2020届陕西省榆林市第二中学高三下学期3月月考数学(理)试题(解析版)

1、值为（）第 1 1 页共 1919 页2020 届陕西省榆林市第二中学高三下学期3 月月考数学（理）试题、单选题1 1 .已知复数 z z 满足zA A . 0 02iB B.4R, , z z 的共轭复数为z，则z z（)D D.4liC C.4i【答案】C C【解析】设z2i aR, 可得za 2i, 即可求解z z4i,得到答案【详解】由题意，设z 2i aR, 可得za 2i,则z za 2i (a2i)4i. .故选：C.C.【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，复数的概念的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. .2 22 2.设集合A x|x 5x, x R,B x|log

2、2（x x） 1则Al B（）A A.x |2 x 5B B.x10 x 2C C.x| 1 x 0D D.x|1 x 2【答案】D D【解析】先求出集合A,B，结合集合交集的运算，即可求解Al B，得到答案. .【详解】、2由题意，集合A x | x 5x, x R x 10 x 5,2集合B x| log2（x x） 1x|1 x 2,所以Al B x|1 x 2. .故选：D.D.【点睛】本题主要考查了集合交集的概念及运算，其中解答中正确求解集合A,B，熟记集合交集的概念是解答的关键，着重考查了运算求解能力，属于基础题3 3已知甲乙两组数据的茎叶图如图所示，若甲的众数与乙的中位数相等，则

3、图中x的第2页共19页乙3201 0 13 3 ?2 x1 31 11 dOA A . 2 2B B. 3 3C C. 4 4D D . 6 6【答案】C C【解析】 根据茎叶图求出甲的众数和乙的中位数，列出方程，求得x的值，得到答案【详解】根据茎叶图可知，甲的众数为2323,11乙的中位数为x (2220 x) (42 x)，221因为甲的众数与乙的中位数相等，即(42 x) 23，解得x 4. .2故选：C.C.【点睛】本题主要考查了根据茎叶图求众数和中位数及其应用，其中解答中熟记众数和中位数的概念与求法是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题4 4 .已知命题 p:p:若ba则b2a

4、2;命题 q:q:在ABC中，若 ABAB 则 sinAsinBsinAsinB，下列命题为真命题的是( () )A.p qB B.PqC.p qD.p q【答案】B B【解析】举反例得到命题 p p 为假命题，根据正弦定理得到命题 q q 为真命题，判断选项得 到答案 【详解】命题 p p :若ba则b2a2，取b0,a2，b2a2不成立，故为假命题；命题 q q :在ABC中，若 ABAB，则 a a b b，根据正弦定理则：sinAsinBsinAsinB，故为真命题； 故p q为真命题 故选：B. .【点睛】本题考查了命题的真假判断，意在考查学生的综合应用能力5 5.我国南北朝时的数学

5、著作张邱建算经有一道题为：今有十等人，每等一人，宫第3页共19页赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间【答案】C C7a5a63【详解】设an为第n等人的得金数，则an为等差数列,由题设可知4a1a2a34,a$a?a3，故a2, a91,3而a5aa?a?，故选 C C.3【点睛】般地，如果an为等差数列，Sn为其前n项和，则有性质:（1）若m,n,p,q N*, m n p q，则ama.apaq；（2 2）Snnk anl,k 1,2,L ,n且S2n 12n 1 an;2（3 3）SnAn2Bn且 邑 为等差数列；n（4 4）Sn, S2nSn,

6、S3nS2n, L为等差数列. .2 26 6 .已知双曲线C :X2芯1（a 0,b 0）的焦点F到渐近线距离与顶点A到渐近线距离a b之比为3:1，则双曲线C的渐近线方程为（）A.y2、2XB B.y2XC C.yX2D D.yX4【答案】A A【解析】CF由题意知C3, ,由VOAB与VOFC相似（0 0 为坐标原点） 可得3,AB10Aa再由c2b2a2，可得b2 2，进而可得渐近线方程 【详解】四人未到者，亦依次更给，问各得金几何?则在该问题中，中等级中的五等人与六等人所得黄金数（）17A A .B.B.- -3676C C.D D .37【解析】设an为第n等人的得金数，则an为等

7、差数列，利用等差数列的性质可得第4页共19页与VOFC相似（0 0 为坐标原点），又由题意知3，所以c3，即c3a,AB 1OA a又因为c2b2a2，所以b28a2，即-2、2所以渐近线方程为：y2x，a故选 A.A.【点睛】817 7 .若J7丄（ax 1）展开式中含 2 2 项的系数为 2121,则实数a的值为（）2xxA A . 3 3B B. -3-3C C. 2 2D D . -2-2【答案】A A8【解析】 先求得 展开式的通项公式，求得其中?的系数，与a相乘得到2xx17a;求x2的系数时，无解 故由7a 21求得a的值. .ZV【详解】1所以含x2项的系数为7a，所以7a 2

8、1，得a 3. .故选 A.A.【点睛】 本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查乘法的分配律，考查运算求解能力，属于基础题. .A A，焦点为 F,F,过 A,FA,F 作渐近线的垂线,垂足为 B B ,C,C，所以VOAB本题考查双曲线的几何性质，需灵活运用三角形相似及a,b,c之间的关系，属基础题8展开式的通项公式2x为Tr 1C；x2xr8 3r-C8xr 0,1,2,3,4,5,6,7,82所以令8 3r28 3r2r - N*，舍去,313第5页共19页8 8若t log2x log3y log5z，且t 2则(A A 5z2x 3yB B 5z 3y2xC C 3y2x 5zD

9、 D 2x 3y5z【答案】B B【解析】根据t log2xlog3y log5z即可得出2x 2t1，3y 3t 1,5z 5t 1，根据t2得出t 10,从而根据幂函数y xt 1的单调性即可判断2x,3y和5z的大小关系.【详解】QtQt loglog2x x loglogsy y loglogsz z,tt itt itt ix x 2 2 ,2x 2，y3,3y 3,z 5，5z 5，QtQt 2 2,t 1t 10, y y x x 单调递减，t i 11115 53 32 2,5z5z 3y3y 2x2x 故选：B【点睛】本题考查了对数式和指数式的互化、指数式的运算、幕函数的单调

10、性，考查了推理和计算能力，属于基础题.9 9 在VABC中，内角 代B,C所对应的边分别为a,b,c，若c2(a b)26，且C 3，则VABC的面积为()A A 3131B B. 91C C 3D D 3 322【答案】A A【解析】由c2(a b)26可得到a, b,c之间的关系，再由C一结合余弦定理，可3求出ab6，然后利用三角形面积公式可求出面积【详解】第6页共19页c2(a b)26，二c2a22ab b26, a2b2c22ab 6,2 2 2a b c2ab 61C- cos-332ab2ab2ab 6, SVABC1absin C16乜 亠3，故选A2222【点睛】此题考查余弦

11、定理和三角形的面积公式，属于基础题. .1010 .已知F为抛物线y 4x的焦点，0为原点，点P是抛物线准线上一动点， 若点A在抛物线上，且AF 5，则PA P0的最小值为（）A A. 、5B B.2、5C C.13D D.2 13【答案】D D【解析】利用焦半径公式计算A的横坐标后可得A的坐标，求出A关于准线的对称点后可得距离和的最小值 【详解】不妨A为第一象限中的点，设A a,b（b 0）. .由抛物线的方程得F 1,0，则AF a 15，故a 4，所以A 4,4,A关于准线x1的对称点为A 6,4,故PA OP PA OP AO辰2/13,当且仅当A, P,0三点共线时等号成立，故选D.

12、D.【点睛】在坐标平面中，定直线上的动点到两个定点的距离和的最小（或距离差的最大值），常常利用对称性把距离和的最值问题转化为三点共线的问题来处理1111四棱锥 P P ABCDABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E E,F F 分别是棱 ABAB , CDCD 的中点，直线 EFEF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为（）第7页共19页A A . 9 9 nB B. 3 3 nC C.2.2nD D . 1212 n【答案】D D【解析】由三视图可得，所求几何体是四棱锥并且可看作由正方体截得 ，与正方体内接于 同一个球，由此结合题意，可得正方体的棱长为2,

13、,算出外接球的半径R, ,再结合球的表面 积公式，即可得答案 【详解】 该几何体的直观图如图所示 ，该几何体可看作由正方体截得则正方体外接球的直径即为PC. .由直线EF被球面所截得 的线段长为2,2,2 , ,可知正方形ABCD对角线AC的长为22,可得正方形ABCD的边长a 2, ,在PAC中,PC；22(2 2)223，球的半径R 3, , S表=4 R24(3)212. .本题考查将三视图还原为直观图，并且求外接球的表面积解集是( (In 4A.(T【答案】B B故选: :D D【点睛】视图和球内接多面体等知识， 属于中档题 1212 设函数f(x)f(x)的导函数为f (x), f(

14、0)=1f(0)=1，且3f(x)f(x)3, ,则4f (x) f (x)的，着重考查了正方体的性质、B B.ln 2)第8页共19页【解析】构造函数gx3xeg Xf x 3f到答案. .【详解】构造函数g x4f(x)e3xx 13x，e0，故g X为常函数,3xef(x)，即故选：B. .【点睛】3x2e 1,代入不等式得2. .3 f x3x2e3x1 e3f x 33e0，故gx为常函数. .3x .2e 1,3x6e,8e3x4 6e3x，解得In 2本题考查了根据函数性质解不等式，构造函数x3xeg x0是解题的关键. .二、填空题v vv1313知向量a,b的夹角为120o,

15、且a2,V3，则向量ab在向量a方向上的投影1【答案】丄2【解析】 根据投影公式可得，向量a b在向量a方向上的投影为(_aI a|b)a，代入数据便可解决问题.【详解】解：向量ab在向量a方向上的投影为(a p) ? aI a|423 cos 1202第9页共19页第10页共19页r rr1所以，向量a b在向量a方向上的投影为-【点睛】本题考查了向量的投影公式、向量数量积公式，正确使用公式是解题的关键.熟记正切函数的图象与性质，以及熟练应用三角函数的图象变换是解答的关键,查了推理与运算能力，属于中档试题1515 已知函数f(x) (36a)x 3，x 7,数列an满足anf( n)( n

16、Na ,x 7,an是递增数列，则实数-的取值范围是 _1414.已知函数f(x) tan( x ),(0,0/的相邻两个对称中心距离为-且f( )3，将其上所有点的再向右平移一个单位，纵坐标不变，横坐标变为原来+31的丄，得g(x)的图像，则g(x)的表达式为 _32【答案】g(x) tan(x ). .【解析】利用正切函数的图象和性质，函数y Atan( x)的图象变换规律，即可求解，【详由题意，函占，解得w且f ( )：3，即tan( ).3，因为03解得1所以f (x) tan(- x ),331将 f f (x)(x)图象上的点向右平移 一个单位，可得f (x) tan-(x -)-

17、33331再把所得图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的，可得f(x) tan(x1 tan(- x32)的图象,9即函数g x的解析式为f(x) tan(x2故答案为：f (x) tan(x ). .9【点本题主以及三角函数的图象变换的应用,其中解答中着重考)，且数列第11页共19页【答案】(2,3)3 a 0【解析】试题分析：因为n N*，所以依题意可得a 13 a 7 3 a8 6【考点】 分段函数的单调性.【思路点睛】本题主要考查分段函数的单调性，难度稍大分段函数的单调性（如为增 函数）前提要求在各段内均为增函数，再保证左部分的右端点值小于等于右部分的左端 点值即可.但此题中anf n中n

18、 N*,所以应保证a7a.若忽略n N*时只考 虑3 a 7 3 a76就会得错误答案.16如图，三棱锥八中，儿 u ,二汶门，帕沁，点 在侧面|AC3上，且到直线的距离为咄J,则PE的最大值是 _.【答案I.;*寸【解析】 通过点咄到直线距离为定值，确定 同点在圆柱侧面上，同时确定 点轨迹；根据 椭圆性质可知，当落在k刊上时，：於最大；根据距离可确定=1为冏中点，然后利用余弦 定理解出结果【详解】加动点p到直线的距离为定值 返T动点忖落在以為E为轴、底面半径为寸厂|的圆柱的侧面上可知侧面与三棱锥侧面的交线为椭圆的一部分设其与I：的交点为，此时卜F；最大由题意可得，点 至U的距离为：:-存.、

19、亍T则至U的距离为可知：讨为 的中点又1 2cosAC-在二m中，由余弦定理可得一/ : :. 本题正确结果：7|【点睛】第12页共19页本题考查立体几何中的直线与平面的位置关系，难点在于确定 点在侧面上的轨迹类型，第13页共19页锁定最值取得的点，对学生的空间想象能力要求较高 三、解答题1717 在VABC中，内角A、B C对的边分别为a、b、c, cos 2B 2C 3cosA 1 0且VABC外接圆的直径为 2.2.(1) 求角A的大小；(2)求关于x的不等式2sin(2x A) 1在0,的解集. .【答案】(1 1)A； (2 2)x 0, U ,332【解析】(1 1)利用三角函数的

20、诱导公式，结合一元二次方程进行求解，即可得到答案;(2(2)结合三角函数的周期性，解三角不等式，即可得到答案【详解】(1)由题意，知cos 2B 2C 3cosA 1 0,可得cos2(B C) 3cosA 10,由余弦的倍角公式，化简得2cos2(B C) 1 3cos A 1 0,1即2cos2A 3cos A 2 0，解得cosA -,2又因为0 A，所以A -.3(2(2)由题意，令2x t且 t t3因为2sin(2x A) 1，即sint1，解得t2【点睛】本题主要考查了三角形的角的计算，三角不等式的求解，其中解答中结合三角函数的诱导公式，以及三角函数的图象与性质求解是解答的关键，

21、着重考查了运算能力，属于基 础题. .1818.在平面多边形ABCDEF中，四边形ABFE是边长为 2 2 的正方形，四边形DCFE为等腰梯形，G为CD的中点, ,DC 2FE,DE CF EF，现将梯形DCFE沿EF即2x253EUT解得x 0EUU第14页共19页折叠，使平面DCFE平面ABFE. .(1)求证：EG面BDF;（2）求CB与平面GEB成角的正弦值【答案】（1 1）证明见解析；（2 2）-14【解析】（）连接GF，得到四边形DEFG为菱形，从而EG DF,再由平面DCFE平面ABFE，证得BF EF，得到平BF面DCFE，证得BF EG，利用线面 垂直的判定定理，即可得到EG

22、平面BDF. .（2 2）取EF的中点0，连接0G，证得0H面DCFE，以0为原点0H为x轴，OFOF 为y轴0G为Z轴建系，结合向量的夹角公式，即可求解 【详解】（1 1）连接GF,由已知得DG/EF,DG DE 2，可得四边形DEFG为菱形，故EG DF，又因为平面DCFE平面ABFE，且交线为EF,可得BF EF，由线面垂直的判定定理，可得BF平面DCFE，又由EG平面DCFE，所以BF EG，又由BF I DF F，所以EG平面BDF. .（2 2）取EF的中点0,连接0G，则0G面ABFE, ,过0作OH /BF，则0H面DCFE，以0为原点0H为x轴，OFOF 为y轴，0G为Z轴建

23、系，则G（0,0, J）, E（0, 1,0）, B（2,1,0）, C（0,2八3），uuu-umr- uuu设面GEB的法向量m （x, y, z），2x 2y 0，可得m （1,），,2,0)第15页共19页ir urn则cosm,CBir uum CB-u= uua-|m|CB|42i4即直线CB与平面EB所成角的正弦值为 丝.14【点睛】本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题， 意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的

24、法向量，利用向量的夹角公式求解2 21919已知椭圆C :X2笃1 (a 0,b 0)的两个焦点分别为RE,点P是椭圆上任a b2 2意一点，且丨pFi11pF2I的最大值为 4 4，椭圆C的离心率与双曲线y i的离心412率互为倒数.(1 1)求椭圆方程;32223设点p(巧)，过点P作直线吐与圆(x 1) y r (0 r3相切且分别交椭圆于M , N, ,求直线MN的斜率.2【答案】(1)4【解析】(1 1)利用椭圆的离心率，以及基本不等式和椭圆的定义，求出a,b得值，即可得到椭圆的标准方程；(1)设为k1,k2,M(X1,y1),N(X2,y2),由直线ht与圆相切，得到k1k2，直线

25、h的方程与椭圆的方程联立，求得x1，同理求得x2，再结合斜率公式，即可求解【详解】(1 1)由题意，椭圆的定义，可得| PR | | PF2| 2a,冲|PF1|则IPF1I IPF2I (dI PF2|)222a 4，解得a 2,第16页共19页第17页共19页1c 1由双曲线离心率为 2 2,可得椭圆离心率为，即，即a 2c,2a 2所以c 1，又由b2a2c23,2 2所以椭圆方程为i. .43【点睛】本题主要考查了椭圆的方程的求法，以及直线与椭圆的位置关系的应用，其中解答中主要理性了公式和基本量的关系，以及联立方程组，合理利用根与系数的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中

26、档试题2020 .已知函数f (x) x ln(x a), a R. .(1 1)对定义域内的任意x, ,都有f(x) 0，求a的取值范围；(2(2)显然直线佥匕，M (Xi, yJN(X2,y2)，由于直线li很与圆(X1)2(0 r3)相切，则k1k2直线l1: yki(x1)，联立方程组2 2x y433y2k1(x得(31)4k12)X28k1(k13)X4(k1-)212 02 2 所以X138皿-)3 4k12，得X14k1212k132，3 4k12同理，当2与椭圆相交时， 可得X24k1212k133 4K2所以X14k1212k,3X23 4k12而y y 1(X1X2) 2

27、kf所以直线MN的斜率k4k1212k1324k12，12k14k12，力y2X1x2第18页共19页(2(2)若 f(x)f(x)在x 1处取得极值，求证：对于任意大于1 1 的正整数n,【解析】 (1 1)求得函数的导数， 禾U用导数求得函数的单调性， 进而求出函数的最小值,由此可求得a的取值范围；此利用累积，即可求解【详解】则 f f (x)(x)在(a,1 a)单调递减，在(1 a, )单调递增,所以f x的最小值为f 1 a 1 a 0所以a 1(2 2)因为 f(x)f(x)在x 1处取得极值，可得f (1)0，解得a 0,由(1 1)可知x Inx 0，即x Inx,11 1令x

28、 1 2则有ln(1 2) 1 -2,nnn1111可得ln(1尹)1歹，ln(132) 132，Ln(1(n 1) n111上述可得ln(1-2)(1-y).(1-2)1,23n(2)依题意，a 0由(1)得到x In x,令x 1112则有ln(12)n12，由n(1)由函数f (x) xln(x a), a R，则f (x)令f (x)0，解得x1 a，令f (x)0，解得x 11 1 1ln(1評1歹1亍1 1 1n212 2 31(n 1) n又因为e,其中e e 为自【答案】(1 1)a 1; (2 2)见解析. .右边放缩相加得ln(12)1 12232第19页共19页即(1尹(

29、13r)(1ny) e. .【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.2121 某人某天的工作是驾车从A地出发，到B,C两地办事，最后返回A地，代B,c, , 三地之间各路段行驶时间及拥堵概率如下表路段正常行驶所用时间(小时)上午拥堵概率下午拥堵概率AB1 10 0. 3 30 0. 6 6BC2 20 0. 2 20 0. 7 7CA3

30、30 0. 3 30 0. 9 9若在某路段遇到拥堵，则在该路段行驶时间需要延长1 1 小时.现有如下两个方案：方案甲：上午从A地出发到B地办事然后到达C地，下午从C地办事后返回A地；方案乙：上午从A地出发到C地办事，下午从C地出发到达B地，办完事后返回A地.(1)若此人早上 8 8 点从A地出发，在各地办事及午餐的累积时间为2 2 小时，且采用方 案甲，求他当日 1818 点或 1818 点之前能返回A地的概率.(2)甲乙两个方案中，哪个方案有利于办完事后更早返回A地？请说明理由. .【答案】(1 1)P(A) 0.946; (2 2)采用甲方案能更早返回，理由见解析 【解析】(1 1)由题

31、意可知能按时返回的充要条件是拥堵路段不超过两段，则不能按时，返回时由三段拥堵，二者互为对立事件，利用对立事件的概率公式，即可求解(2 2)设某段路正常行驶时间为x，拥堵的概率为P，可得该路段行驶时间x的分布列， 利用公式求得期望 【详解】(1 1)由题可知能按时返回的充要条件是拥堵路段不超过两段，则不能按时返回时有三第20页共19页段路段拥堵，二者互为对立事件，记不能按时返回为事件A”则P(A) 0.3 0.2 0.90.054,第21页共19页所以能够按时返回的概率P(A) 0.946,(2)设某段路正常行驶时间为x，拥堵的概率为P,则该路段行驶时间x的分布列为行驶时间xxx 1概率p1 p

32、p故Ex x(1 p) (x 1)p x p，因此采用甲方案能更早返回【点睛】本题主要考查了对立事件、互斥事件的概率计算公式，以及随机变量的分布列与数学期 望的求解，着重考查了分析问题河解答问题的能力，属于中档试题. .x 2 tcos2222 .在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)以坐标y 2 tsin原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2cos(1) 求曲线C的直角坐标方程；(2) 设点P的坐标为(2,2), ,直线l交曲线C与A,B两点，求PA PB的取值范围。【答案】(1)x2y22x 0； ( 2 2)| PA| | PB | (4,2、5. .【解析】(1 1)直接利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线C的直角标方程;(2 2)将直线的参数方程代入曲线的方程，利用根与系数的关系和三角函数的性质，即可求解. .【详解】上午AB BC、CA路段