陕西省西安地区八校联考2020届高三下学期高考押题卷文科数学试题 Word版含解析

陕西省西安地区八校联考2020届高三下学期高考押题卷文科数学试题 Word版含解析

‎2020届西安地区八校联考高考·押题卷 数学*文科 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（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. 已知集合，，则（ ）.‎ A. B. ‎ C. 或 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用集合的交集运算可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.‎ ‎2. 已知复数和虚数单位满足；则（ ）.‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出，即可得到共轭复数.‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ - 19 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算以及共轭复数的求法，属于基础题.‎ ‎3. 设等差数列的前项和为，，，则（ ）.‎ A. B. 55 C. 135 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件求出首项和公差，即可求出前10项和.‎ ‎【详解】设数列的公差为d，‎ ‎，解得，‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查前n项和的计算，属于基础题.‎ ‎4. 已知，满足约束条件，则的最小值是（ ）.‎ A. B. C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件画出可行域，由可得，作，沿着可行域的方向平移，截距最大的时候最小.‎ ‎【详解】作出可行域如图所示：‎ - 19 -‎ 由 可得： ，即 当过时，，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了线性规划问题，关键是理解的几何意义，属于基础题.‎ ‎5. 一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的体积为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由几何体的三视图可知，这个几何体的上部为半个圆柱，底面半径为1，高为4‎ - 19 -‎ ‎，下部为长方体，长、宽、高分别为4、2、1，由此能求出该几何体的体积.‎ ‎【详解】‎ 由几何体的三视图可知，这个几何体的上部为半个圆柱，底面半径为1，高为4，‎ 下部为长方体，长、宽、高分别为4、2、1，‎ 所以该几何体的体积为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了由三视图求几何体的体积，考查空间想象能力，属于中档题.‎ ‎6. 点与圆上的动点之间的最近距离为（ ）.‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出点到圆心的距离，然后减去半径即得最近距离.‎ ‎【详解】将圆化为标准方程得，‎ 可知圆心为，半径为1，‎ 则点到圆心距离为，‎ 所以点与圆上的动点之间的最近距离为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查圆上动点到圆外定点距离最小值的求法，属于基础题.‎ ‎7. 若是函数的极值点，则曲线在（1，）处的切线方程是（ ）.‎ - 19 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，即可求出得值，再求出的值可得切点，斜率，即可写出方程.‎ ‎【详解】由题意可得：，‎ 因为是函数的极值点，‎ 所以，‎ 解得，‎ 所以，‎ 可得，切点为，斜率，‎ 所以切线为： ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了曲线在某点处的切线的斜率，涉及极值点处的导函数值等于，属于中档题.‎ ‎8. 执行如图所示程序框图，若输入的，，则输出的是（ ）.‎ - 19 -‎ A. 15 B. 16 C. 17 D. 18‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按程序框图运行即可得到正确答案.‎ ‎【详解】第一步：，，，，，，，不成立，‎ 第二步：，，，，不成立，‎ 第三步：，，，，成立，‎ 输出，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了循环机构的程序框图，属于基础题.‎ ‎9. 若双曲线的一条渐近线与轴的夹角是，则双曲线的离心率是（ ）‎ - 19 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得的值，再由可求得双曲线的离心率的值.‎ ‎【详解】由于双曲线的一条渐近线与轴的夹角是，‎ 则直线的倾斜角为，，‎ 所以，双曲线的离心率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线求离心率，利用公式计算较为方便，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎10. 已知某居民小区户主人数和户主对户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用分层抽样的方法抽取的户主进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为　　‎ A. 100，8 B. 80，20 C. 100，20 D. 80，8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题设中提供的直方图与扇形统计图可知样本容量是，其中对四居室满意的人数为 - 19 -‎ ‎，应选答案A．‎ ‎11. 设函数则当（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算 ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查分段函数求函数值，当含有多层时，要从内到外计算，属于基础题.‎ ‎12. 设向量，，，若，则（ ）‎ A. B. C. 3 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 首先求出的坐标，再根据向量垂直，得到，即可求出参数，再根据向量模的坐标公式计算可得；‎ ‎【详解】解：因为，，，所以，因为，所以 所以，解得，所以，所以 故选：A ‎【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示以及向量的模，属于基础题.‎ - 19 -‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题 ‎13. 已知椭圆（）的一个焦点是（，0），则椭圆的长轴长是______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意可得，即可求出参数，从而求出长轴长；‎ ‎【详解】解：因为椭圆（）的一个焦点是（，0），所以，即 所以椭圆的长轴长 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，属于基础题.‎ ‎14. 已知圆内切于边长为2的正方形，在正方形内任取一点，则该点不在圆内的概率是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算正方形面积和内切圆的面积后可得所求的概率 ‎【详解】正方形的面积为4，内切圆的面积为，‎ 设事件为“在正方形内任取一点，则该点不在圆内”，‎ 则中含有的基本事件对应的面积为，‎ 故所求的概率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型的概率计算，此类问题弄清楚用何种测度来计算概率是关键，本题属于基础题.‎ ‎15. 已知，数列的前项和，则______.‎ - 19 -‎ ‎【答案】254‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列前项和公式 ，将 ， ，首项 ，代入即可求得的值.‎ ‎【详解】因为，所以是等比数列，‎ 首项，，‎ 所以 .‎ 故答案为：254‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列前项和公式，属于基础题.‎ ‎16. 第二十四届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图设计的，如图，会标是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如果小正方形的面积为，大正方形面积为，直角三角形中较大锐角为，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出直角三角形中的对边长，可求得的值，再利用二倍角的余弦公式可求得的值.‎ ‎【详解】设直角三角形中的对边长为，则较短的直角边长为，‎ 由题意可得，整理得，，解得，‎ 大正方形的边长为，，，因此，.‎ - 19 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式求值，考查计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题（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）‎ ‎17. 函数（，）的最大值为3，其图像相邻两个对称中心之间的距离为.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）若在中，角、、的对边分别是、、，且，，的面积为，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据最大值可求出，然后根据图像相邻两个对称中心之间的距离为可求出最小正周期，进而得到，即可写出解析式；‎ ‎（2）根据条件可求出，然后根据面积公式可得,再由余弦定理可求出，即可得的值.‎ ‎【详解】（1）∵函数的最大值为3，‎ ‎∴，得，‎ ‎∵函数图像的两条对称轴之间的距离为，‎ ‎∴函数的最小正周期为，‎ ‎∴，得，‎ ‎∴函数的解析式为；‎ - 19 -‎ ‎（2）∵，即，‎ ‎∴，又，，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴由余弦定理得，即，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查根据三角函数的性质求解析式，利用三角形面积公式和余弦定理求值，属于中档题.‎ ‎18. 20名学生某次数学考试成绩(单位：分)的频率分布直方图如下：‎ ‎(1)求频率直方图中a的值；‎ ‎(2)分别求出成绩落在[50,60)与[60,70)中的学生人数；‎ ‎(3)从成绩在[50,70)的学生中人选2人，求这2人的成绩都在[60,70)中的概率．‎ ‎【答案】(1)0.005,(2)2,3,(3)0.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）据直方图知组距=10，‎ 由，解得 ‎（2）成绩落在中的学生人数为 成绩落在中的学生人数为 ‎（3）记成绩落在中的2人为，成绩落在中的3人为、、，‎ - 19 -‎ 则从成绩在学生中人选2人的基本事件共有10个：‎ 其中2人的成绩都在中的基本事伯有3个：‎ 故所求概率为 ‎19. 如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，‎ ‎（I）证明：平面平面；‎ ‎（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）3+2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由四边形ABCD为菱形知ACBD，由BE 平面ABCD知ACBE，由线面垂直判定定理知AC 平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；‎ ‎（2）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.‎ ‎【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，‎ 因为BE平面ABCD，所以AC BE，故AC平面BED.‎ - 19 -‎ 又AC平面AEC，所以平面AEC 平面BED ‎（2）设AB=，在菱形ABCD中，由 ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.‎ 因为AEEC，所以在 AEC中，可得EG=.‎ 连接EG，由BE平面ABCD，知 EBG为直角三角形，可得BE=.‎ ‎ ‎ 由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故 =2‎ 从而可得AE=EC=ED=.‎ 所以EAC的面积为3， EAD的面积与ECD的面积均为 .‎ 故三棱锥E-ACD的侧面积为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.‎ ‎20. 已知为抛物线：的焦点，点在抛物线上，且.直线：与抛物线交于、两点.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，轴上是否存在点，使得当变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ - 19 -‎ ‎【答案】（1）；（2）存在；（0，）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离，由，即可得到，从而求出参数的值，即可得解；‎ ‎（2）设，，.联立直线与抛物线方程，消去，列出韦达定理，由，则直线和直线的倾斜角互补，故其斜率互为相反数，即可得到方程，求出参数的值，即可得解；‎ ‎【详解】解：（1）根据抛物线的定义，得，解得.‎ ‎∴抛物线的方程为.‎ ‎（2）在轴上存在点，使得当变化时，总有.理由如下：‎ 设，，.‎ 由消去，得.且恒成立.‎ ‎∴，.，.‎ ‎∵时，直线和直线的倾斜角互补，故其斜率互为相反数.‎ ‎∴‎ ‎∴，即 ‎∴，得，即点的坐标为（0，）.‎ 所以，轴上存在点（0，），使得当变化时，总有 ‎【点睛】本题考查抛物线的定义的应用，直线与抛物线的综合应用，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数，，其中是的导函数.‎ ‎（1）求函数（为常数）的单调区间；‎ ‎（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.‎ - 19 -‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，再对分类讨论判断函数的单调性即可得出结论；（2）由题意转化已知条件令，求导，再对分类讨论判断函数的单调性求最值即可求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎.‎ ‎∴（），‎ ‎∴.‎ 当时，，在上单调递减；‎ 当时，由，得，‎ 时，.‎ 时，.‎ 在上单调递减，在上单调递增.‎ 综上所述，当时，的单调递减区间是；‎ 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是.‎ ‎（2）当时，不等式恒成立，‎ 即恒成立，‎ - 19 -‎ 设，‎ 则，‎ 当时，，‎ 仅当，时，等号成立；‎ 在上递增；‎ ‎∴；‎ 恒成立；‎ 当时，由，得，‎ 当时，，‎ 在上递减，有，‎ 即使，‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数求函数的单调区间以及利用导数求最值解决不等式恒成立问题.考查了构造函数的思想和分类讨论思想.属于中档题.‎ 请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎（选修：坐标系与参数方程）‎ ‎22. 选修4—4：坐标系与参数方程 已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ．‎ ‎（Ⅰ）把C1的参数方程化为极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0,0≤θ＜2π）‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1） 先根据同角三角函数关系cos2t＋sin2t=1消参数得普通方程：（x－4）2＋（y－5）2＝25 ，再根据将普通方程化为极坐标方程：（2）将代入得得，也可利用直角坐标方程求交点，再转化为极坐标 试题解析： （1）∵C1的参数方程为 ‎∴（x－4）2＋（y－5）2＝25（cos2t＋sin2t）＝25，‎ 即C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，‎ 把代入（x－4）2＋（y－5）2＝25，‎ 化简得：.‎ ‎（2）C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，‎ ‎∴C1与C2交点的直角坐标为（1，1），（0，2）.‎ ‎∴C1与C2交点的极坐标为.‎ 考点：参数方程化普通方程，直角坐标方程化极坐标方程 ‎（选修：不等式选讲）‎ ‎23. 已知函数，，且的解集为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先整理，可得，利用解绝对值不等式的方法去绝对值即可得出结论；（2）利用已知条件和柯西不等式求解即可.‎ - 19 -‎ ‎【详解】（1）即，‎ 得，‎ ‎∴，‎ 得 ‎∵的解集是，‎ 得，‎ ‎，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）得，由柯西不等式得，‎ ‎.‎ 即，得.当，时，等号成立.‎ ‎∴最小值是2.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法和柯西不等式.属于较易题.‎ - 19 -‎