陕西省汉中市2020届高三上学期第四次质量检测数学（理）试题

陕西省汉中市2020届高三上学期第四次质量检测数学（理）试题

‎2020届高三第四次质量检测理科数学试题 ‎（全卷满分150分，答卷时间120分钟）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，每题给出的四个选项中，只有一项符合题意.）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合,再根据交集定义求出 ‎【详解】集合,集合,,即为 故选B ‎【点睛】本题考查交集的求法,一元二次不等式的求解,属于基础题 ‎2.若复数的共轭复数满足：，则复数等于（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得出，利用复数的除法法则求出，利用共轭复数的概念可求出复数.‎ ‎【详解】，，因此，，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，同时也考查了共轭复数计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.若向量，，，则等于 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：设，利用两个向量坐标形式的运算法则，用待定系数法求出和的值，即可求得答案.‎ 详解：因为，设，则有，即，解得，‎ 所以，故选D.‎ 点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的问题，在解题的过程中，先设出，之后根据向量的运算法则以及向量相等的条件，建立关于的等量关系式，求解即可得结果.‎ ‎4.纸是生活中最常用的纸规格.系列的纸张规格特色在于：①、、、…、，所有尺寸的纸张长宽比都相同.②在系列纸中，前一个序号的纸张以两条长边中点连线为折线对折裁剪分开后，可以得到两张后面序号大小的纸，比如1张纸对裁后可以的到2张纸，1张纸对裁可以得到2张纸，以此类推.这是因为系列的纸张长宽比为这一特殊比例，所以具备这种特性.已知纸规格为84.1厘米×118.9厘米（）.那么纸的长度为（ ）‎ A. 14.8‎厘米 B. 21厘米 C. 25.1厘米 D. 29.7厘米 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设纸的长为,宽为,根据题意,整理、、、、纸的长宽与的关系,最后将值代入即可 ‎【详解】设纸的长为,宽为,则由题意, 1张纸以长边为中点对裁后可以的到2张纸,此时纸相邻两边长度分别为和,,即前一序号纸张的宽变为现纸张的长,按照该事实,可以得到纸的长为,宽为；纸的长为,宽为；纸的长为,宽为 由题,,则 故选D ‎【点睛】本题考查阅读分析能力,知识提取能力,将材料中的文字转化为数学关系是解题关键 ‎5. 如果一组数中每个数减去同一个非零常数，则这一组数（ ）‎ A. 平均数不变，方差不变 B. 平均数改变，方差改变 C. 平均数不变，方差改变 D. 平均数改变，方差不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：按照平均值的定义和方差的定义可知，如果一组数中每个数减去同一个非零常数，则这一组数的平均数改变，方差不变．选D ‎6.设，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用所给的数所在的区间和指数函数的单调性比较大小即可.‎ ‎【详解】由题意可得：，，，‎ 指数函数单调递减，故，‎ 综上可得：.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】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．‎ ‎7.给出三个命题：①直线上有两点到平面的距离相等，则直线平行平面；②夹在两平行平面间的异面直线段的中点的连线平行于这个平面；③过空间一点必有唯一的平面与两异面直线平行.正确的是（ ）‎ A. ②③ B. ①② C. ①②③ D. ②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过举反例可判断出命题①的正误；利用平面与平面平行的性质定理以及直线与平面平行的性质定理可判断出命题②的正误；通过实例判断出命题③的正误.‎ ‎【详解】对于命题①，如果这两点在该平面的异侧，则直线与该平面相交，命题①错误；‎ 对于命题②，如下图所示，平面平面，，，，，且、分别为、的中点，过点作交平面于点，连接、.‎ 设是的中点，则，平面，平面，平面.‎ 同理可得平面，，平面平面.‎ 又平面平面，平面平面，‎ 平面，平面，平面，命题②正确；‎ 对于命题③，如下图所示，设是异面直线、的公垂线段，为上一点，过点作，，当点不与点或点重合时，、确定的平面即为与、都平行的平面；若点与点或点重合时，则或，命题③错误.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线、线面、面面平行关系的判定与性质，解题时要注意这三种平行关系的相互转化，考查推理能力与空间想象能力，属于中等题.‎ ‎8.函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性,再求，进行排除，可得选项．‎ ‎【详解】由题意得，所以函数是奇函数，排除C、D选项；当时，，因此排除B，故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值的特点，属于基础题．‎ ‎9.点到定点的距离和它到定直线的距离之比为，则的轨迹方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求的轨迹方程,即设为,根据题意,建立等式,整理该等式即可 ‎【详解】设点为,由题意得,,即,‎ ‎,整理得到,‎ 故选D ‎【点睛】本题考查直接法求轨迹方程,此类方法通过“求谁设谁”,根据题意建立等式是解题关键 ‎10.已知函数，若方程在区间内的解为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，得，通过计算的范围，利用三角恒等变化可求的值，即可得出．‎ ‎【详解】即函数的对称轴为 在区间内的解为 ‎.‎ 又因为，，所以，‎ 所以，所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查正弦函数的性质以及三角恒等变换，属于中档题．‎ ‎11.椭圆与双曲线共焦点，，它们的交点对两公共焦点，张的角为 ‎.椭圆与双曲线的离心率分别为，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将椭圆和双曲线的、、分别设出, 并设,,在中,根据余弦定理可得,根据几何意义,整理为；再分别根据椭圆与双曲线的定义,将该式分别整理为,,利用,对等式两边同除,分别得到,,建立两式的联系,即可得出结果 ‎【详解】设椭圆的长半轴为,双曲线的实半轴为,半焦距为,设,,,椭圆与双曲线的离心率分别为，‎ ‎,由余弦定理可得，,即,即 ①,‎ 在椭圆中，由定义得, ①化简可得,即,等式两边同除,得,即 ②‎ 在双曲线中，由定义得,①化简可得,即,等式两边同除,得,即 ③‎ 联立②③得,即,‎ 故选B ‎【点睛】本题考查椭圆与双曲线共焦点,椭圆与双曲线的定义,离心率的定义,余弦定理的使用,考查运算能力 ‎12.已知偶函数满足，且当时，，关于的不等式在区间上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：由偶函数满足，可得函数周期为，利用导数研究函数的单调性，画出函数图象，在上有个周期，且有个整数解，每个周期内有个解， 由可得结果.‎ 由，可知函数的对称轴为，‎ 由于函数是偶函数，,‎ 所以函数是周期为的周期函数，‎ 当时，，‎ 函数在上递增，在上递减，‎ 最大值，且，‎ 由选项可知，解得或，‎ 根据单调性和周期性画出图象如图所示，由图可知，没有整数解，‎ 根据函数为偶函数，在上有个周期，且有个整数解，‎ 也即每个周期内有个解，，‎ 故，解得，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共12分.）‎ ‎13.已知某市的1路公交车每5分钟发车一次，小明到达起点站乘车的时刻是随机的，则他候车时间不超过2分钟的概率是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由几何概型中的线段型得, ‎ ‎【详解】试验的全部结果构成长度为5,所求事件的区域长度为2,故所求概率 故答案为 ‎【点睛】本题考查几何概型中的线段型,属于基础题 ‎14.过原点作函数的图像的切线，则切线方程是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设出切点,则根据导数的几何意义与直线的斜率公式,建立关于斜率的等式,求出,再解出,整理方程即可 ‎【详解】,设切点为,则切线斜率为,‎ 又由直线斜率公式得切线斜率,‎ ‎,即,即 切点为, ‎ 切线方程为 ‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查过一点求切线方程,解题方法为：若过点作的切线,则 ‎（1）设切点为；‎ ‎（2）根据,整理后得到关于的方程；‎ ‎（3）解出,得到,利用点斜式方程求得直线方程,整理后即为切线方程 ‎15.是直角斜边上一点，，，，则的长为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用、、、的关系,通过勾股定理解得的长,从而得到各边长, 即可得到；再在中利用余弦定理求出即可 ‎【详解】由题意,设,则,,‎ 又,根据勾股定理可得,,即,即 ‎,‎ 由余弦定理得,‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查利用余弦定理求边长,直角三角形中勾股定理的使用,余弦值在直角三角形中的几何表示 ‎16.古希腊毕达哥拉斯学派研究了“多边形数”，人们把多边形数推广到空间，研究了“四面体数”，下图是第一至第四个四面体数，（已知）‎ 观察上图，由此得出第5个四面体数为______（用数字作答）；第个四面体数为______.‎ ‎【答案】 (1). 35 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过观察图形，先将图形的规律转化为数字规律,即为找到如1,4,10,20,……的数列的第项,通过观察发现,相邻的数字差分别是3,6,10,……,即第项应为,那么就把问题转化为求数列的和,为1,3,6,10,……,根据这些数字可以发现,, ,……, ,利用累加法可以得到,再利用题目所给已知,求出前项和,即为第个四面体数,当时,即为第5个四面体数.‎ ‎【详解】由题,‎ 第一个四面体数为1；‎ 第二个四面体数为；‎ 第三个四面体数为；‎ 第四个四面体数为 ‎……‎ 由此可归纳,第个四面体数为 即为 设该式中的每个数从左至右的排列为数列,即为：1,3,6,10,……‎ 得到递推关系为,,…,,相加后得 ‎,故数列的和 ‎ 当时,‎ 故答案为35；‎ ‎【点睛】本题考查累加法求通项,分组法数列求和,考查图形分析能力,逻辑推理能力,找到数字的演变规律是解题关键 三、解答题（本大题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.）‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.如图，四边形是菱形，四边形是矩形，平面平面，，，，为的中点，为线段上的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的大小.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接,由题意可得为等边三角形,根据“三线合一”可知,由菱形对边平行,可得；再利用平面平面且四边形是矩形,可得,即得平面,进而得证；‎ ‎（2）利用（1）结论得到以为坐标原点,、、所在的直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系,利用向量法求二面角的余弦值,进而求得该角大小 ‎【详解】（1）证明：连接.‎ 在菱形中,,，‎ ‎∴为等边三角形.‎ 又∵为的中点,∴.‎ 又∵,∴.‎ ‎∵四边形为矩形,∴.‎ 又∵平面平面,平面平面,平面,‎ ‎∴平面.‎ ‎∵平面,∴.‎ 又∵,,‎ ‎∴平面,‎ ‎∵平面，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知平面,平面,,‎ ‎∴,,两两垂直.‎ 以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则,,,,,‎ ‎∴,,,‎ 设平面的法向量为,‎ 则,即,‎ 令,则.‎ 由图知,平面的一个法向量为.‎ 则.‎ ‎∵二面角为锐角,∴其余弦值为,大小为.‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的证明,考查向量法求二面角,考查空间中线线,线面,面面间的位置关系等基础知识,考查运算能力 ‎18.某企业准备招聘一批大学生到本单位就业，但在签约前要对他们的某项专业技能进行测试．在待测试的某一个小组中有男、女生共10人（其中女生人数多于男生人数），如果从中随机选2人参加测试，其中恰为一男一女的概率为；（Ⅰ）求该小组中女生的人数；（Ⅱ）假设此项专业技能测试对该小组的学生而言，每个女生通过的概率均为，每个男生通过的概率均为；现对该小组中男生甲、男生乙和女生丙3个人进行测试，记这3‎ 人中通过测试的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）6个女生；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设该小组中有个女生，根据题意，得；‎ 解得或（舍去），∴该小组中有6个女生； ‎ ‎（2）由题意，的取值为0，1，2，3； ‎ ‎，，，；‎ 的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎19.已知数列是首项为1，公比为的等比数列，.‎ ‎（1）若，，成等差数列，求值；‎ ‎（2）求数列前项和.‎ ‎【答案】(1) . (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等比公式分别求出与,再根据等差中项,求得值；‎ ‎（2）根据（1）整理数列通项公式,利用裂项相消的方法求得前项和 ‎【详解】（1）由题意得,,,‎ ‎，，成等差数列 ‎,即,‎ ‎.‎ ‎（2）设，‎ ‎∴ ‎ 由（1）,,， ‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式,前项和,考查等差中项,考查裂项相消法求和 ‎20.设， .‎ ‎（1）若，证明： 时， 成立；‎ ‎（2）讨论函数的单调性；‎ ‎【答案】（1）见解析;（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）证明不等式问题，一般转化为求对应函数最值问题：即的最大值小于零，利用导数先研究函数的单调性，再得最大值，最后证明最大值小于零.（2）先求函数导数，根据导函数在定义域上解的情况分类讨论，一般分为一次与二次，根有与无，两根大与小，最后进行小结.‎ 试题解析：‎ ‎（1）当时， ，要证时成立，由于，‎ 只需证在时恒成立，‎ 令，则，‎ 设， ， ，‎ 在上单调递增， ，即，‎ 在上单调递增， ，‎ 当时， 恒成立，即原命题得证.‎ ‎（2）的定义域为， ，‎ ‎①当时， 解得或； 解得，‎ 所以函数在， 上单调递增，在上单调递减；‎ ‎②当时， 对恒成立，所以函数在上单调递增；‎ ‎③当时， 解得或； 解得，‎ 所以函数在， 上单调递增，在上单调递减；‎ ‎④当时， ， 在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎⑤当， ， 在上单调递增，在上单调递减.‎ 综上， ， 在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎， 在， 上单调递增，在上单调递减.‎ ‎， 在上单调递增；‎ ‎， 在， 上单调递增，在上单调递减.‎ 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.‎ ‎21.是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过 三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若点的横坐标为，直线与抛物线有两个不同的交点与圆有两个不同的交点，求当 时，的最小值.‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，先求得，再根据抛物线的定义求得，即得抛物线的方程.(2)先求出，再利用换元和导数求其最小值.‎ ‎【详解】（1）抛物线的焦点，设 由题意可知，则点到抛物线的准线的距离为 解得，于是抛物线的方程为.‎ ‎（2）∵∴垂直平分线方程为 ‎∴．由得，设 ‎∵，∴‎ 又∵到的距离 ‎∴‎ ‎∴令，则 ‎∴令，则 ‎∴时.‎ ‎【点睛】（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握能力和分析推理能力计算能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是求出 ‎，这个计算量有点大.其二是换元得到新的函数.‎ ‎（二）选考题：本题10分，请考生在第22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.‎ ‎22.在极坐标系中，已知三点，，.‎ ‎（1）求经过，，三点的圆的极坐标方程；‎ ‎（2）以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，圆的参数方程为，（是参数），若圆与圆外切，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求出圆的普通方程，再将普通方程转化为极坐标方程；（2）将圆化成普通方程，根据两圆外切列出方程解出．‎ 试题解析：（1）对应的直角坐标分别为，则过的圆的普通方程为，又因为，代入可求得经过的圆的极坐标方程为．‎ ‎（2）圆（是参数）对应的普通方程为，因为圆与圆外切，所以，解得．‎ 考点：1.圆参数方程；2.简单曲线的极坐标方程．‎ ‎23.已知.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若不等式有解，求取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将写成分段函数形式,根据分别解不等式可得解集；‎ ‎（2）整理不等式为,求出的最小值,解即可 ‎【详解】解：（1）‎ ‎ ‎ 或或,‎ 或或,‎ 故不等式的解集为；‎ ‎（2）∵,‎ ‎∴,当且仅当时取等号,‎ 有解,‎ 或，即或 故的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和利用绝对值三角不等式求最值,考查了分类讨论的思想和转化的思想