陕西省西安中学2020届高三下学期第八次模拟考试数学（理）试题

西安中学2020届高三第八次模拟考试

数学（理）试题

第Ⅰ卷（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.复数在复平面内对应的点的坐标为，为虚数单位，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据复数的几何意义可得，再利用复数的除法法则可求得复数.

【详解】由于复数在复平面内对应的点的坐标为，则，

所以，.

故选：C.

【点睛】本题考查复数的除法运算，同时也考查了复数的坐标表示，考查计算能力，属于基础题.

2.已知集合，则集合的真子集个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

求出集合，确定集合的元素个数，利用真子集个数公式可得出集合的真子集个数.

【详解】，

所以，集合的真子集个数为.

故选：A.

【点睛】本题考查集合真子集个数的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，解答的关键就是确定集合元素的个数，考查计算能力，属于基础题.

3.已知x•log32＝1，则4x＝（    ）

A. 4 B. 6 C. 4 D. 9

【答案】D

【解析】

【分析】

利用对数的性质和运算法则及换底公式求解．

【详解】∵x•log32＝1，

∴x＝log23，

∴4x9，

故选：D．

【点睛】本题考查对数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数的性质、运算法则及换底公式的合理运用，属于容易题．

4.根据表格中的数据，可以判定方程的一个根所在的区间为，则k的值为（ ）

A. -1 B. 0 C. 1 D. 2

【答案】C

【解析】

试题分析：令，由表格知，∴方程的一个零点所在的区间是（1，2），故k=1,选C

考点：本题考查了零点存在性定理

点评：判断函数的零点区间只需判断两端点值是否异号即可

5.已知函数，则函数的图象在点处的切线斜率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

对函数求导，然后令，可得出关于的等式，求出的值，由此可得出结果.

【详解】，，，解得，

因此，函数的图象在点处的切线斜率为.

故选：A.

【点睛】本题考查函数的切线斜率的求解，考查计算能力，属于基础题.

6.已知函数，，当时，取得最大值，则函数的大致图象为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

计算，，，对比图像得到答案.

【详解】，故，.

，对比图像知满足条件.

故选：.

【点睛】本题考查了二次函数的最值，指数型函数图像，意在考查学生对于函数性质的综合应用.

7.如图所示，已知正六边形，则下列向量的数量积中最大的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

设边长为，计算出各个数量积，比较可得．

【详解】设边长，易知，，则.；易知，，则；易知，．所以数量积中最大的是.

故选：A.

【点睛】本题考查向量的数量积，掌握数量积的定义是解题关键．

8.已知函数定义域为且满足，，若，则（    ）

A.  B.  C. 0 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】

根据奇函数得到，根据对称性和奇偶性代换得到函数周期为，计算得到答案.

【详解】，故函数为奇函数，，

，则，函数周期为.

.

故选：B.

【点睛】本题考查函数的奇偶性，周期性，对称性，意在考查学生的对于函数性质的综合应用.

9.若的内角，，所对的边分别为，已知，且，则=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据正弦定理得到，利用三角恒等变换得到，，计算得到答案.

【详解】，则，，

故，，故.

，故，

化简整理得到：，，故，，.

故选：D.

【点睛】本题考查了三角恒等变换，正弦定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

10.正方体中，异面直线和分别在上底面和下底面上运动，且，现有以下结论：

①当与所成角为60°时，与所成角为60°；

②当与所成角为60°时，与侧面所成角为30°；

③与所成角的最小值为45°

④与所成角的最大值为90°

其中正确的是（    ）

A. ①③ B. ②④ C. ①③④ D. ②③④

【答案】C

【解析】

【分析】

根据异面直线夹角，线面夹角的性质，依次判断每个选项：根据题意得到或，计算夹角得到①正确，与侧面所成角为，②错误，当或时，与所成角的最小值为45°，③正确，当或时，与所成角的最大值为90°，④正确，得到答案.

【详解】如图所示：易知为等边三角形，故和所成角为，故或，

易知，故或，易知为等边三角形，故与所成角为60°，即与所成角为60°，①正确；

易知为等边三角形，故与所成角为60°，故或，此时或，易知与平面的夹角为，故与侧面所成角为，②错误；

与平面的夹角为，故当或时，与所成角的最小值为45°，③正确；

易知平面，平面，故，当或时，，故与所成角的最大值为90°，④正确.

故选：C

【点睛】本题考查了异面直线夹角，线面夹角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.

11.如图，，分别为双曲线：（a，）的左､右焦点，过点作直线l，使直线l与圆相切于点P，设直线l交双曲线的左右两支分别于A､B两点（A､B位于线段上），若且，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

由且，得到，设，可得，由双曲线的定义求得的值，在直角，，中可得的表达式，得出的关系式，即可求得离心率.

【详解】连接，因为且，所以，

设，则，，

由双曲线的定义知：，，，

在直角中有：，（1）

在直角中有：，（2）

在直角中有：，（3）

由（2）（3），可得，

由（1）（2）可得，（4）

将代入（4）可得，

所以双曲线的离心率为。

故选：C.

【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及标准方程，以及直角三角形的性质的综合应用，其中解答中合理利用双曲线的定义，以及直角三角形的勾股定理，列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

12.若表示不超过的最大整数（例如：），数列满足：，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由递推公式利用累加法即可求得数列的通项公式，由可得，再利用等差数列求和公式求和即可.

详解】，

，，，，，

累加可得，

又，，

，，

.

故选：A

【点睛】本题考查数列创新问题、等差数列的前n项和公式，属于中档题.

第Ⅱ卷（90分）

本卷包括必考题和选考题两部分.第13题—第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.把答案填在答题卡上的相应位置.

13.已知直线：，：，且，则k的值______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据两直线平行列关于的方程，解出的值，然后代入两直线方程进行验证是否满足，即可得出实数的值.

【详解】直线：，：，且，

则，解得或.

当时，，，两直线重合，不合乎题意；

当时，，即，，两直线平行，满足题意.

因此，.

故答案为：

【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，在求出参数后，还应将参数的值代入两直线方程，验证两直线是否平行，考查运算求解能力，属于基础题.

14.已知的展开式的各项二项式系数和为64，则展开式中的系数为_________.

【答案】160

【解析】

【分析】

根据展开式的各项二项式系数和求出n，写出此二项式的通项并令x的系数为3求出r，r的值代入通项即可求得的系数.

【详解】，，

的展开式通项为，

令，所以的展开式中的系数为.

故答案为：160

【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数、二项展开式中各项的二项式系数和，属于基础题.

15.已知公差不为0的等差数列中，，，依次成等比数列，若，，，，…，，…成等比数列，则_____________.

【答案】

【解析】

【分析】

由题意结合等比数列、等差数列的性质可得，进而可得，即可得解.

【详解】设数列公差为d，由题知，

即，故，

∴，，，

故新等比数列首项为、公比为2，

因此，故.

故答案为：.

【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

16.记函数有且只有一个零点，则实数的取值范围是_________.

【答案】

【解析】

【分析】

由二次函数在处的函数值小于可得1是函数的零点，根据题意数形结合可知二次函数没有零点，则由可求得a的范围.

【详解】令，

因为，则，

所以，即1是函数的零点，

因为函数的对称轴为，

所以根据题意，若函数有且只有一个零点，则二次函数没有零点，

，解得.

故答案为：

【点睛】本题考查分段函数的图象与性质、函数的零点、二次函数的根的个数与判别式的符号，属于中档题.

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17.已知，的内角的对边分别为，为锐角，且.

（1）求角的大小；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用诱导公式和倍角公式对函数解析式化简，将代入即可得到答案；

（2）利用余弦定理求得的值，代入三角形面积公式求得三角形的面积.

【详解】（1）函数

，

由得：，

为锐角，

，

；

（2）由余弦定理有，

，，，

，

，

.

【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的运用，要求学生对正弦定理和余弦定理公式及变形公式熟练应用，属于基础题.

18.已知多面体ABCDEF中，四边形ABFE为正方形，，，G为AB的中点，.

（1）求证：平面CDEF；

（2）求平面ACD与平面BCF所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)

【解析】

【分析】

(1) 证明：取中点,连接,推出,；

再证明平面,即可证明平面；

(2)根据(1)有平面,且,故可以为空间直角坐标系原点建系,根据空间向量的方法求解平面与平面所成锐二面角的余弦值

【详解】(1)证明：取中点,连接,根据题意可知,四边形是边长为2的正方形,所以,易求得,所以, 于是；

而,所以平面,又因为,所以平面；

(2)因为平面,且,故以为空间直角坐标系原点建立如图空间直角坐标系.

由题意可知,故.

设平面的法向量,则,即,

不妨设,则易得.故.

又,故可设平面的法向量.

设平面与平面所成锐二面角为,故.

【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及利用空间向量求解二面角余弦值的问题,属于中档题.

19.已知椭圆的离心率为，其右顶点为，下顶点为，定点，的面积为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.

（1）求椭圆的方程；

（2）试探究的横坐标的乘积是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）（2）是定值，

【解析】

【分析】

（1）由三角形的面积、离心率列出方程组求解a、b，即可写出椭圆方程；（2）设出直线的方程与点的坐标，求出直线BP、BQ的方程进而求出点M、N的横坐标，两横坐标相乘并化简为关于、的表达式，直线的方程与椭圆方程联立并利用韦达定理求出、，代入横坐标的乘积化简即可证明.

【详解】（1）由已知，的坐标分别是由于的面积为，

①，又由，化简得②，

①②两式联立解得：或（舍去），，

椭圆方程为；

（2）设直线的方程为，的坐标分别为

则直线的方程为，令，得点的横坐标，

直线的方程为，令，得点的横坐标，

把直线代入椭圆得，

由韦达定理得，

∴，是定值．

【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用、椭圆的简单几何性质、直线的方程、椭圆中的定值问题，属于较难题.

20.已知函数.

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）设，当时，对任意，存在，使得，求实数的取值范围.

【答案】（1）当时，单调减区间是，单调增区间是，；当时，单调增区间是，没有单调减区间；（2）.

【解析】

【分析】

（1）先求函数的定义域，利用函数的导函数，得或，当时，分，讨论即可得到答案；

（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，

从而在上的最小值为，由题意得，即，令，求新函数的最大值即可得实数的取值范围.

【详解】（1）函数的定义域为，

，

由，得或.

当即时，由得，

由得或；

当即时，当时都有；

当时，单调减区间是，单调增区间是，；

当时，单调增区间是，没有单调减区间.

（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，

从而在上的最小值为.

对任意，存在，使得，

即存在，使的值不超过在区间上的最小值.

由，.

令，则当时，.

，

当时；当时，，.

故在上单调递减，

从而，

从而.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

21.如图，直角坐标系中，圆的方程为，，，为圆上三个定点，某同学从点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为，，．例如：掷骰子一次时，棋子移动到，，处的概率分别为，，．

（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到，，处的概率；

（2）掷骰子次时，若以轴非负半轴为始边，以射线，，为终边的角的余弦值记为随机变量，求的分布列和数学期望；

（3）记，，，其中．证明：数列是等比数列，并求.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）证明详见解析，.

【解析】

【分析】

（1）由概率的乘法公式，可得所求值；

（2）随机变量的可能数值为1，，结合（1）运用概率的乘法公式，可随机变量的分布列和期望；

（3）易知，即，由条件推得，利用构造法可得，从而求得的值.

【详解】（1），，

，，

综上，

（2）随机变量的可能数值为1，.

综合（1）得

，

，

故随机变量的分布列为

.

（3）易知，因此，

而当时，，

又，

即.

因此，

故

即数列是以为首项，公比为的等比数列.

所以，

又

故.

【点睛】本题考查数列与解析几何、概率统计的交会、等比数列的定义与通项公式、随机变量的分布列与期望，考查统计与概率思想、函数与方程思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.

请考生在第22、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.

22.在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线交于两点.

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)已知点的极坐标为，的值.

【答案】(1) ，.

(2) .

【解析】

分析：(1)先根据加减消元法得直线的普通方程，再根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先求P直角坐标，再设直线的参数方程标准式，代入曲线的直角坐标方程，根据参数几何意义以及利用韦达定理得结果.

详解：(1)的普通方程为: ；

又,

即曲线的直角坐标方程为:

(2)解法一: 在直线上,直线的参数方程为(为参数),代入曲线的直角坐标方程得 ，即,

.

解法二:

，

，，

．

点睛：直线的参数方程的标准形式的应用

过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0)

若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则

(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0＋t1cos α，y0＋t1sin α)，(x0＋t2cos α，y0＋t2sin α).

(2)|M1M2|＝|t1－t2|.

(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝.

(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1＋t2＝0.

23.已知函数，且的解集为

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）若，，都是正实数，且，求证：.

【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见解析

【解析】

试题分析：（I）考查绝对值不等式的解法（II）采用配“1”法应用基本不等式证明或者采用柯西不等式证明.

试题解析：

（I）依题意即,

∴                                       

（II）方法1:∵

∴

当且仅当,即时取等号         

方法2: ∵

∴由柯西不等式得

整理得

当且仅当,即时取等号.