2020届陕西省西安中学高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题（解析版）

2020届陕西省西安中学高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题


一、单选题
1．已知全集，，，则集合是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据，再根据全集，，，求得，，再求解.
【详解】
因为全集，，，
所以，，
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
2．已知复数的实部不为0，且，设，则在复平面上对应的点在（ ）
A．实轴上 B．虚轴上 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【解析】设，由，得，然后化简，得到对应的点坐标，再判断.
【详解】
设，
因为，
所以，
所以，
所以在复平面上对应的点坐标为，
又因为复数的实部不为0，
所以在复平面上对应的点在实轴上
故选：A
【点睛】
本题主要考查复数的运算和复数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3．将的展开式按的升幂排列，若倒数第三项的系数是，则的值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【解析】根据通项公式，求得倒数第三项为，再利用系数是求解.
【详解】
倒数第三项为，
所以，
所以，
即，
解得.
故选：B
【点睛】
本题主要考查二项式定理展开式项的系数及组合数运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
4．给出下列四个结论：
①对于命题，，则，
②“”是“”的充分不必要条件；
③命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”；
④若命题为假命题，则，都是假命题；
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】根据全称命题的否定是特称命题判断.②根据充分条件和必要条件得定义判断.③根据命题间的关系判断.④根据复合命题一假则假判断.
【详解】
①命题，，是全称命题，其否定是特称命题，故正确.
②“”能推出“”，故充分，“”推出“” 或“”，不必要，故正确.
③命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，符合逆否命题的定义，故正确.；
④若命题为假命题，只要有一个假的，则是假的，故错误.
故选：C
【点睛】
本题主要考查命题间的关系，命题的否定以及逻辑条件，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．816 B．40 C．824 D．48
【答案】A
【解析】判断几何体的形状，上下是正四棱锥中间是正方体，然后求解几何体的表面积．
【详解】
由题意可知几何体的中间是正方体，上下是两个相同的正四棱锥，如图：

正方体的棱长为，棱锥的高为，
所以该几何体的表面积为：.
故选：A.
【点睛】
本题考查三视图求解几何体是表面积，判断几何体的形状是解题的关键，属于基础题．
6．把边长为的正方形沿对角线折起，当直线和平面所成的角为时，三棱锥的体积为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取的中点，作，结合等腰三角形三线合一、线面垂直判定定理可证得平面，由线面垂直性质证得；根据线面垂直判定定理和线面角的定义可知，由此可确定的长，即所求三棱锥的高；由棱锥体积公式计算可得结果.
【详解】
取的中点，连接，作

， ，
平面， 平面
平面
又，平面， 平面
与平面所成角即为，则
为等边三角形


故选：
【点睛】
本题考查三棱锥体积的求解问题，涉及到直线与平面所成角的求解、线面垂直的判定与性质定理的应用；关键是能够确定直线与平面所成角的位置，进而求得三棱锥的高.
7．函数在的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据函数的奇偶性和特殊值可判断.
【详解】
解：因为，所以为奇函数，关于原点对称，故排除，又因为，，，，故排除、,
故选：D.
【点睛】
本题考查函数图象的识别，根据函数的性质以及特殊值法灵活判断，属于基础题.
8．楼道里有9盏灯，为了节约用电，需关掉3盏互不相邻的灯，为了行走安全，第一盏和最后一盏不关，则关灯方案的种数为( )
A．10 B．15 C．20 D．24
【答案】A
【解析】将问题等价转化为将盏关着的灯插入盏亮着的灯所形成的除最左端和最右端的空挡以外的个空档之内，进而求得结果.
【详解】
问题等价于将盏关着的灯插入盏亮着的灯所形成的除最左端和最右端的空挡以外的个空档之内
关灯方案共有：种
故选：
【点睛】
本题考查组合数的应用，关键是能够将问题进行等价转化为符合插空法的形式.
9．设函数定义如下表：

1
2
3
4
5

1
4
2
5
3




执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（ ）

A．4 B．5 C．2 D．3
【答案】B
【解析】根据流程图执行循环，确定周期，即得结果
【详解】
执行循环得：

所以周期为4，因此结束循环，输出，选B.
【点睛】
本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.
10．函数（，）部分图像如图所示，且，对不同的，，若，有，则（ ）

A．在上是减函数
B．在上是增函数
C．在上是减函数
D．在上是增函数
【答案】B
【解析】试题分析：由图可知,所以在上递增,故选B.
【考点】三角函数的图象与性质.
【思路点晴】本题主要考查三角函数的图象和性质,属于中档题.三角函数的图象与性质是高考的必考内容,根据三角函数确定函数解析式,首先是由最大值与最小值确定,再根据周期确定,由最高点的值,最低点的值或者平衡位置确定,求出解析式后再研究函数的相关性质,比较多考查的是函数的定义域,单调性,奇偶性,周期性和对称性.
11．过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F作斜率为的直线l与C及其准线分别相交于A，B，D三点，则的值为（ ）
A．2或 B．3或 C．1 D．4或
【答案】D
【解析】根据题意，设直线方程，与抛物线方程联立消去x得，设，有，再由韦达定理
，解得或，再根据抛物线的定义，利用三角形相似性分类讨论求解.
【详解】
抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F，
设直线方程为，，
与抛物线方程联立，消去x得，
所以，
设，
所以，
所以，
而，
所以，
即，
解得或，
当时，如图所示：

，
所以，
由抛物线得定义得，
又因为直线的作斜率为，
所以，
所以，
所以，
所以.
当时，如图所示：

，
所以，
又因为，直线的斜率为，
所以，
所以，，
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查抛物线的方程和直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
12．已知命题p：在区间上存在单调递减区间；命题q：函数，且有三个实根.若为真命题，则实数的取值范围是：（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据命题p：在区间上存在单调递减区间，
转化为命题：在区间上不存在单调递减区间，即在区间上恒成立求解.根据有三个实根，转化为有三个实根求解，为真命题，则两者取交集.
【详解】
因为命题p：在区间上存在单调递减区间，
所以命题：在区间上不存在单调递减区间，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
因为在区间上是减函数，
所以，
所以.
所以命题：.
因为，
所以，
又因为有三个实根，
所以有三个实根，
即有三个实根，
令，
，
当或时，，t是增函数，
当时，，t是减函数，
所以当时，t取得最大值，
当时，t取得最小值，
所以.
若为真命题，则实数的取值范围是：.
故选：C
【点睛】
本题主要考查复合命题，导数与函数的单调性，导数与函数的极值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.


二、填空题
13．若实数满足不等式组，则的最大值为__________.
【答案】2
【解析】根据约束条件，画出可行域，明确，表示：定点P(0，-1)与动点Q（x，y）所确定直线的斜率，找到最优点再求解.
【详解】
实数满足不等式组，对应的可行域，如图所示：

，表示：定点P(0，-1)与动点Q（x，y）所确定直线的斜率，最大值点C(1，1)，所以的最大值为2
故答案为：2
【点睛】
本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.
14．已知向量，，，其中，则的值是__________.
【答案】
【解析】因为，即，然后两边平方求解.
【详解】
已知向量，，，
所以，即，
所以
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查向量的基本运算，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
15．已知三棱锥中，面，且，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】根据题意，证出BC⊥平面SAC，可得BC⊥SC，得Rt△BSC的中线OCSB，同理得到OASB，因此O是三棱锥S﹣ABC的外接球心．利用勾股定理结合题中数据算出SC，得外接球半径R＝，从而得到所求外接球的表面积．
【详解】
取SB的中点O，连结OA、OC
∵SA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴SA⊥AB，可得Rt△ASB中，中线OASB
由，，，可知：AC⊥BC，
又∵SA⊥BC， SA、AB是平面SAB内的相交直线
∴BC⊥平面SAC，可得BC⊥SC
因此Rt△BSC中，中线OCSB
∴O是三棱锥S﹣ABC的外接球心，
∵Rt△SBA中，AB，SA＝6
∴SB＝2，可得外接球半径RSB＝
因此，外接球的体积SΠr2π
故答案为π．
【点睛】
本题在特殊三棱锥中求外接球的表面积，着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理和球的表面积公式等知识，属于中档题．
16．如图平面四边形的对角线的交点位于四边形的内部，，，，，当变化时，对角线的最大值为__________．

【答案】
【解析】设∠ABC＝α，∠ACB＝β，利用余弦定理求出AC，再利用正弦定理求出sinβ，利用余弦定理求得对角线BD，根据三角恒等变换求出BD的最大值．
【详解】
设∠ABC＝α，∠ACB＝β，则由余弦定理得，
AC2＝1+3﹣2×1cosα＝4﹣2cosα；
由正弦定理得，
则sinβ；
所以BD2＝3+（4﹣2cosα）﹣2cos（90°+β）
＝7﹣2cosα+2sinα
＝7+2sin（α﹣45°），
所以α＝135°时，BD取得最大值为1．
故答案为1．
【点睛】
本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

三、解答题
17．已知数列与满足：，且为正项等比数列，，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）若数列满足，为数列的前项和，证明：.
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】（1）由a1+a2+a3+…+an＝2bn①，n≥2时，a1+a2+a3+…+an﹣1＝2bn﹣1②，①﹣②可得：an＝2（bn﹣bn﹣1）（n≥2），{an}公比为q，求出an，然后求解bn；（2）化简（n∈N），利用裂项消项法求解数列的和即可．
【详解】
（1）由a1+a2+a3+…+an＝2bn①
n≥2时，a1+a2+a3+…+an﹣1＝2bn﹣1②
①﹣②可得：an＝2（bn﹣bn﹣1）（n≥2），
∴a3＝2（b3﹣b2）＝8
∵a1＝2，an＞0，设{an}公比为q，
∴a1q2＝8，∴q＝2
∴an＝2×2n﹣1＝2n
∴，
∴bn＝2n﹣1．
（2）证明：由已知：．
∴
【点睛】
本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．数列求和的常见方法有：列项求和，错位相减求和，倒序相加求和.
18．如图所示，四棱锥中，底面为菱形，且平面，，是中点，是上的点.

（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，当时，是否存在点，使直线与平面的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）或
【解析】(1)根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
【详解】
（1）连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，
是的中点，，又， 平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．
（2）
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，
则，设，则，又，
设是平面的一个法向量，则 ，
取，得，
设直线与平面所成角为，由，得：
．
化简得：，解得或，
故存在点满足题意，此时为或．
【点睛】
这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，线面角．求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可．面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做．
19．近期，西安公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，表示活动推出的天数，表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表下所示：

根据以上数据，绘制了散点图.

（1）根据散点图判断，在推广期内，与（均为大于零的常数），哪一个适宜作为扫码支付的人次关于活动推出天数的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；
（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，建立与的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；
（3）推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如下表：

西安公交六公司车队为缓解周边居民出行压力，以万元的单价购进了一批新车，根据以往的经验可知，每辆车每个月的运营成本约为万元.已知该线路公交车票价为元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠.预计该车队每辆车每个月有万人次乘车，根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，假设这批车需要（）年才能开始盈利，求的值.
参考数据：











其中其中，，
参考公式：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
【答案】（1）（2），3470（3）7
【解析】（1）由散点图可知，更接近指数增长，所以适宜作为扫码支付的人次关于活动推出天数的回归方程类型.

（2）根据（1）的判断结果两边取对数得，则两者线性相关，根据已知条件求出得回归方程，进而得到y关于x的回归方程，再令，求预测值

（3）设一名乘客一次乘车的费用为元，根据题意得可能取值为：1.4、1.6、1.8、2，求出分布列，进而求得期望，然后再建立不等式求解.
【详解】
（1）根据散点图判断，在推广期内， （均为大于零的常数），适宜作为扫码支付的人次关于活动推出天数的回归方程类型.
（2）根据（1）的判断结果，
两边取对数得，
其中，，，
，
，
所以。
所以。
当时， 。
所以活动推出第8天使用扫码支付的人次3470人.
（3）设一名乘客一次乘车的费用为元，
根据题意得可能取值为：1.4、1.6、1.8、2
，
，
。
假设这批车需要（）年才能开始盈利，
则，
解得。
所以需要7年才能开始盈利.。
【点睛】
本题主要考查用样本估计总体，变量得相关性以及离散型随机变量得期望，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
20．如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.

（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据题意椭圆过点.，在由离心率是，列方程组求解.

（2）根据特殊直线位置，先确定点Q在y轴上，由斜率不存在确定点的坐标，然后再证明斜率存在时的情况也成立。.
【详解】
（1）因为过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2，
所以椭圆过点.，
所以，
解得，
所以椭圆得方程为：.
（2）当l平行于x轴，设直线与椭圆相交于C，D，两点，如果存在Q点满足条件，
则有＝，即，
所以Q点在y轴上，可设Q的坐标为，
当 l垂直于x轴时，设直线与椭圆相交于M，N，两点，如果存在Q点满足条件，
则有＝，，
解得或
所以若存在不同于点P的顶点Q满足条件，则Q点的坐标为
当l不平行于x轴，当 l不垂直于x轴时，
设直线方程为，
与椭圆方程联立，消去y得，
，
又因为点B关于y轴的对称点的坐标为，
又，
且，
所以，则三点共线，
所以＝.
故存在存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立.
【点睛】
本题主要考查椭圆方程得求法和直线与椭圆得位置关系以及定点问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
21．已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当，时，对任意，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】1通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
2原问题等价于，成立，可得，可得，即，
设，，可得在单调递增，且，即可得不等式的解集即可．
【详解】
1函数的定义域为．
当时，，所以．
当时，，所以函数在上单调递增．
当时，令，解得：，
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增．
综上所述，当，时，函数在上单调递增；
当，时，函数在上单调递减，在上单调递增．
2对任意，，有成立，
，
，成立，
，时，．
当时，，当时，，
在单调递减，在单调递增，
，，，
设，，．
在递增，，
可得，
，即，
设，，在恒成立．
在单调递增，且，
不等式的解集为．
实数b的取值范围为．
【点睛】
本题考查了导数的应用，利用导数研究函数的单调区间，恒成立问题，考查了转化思想、运算能力，属于压轴题．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，椭圆的极坐标方程为，其左焦点在直线上．
（1）若直线与椭圆交于两点，求的值；
（2）求椭圆的内接矩形面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）将参数方程化为直角坐标方程可得F的坐标为（，0），联立直线的参数方程与椭圆方程，结合参数的几何意义计算可得．
（2）结合椭圆方程，设椭圆C上在第一象限内的任意一点M的坐标为（，4sinθ）（），据此可得内接矩形关于的面积函数，结合三角函数的性质即可确定面积S取得最大值.
【详解】
（1）将代入ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝48，
得x2＋3y2＝48，即，
因为c2＝48－16＝32，所以F的坐标为（，0），
又因为F在直线l上，所以．
把直线l的参数方程代入x2＋3y2＝48，
化简得t2－4t－8＝0，所以t1＋t2＝4，t1t2＝－8，
所以．
（2）由椭圆C的方程，可设椭圆C上在第一象限内的任意一点M的坐标为（，4sinθ）（），
所以内接矩形的面积，
当时，面积S取得最大值．
【点睛】
直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生，,以便转化另一方面，当动点在圆锥曲线运动变化时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有关的最值问题.
23．选修4-5：不等式选讲
已知函数
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）已知，且，求证
【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）整理得：，由绝对值的几何意义即可解不等式。
（Ⅱ）将问题转化成，求得，转化成证明利用基本不等式即可证明结论，问题得解。
【详解】
（Ⅰ），即，
由绝对值的几何意义得：；
（Ⅱ），
要证，只要证
，即

【点睛】
本题主要考查了绝对值的几何意义，还考查了转化思想及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题。