是等腰直角三角形，且∠ADC ＝90∘， ∴ AD ＝DC ，∴ OD ⊥AC ，∵ △ABC 是正三角形，∴ BO ⊥AC ， ∴ △ABC 是正三角形，∴ BO ⊥AC ， ∴ ∠DOB 是二面角D −AC −B 的平面角， 在Rt △AOB 中，BO 2+AO 2＝AB 2，又AB ＝BD ，OD ＝AO ，∴ BO 2+AO 2＝AB 2＝BD 2， ∴ ∠DOB ＝90∘，∴ 平面ADC ⊥平面ABC ． （2）由题设及(Ⅰ)知OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A(1, 0, 0)，B(0, √3, 0)，C(−1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，∵ 点E 在BD 上，平面ACE 把三棱锥A −BCD 分成体积相等的两部分， ∴ 由题设知三棱锥A −BCE 的体积为三棱锥A −BCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12， ∴ E 是DB 的中点，∴E(0, √32, 12)，∴ CD →=(1, 0, 1)，CA →=(2, 0, 0)，CE →=(1, √32, 12)，设平面ACE 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅CA →=2x =0n →⋅CE →=x +√32y +12z =0 ，取y ＝1，得n →=(0, 1, −√3)， 同理，解得平面DCE 的法向量m →=(1, −√33, −1)， 设二面角A −CE −D 的平面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√77． ∴ 二面角A −CE −D 的余弦值为√77．【答案】（1）由题意，函数的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax −(2a +1)+2x =(ax−1)(x−2)x，当a ＝0时，f ′(x)=2−x x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当a <0时，f ′(x)=a(x−1a)(x−2)x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当0<a <12时，当x ∈(0,2)∪(1a ,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(2,1a )时，f′(x)<0； 当a =12时，f′(x)≥0；当a >12时，当x ∈(0,1a )∪(2,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(1a ,2)时，f′(x)<0； 综上所述，当a ≤0时，f(x)在(0, 2)上单调地增，在(2, +∞)上单调递减； 当0<a <12时，f(x)在(0,2),(1a ,+∞)上单调递增，在(2,1a )上单调递减； 当a =12时，f(x)在(0, +∞)上单调递增；当a >12时，f(x)在(0,1a ),(2,+∞)上单调递增，在(1a ,2)上单调递减； （2）证明：当a ＝0时，由f(x)<2e x −x −4，只需证明e x >ln x +2， 令g(x)＝e x −ln x −2(x >0)，g ′(x)=e x −1x ，易知g′(x)在(0, +∞)上单调递增，且x →0时，g′(x)<0，g′(1)＝e −1>0， ∴ 存在x 0∈(0, 1)，使得g′(x 0)＝0，则e x 0=1x 0(0<x 0<1)，且当x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， ∴ 当x ＝x 0时，g(x)取得唯一的极小值，也是最小值，∴ g(x)的最小值是g(x 0)=e x 0−ln x 0−2=1x 0−ln1ex 0−2=1x 0+x 0−2>0，∴ f(x)<2e x −x −4成立． 【考点】利用导数研究函数的最值 利用导数研究函数的单调性 【解析】(Ⅰ)求导，分a ＝0，a <0，0<a <12，a =12及a >12讨论f′(x)与0的关系，进而得出单调性情况； (Ⅱ)依题意，只需证明e x >ln x +2，令g(x)＝e x −ln x −2(x >0)，利用导数求其最小值大于0即可得证． 【解答】（1）由题意，函数的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax −(2a +1)+2x =(ax−1)(x−2)x，当a ＝0时，f ′(x)=2−x x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当a <0时，f ′(x)=a(x−1a)(x−2)x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当0<a <12时，当x ∈(0,2)∪(1a,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(2,1a)时，f′(x)<0； 当a =12时，f′(x)≥0；当a >12时，当x ∈(0,1a )∪(2,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(1a ,2)时，f′(x)<0； 综上所述，当a ≤0时，f(x)在(0, 2)上单调地增，在(2, +∞)上单调递减； 当0<a <12时，f(x)在(0,2),(1a ,+∞)上单调递增，在(2,1a )上单调递减； 当a =12时，f(x)在(0, +∞)上单调递增；当a >12时，f(x)在(0,1a ),(2,+∞)上单调递增，在(1a ,2)上单调递减； （2）证明：当a ＝0时，由f(x)<2e x −x −4，只需证明e x >ln x +2， 令g(x)＝e x −ln x −2(x >0)，g ′(x)=e x −1x ，易知g′(x)在(0, +∞)上单调递增，且x →0时，g′(x)<0，g′(1)＝e −1>0， ∴ 存在x 0∈(0, 1)，使得g′(x 0)＝0，则e x 0=1x 0(0<x 0<1)，且当x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴ 当x ＝x 0时，g(x)取得唯一的极小值，也是最小值，∴ g(x)的最小值是g(x 0)=e x 0−ln x 0−2=1x 0−ln 1e x 0−2=1x 0+x 0−2>0，∴ f(x)<2e x −x −4成立．（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.[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】（1）曲线C 的参数方程为{x =2cos αy =√3sin α（α为参数），转换为直角坐标方程为x 24+y 23=1，点A(2√7,0),B(2√7,π2)转换为直角坐标为(2√7,0)，(0,2√7)，所以直线l 的直角坐标方程为x +y −2√7=0． （2）设M(2cos θ, √3sin θ)到直线x +y −2√7=0的距离d =√3sin √7|√12+12=√7sin √7|√2≥√7−2√7|√2=√142， 所以点M 到直线l 的距离的最小值为√142． 【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程【解析】(Ⅰ)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进行转换．(Ⅱ)利用点到直线的距离公式的应用，三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果． 【解答】（1）曲线C 的参数方程为{x =2cos αy =√3sin α（α为参数），转换为直角坐标方程为x 24+y 23=1，点A(2√7,0),B(2√7,π2)转换为直角坐标为(2√7,0)，(0,2√7)，所以直线l 的直角坐标方程为x +y −2√7=0．（2）设M(2cos θ, √3sin θ)到直线x +y −2√7=0的距离d =√3sin √7|22=√7sin √7|√2≥√7−2√7|√2=√142， 所以点M 到直线l 的距离的最小值为√142． [选修4-5：不等式选讲]【答案】（1）由a +b ＝2得12(a +b)＝1， 则1a +4b =12(a +b)(1a +4b )=12(1+4+ba +4ab)≥12(5+2√b a ⋅4ab)=92，当且仅当b a =4ab时，1a +4b 取最小值92， 所以92≥|2x −1|，即−92≤2x −1≤92，解得−74≤x ≤114．（2）证明：∵ (1a+1b)(a 3+b 3)＝a 2+b 2+b 3a+a 3b≥a 2+b 2+2√b 3a a 3b=a 2+b 2+2ab ＝(a +b)2＝4，∴ (1a +1b )(a 3+b 3)≥4． 【考点】函数恒成立问题 不等式的证明 【解析】(Ⅰ)配凑均值不等式的形式求1a +4b的最小值，再由恒成立转化成关于x的不等式，求解即可．(Ⅱ)展开变形利用均值不等式即可证明．【解答】（1）由a+b＝2得12(a+b)＝1，则1a +4b=12(a+b)(1a+4b)=12(1+4+ba+4ab)≥12(5+2√ba⋅4ab)=92，当且仅当ba=4ab时，1a+4b取最小值92，所以92≥|2x−1|，即−92≤2x−1≤92，解得−74≤x≤114．（2）证明：∵(1a +1b)(a3+b3)＝a2+b2+b3a+a3b≥a2+b2+2√b3aa3b=a2+b2+2ab＝(a+b)2＝4，∴(1a +1b)(a3+b3)≥4．第21页共22页◎第22页共22页。
陕西省2020届高三下学期第三次教学质量检测数学(理)试题含解析
【答案】－40
【解析】
【分析】
利用二项式定理求出二项式 的展开式的通项公式,令 的指数为零，求得 的值，然后代入二项式 的展开式的通项公式即可求解。
【详解】由题意知,二项式 的展开式的通项公式为
，
令 ,解得 ，
所以二项式 的展开式的常数项为
【答案】 （1)。 （2）。
【解析】
【分析】
根据题中条件，先得到从第二行开始,每一行相邻的两个数之和都等于这两个数上一行对应的数字,由此可求出第10行从左边数第3个位置上的数；以及满足的关系式.
【详解】由题中条件可得， , ， ， ， , ， , ， ，……,
由此可得,从第二行开始，每一行相邻的两个数之和都等于这两个数上一行对应的数字；
12. 已知椭圆 ： 与双曲线 ： （ ， )有共同的焦点 ， ，且在第一象限的交点为 ，满足 （其中 为原点）。设 ， 的离心率分别为 ， ，当 取得最小值时， 的值为（ ）
A。 B.
C。 D。
【答案】D
【解析】
【分析】
作 ,利用椭圆和双曲线定义可表示出 ，由 ,可得点 的横坐标为 ，利用勾股定理可得 ,即 ,再利用基本不等式可求出最值,并求出此时 的值.
8. 在 中,若 ，则下列等式中一定成立的是（ ）
A. B。 C. D。
【答案】A
【解析】
【分析】
利用降次公式得到 ，展开得到 ,得到
【详解】∵ ,
∴ 。
∵ .
故选A。
【点睛】本题考查了三角恒等变换，也可以利用特殊值法排除选项得到答案.
9. “ ”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