2020届陕西省西安市高三年级第一次质量检测数学(理)试题(解析版)

1、坐标表示，可得结果第 1 1 页共 2222 页2020 届陕西省西安市高三年级第一次质量检测数学(理)试一、单选题1 1.已知集合A x|x| 1,B x|lgx 0则AI BA A.(,1)B B.(0,1)C C.( 1,0)【答案】B B【解析】根据绝对值不等式的解法以及对数不等式的解法，【详解】由题得 A A xx | | 1 1 x x 11 , B B x|0 x|0 x x 11,所以A B (0.1),故选：B B【点睛】本题考查绝对值不等式，对数不等式的解法，还考查交集的概念，1 i2 2 若i为虚数单位，则()iA A.1 iB B. 1 1 i iC C. 1 1 i

2、i【答案】C C【解析】 根据复数的除法、乘法运算法则，可得结果 【详解】1 i 1 i 1 ii 1故应选：C C【点睛】本题主要考查复数的运算，属基础题. .3 3 .已知平面向量 a a (1,2)(1,2),b ( 2, k)，若a与b共线，则A A . 3 3B B. 4 4C C.、5【答案】C C【解析】根据向量共线的坐标表示，可求得k，进一步可得( )D D.( 1,1)结合交集的概念，可得结果. .属基础题|3a b|()D D. 5 53；b，最后利用向量模的坐标表示，可得结果第 1 1 页共 2222 页第3 3页共 2222 页【详解】r ra与b共线 1 k 2 (

3、2)0 k 4,故应选：C C【点睛】 本题主要考查向量共线以及向量模的坐标表示，属基础题62-= 展开式中含 x x3项的系数为（【答案】【详解】1C6故选：B B【点睛】 本题主要考查二项式的通项公式的应用，属基础题5 5某单位为了了解用电量 y y （度）与气温 x x （C）电量与当天气温，并制作了对照表:气温 x x (C)181813131010-1-1用电量（度）2424343438386464由表中数据得线性回归方程y 2x a，预测当气温为-4-4C时用电量度数为（）A A 6868B B 6767C C 6565D D 6464r3(1,2)，|3a b| ,5,A A .

4、6060B B. 6060120120D D . 120120【解利用二项式的通项公式Tr,C：xn rr2，可得结果xTr 1C6rx6X X3项的系数为2 2C6( 2)60. .之间的关系，随机统计了某4 4 天的用第4 4页共 2222 页【答案】A A【解析】根据回归直线方程过样本中心点x, y，计算出x, y并代入回归直线方程，求得 a a 的值，然后将x4代入回归直线方程，求得预测的用电量度数【详解】a y 2x 40 20 60线性回归方程为:$y 2x 60，当气温为4C时，用电量度数为 6868, 故选 A A.【点睛】【解析】 通过反例可依次排除 A.A. I I 选项；

5、根据不等式的性质可判断出正确 【详解】选项：若 k k =n=nH H，则，可知错误；匚选项：若 k k = =冊，匕-二贝 U U，可知卜；：错误；选项：又咒亠 亠，可知 C C 正确； + 1 C + 1i i选项：当 k k_ _：；时,z z I I 山,可知已错误 本题正确选项：【点睛】本题考查不等式性质的应用，解决此类问题通常采用排除法，利用反例来排除错误选项即可，属于基础题$当x 4时，y8 60 68，解：x18 13 101410,y24 34 38 64440，本小题主要考查回归直线方程过样本中心点x, y，考查方程的思想，属于基础题6 6若且满足LA A .，则下列不等式

6、成立的是（）n/ mm l nlna/mmn m/n/ll其中为假命题的个数为（ ）A A 1 1B B 2 2C C3 3D D 4 4【答案】 C C【解析】 采用排除法，结合线面垂直，面面垂直，面面平行，线面平行的判定定理以及面面平行的性质定理，可得结果 . .【详解】对于，是错误的，n/,n可以在平面内：nm对于，是错误的，根据线面垂直的判定定理知， 当一条直线和面内 两条相交直线垂直的时候， 才能推出线面垂直；对于 根据面面平行的判定定理的推论知其结果正确；对于 直线m和n可以是异面直线. .故错误；对于 根据而面垂直的判定定理得到其正确 . .故应选： C.C.点睛】第 4 4 页

7、 共 2222 页7 7设l,m,n是三条不同的直线，是两个不重合的平面 . .给定下列命题：第6 6页共 2222 页本题考查线线，面面，线面位置关系，属基础题8 8经过点P(4,2)的抛物线的标准方程是()m的值，即得抛物线方程.【详解】 由于点P(4,-2)在第四象限，故抛物线可能开口向右，也可能开口向上. 故可设抛物线的标准方程为y22px，或x22my,1把点P(4,-2)代入方程可得p-或m 4,故抛物线的标准方程 y y2x x 或x2=-8y，故选 D D 【点睛】本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查抛物线的标准方程以及简单性质的应用，可设抛物线的标准方程为y22px或x22m

8、y，考查计算能力，是简单题.sin 2x的图象向右平移 一个单位长度得到g(x)图象，则下列32判断错误的是()A A .函数g(x)在区间，上单调递增12 2B B g(x)图象关于直线x讨对称C C .函数g(x)在区间，上单调递减6 3D D .g(x)图象关于点-,0对称【答案】C CA A y y2x x 或x2yC C x2y或y28x【答案】D D22B B y y x x或x 8y【解析】由于点P(4,-2)在第四象限，故抛物线可能开口向右，也可能开口向上故2my,把点P(4,-2)代入方程可得P或者9 9 .将函数f(x)【解析】由三角函数的图象变得到g x的解析式，再根据三

9、角函数的图象与性质,可设抛物线的标准方程为y22 px或x2第7 7页共 2222 页逐一判定，即可得到答案。【详解】由题意，将函数f xsin 2x的图象向右平移个单位长度，可得322sin(2x ),3对于 A A 中，由x-，则2x2,则函数g x在区间12，2上单122233调递增是正确的；对于B B 中，令x7，则g(72)sin(2)sin 1，12121232所以函数g x图像关于直线x7对称疋正确的； 对于 C C 中，x_，贝M则126322x0,则函数g x在区间,上先减后增，所以不正确；对于 D D36 32中，令x ，则g() sin(2) 0，所以g x图像关于点，0

10、对称示33333正确的，故选 C C。【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解函数的解析式, 质的综合应用，其中解答中正确利用三角函数的图象变换求解函数的解析式， 熟记三角 函数的图象与性质是解答的关键， 着重考查了分析问题和解答问题的能力， 属于中档试 题。cos 2511010 .已知2 sin(n2，则tan-等于()n) 2tan11A .-B B. -8-8C C. 88【答案】B BCOS2式，化简可得cossin，平方可得sin cos 2, 11tantancos sin，从而可得结果 以及三角函数的图象与性【解析】分析：由 一2sin 42，利用两角和的正弦公式以及二

11、倍角的余弦公第8 8页共 2222 页Qcos2cossin2详解：曲-血疥0scos sin cos sincos sin , sin cos一cos 2 Q, 2si n4系，综合性较强 解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心2 21111.已知双曲线 21(a0,b0)的右焦点为F，直线y -；3x分别交双曲线左、a b右两支于P,Q两点，若PF QF，则双曲线的离心率为()A A. . 21B B.、3 1C C. 2 2D D.、5【答案】B B【解析】先假设P x1,y1,Q X2,y2，联立直线

12、与双曲线方程，得到x?,uuu uuu一并且使用FP FQ 0，进行计算，可得结果 【详解】 设P咅$ ,Q X22,将直线y、3x代入双曲线方程并化简得2&2故为x20,x1x27T一2b 3a3a2b22 2 b 3asin255cossin1 2si ncos4418，故选 B.B.2 25b 3a3x23a2b2b23a2y23x1X2点睛：本题主要考查二倍角的余弦公式、两角和的正弦公式以及同角三角函数之间的关第9 9页共 2222 页设焦点坐标为F(c,0),即为c, y(x2c,y20. .2即4xiX2c 0,即b46a?b23a40，两边除以 a a4故e、1b4 2.

13、3.3 1故选：B B【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，难点在于如何找到a,b,c满足的式子，离心率问题属热点内容，属中档题 范围是(【答案】【详解】x 1时,f(x)x 2时,由于PFQF，故FPUUUT1212 定义新运算“”如下：aa2ab，已知函数b ,a bf (x)(1 x)x2(2 x)(x2,2)，则满足f(m 2), f(2m)的实数m的取值B B.C C 0.1D D. 1.4【解根据新定义，得到f(x)f(x)的表达式，判断函数f(x)f(x)在定义域的单调性，可得结第1010页共 2222 页f (x) x2x 2 2 x3第1111页共 2222 页易知，f(x)(

14、x) x x4在2.1单调递增，f (x) x34在(1,2单调递增，且当2 x 1时，f(X)max3,当1 x, 2时，f(x)max3, 则 f(x)f(x)在2.2上单调递增,所以f (m 2), f(2m)2 m 2 2得2 2m 2，解得0 剟 m 1. .m 2 2m故选：C C【点睛】本题考查对新定义的理解，以及分段函数的单调性，重点在于写出函数 单调性，难点在于m满足的不等式，属中档题. .二、填空题1313 袋中装有 4 4 个黑球，3 3 个白球，不放回地摸取两球， 在第一次摸到了黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是 _. .1【答案】丄2【解析】先计算第一次摸到黑球的概

15、率，然后计算第二次摸到白球的概率，根据条件概 率的公式，可得结果【详解】设第一次摸到黑球为事件A,则P(A)4,第二次摸到白球为事件B,所以f(x)x 4, 2 剟 x 1 x34,1 x, 2f(x)f(x)以及判断第1212页共 2222 页则P(AB)设第一次摸到黑球的条件下,第1313页共 2222 页第二次摸到球的概率为2P(AB) = 7 1P(A) 42712本题主要考查条件概率，属基础题 1414 .已知 f(x)f(x)是定义域 R R 上的奇函数，周期为 4,4,且当x 0,1时, ,f(x) log2(x 1), ,则f(31) _. .【答案】1【解析】 根据题意，由函

16、数的周期性可得f f (3131)= f f (-1-1),结合奇偶性可得 f f (-1-1 )=-f-f (1 1),进而结合函数的解析式计算可得答案.【详解】根据题意，y y= f f (X X)的周期为 4 4,则 f f(3131 )= f f (-1-1)又由 f f(X X)是定义域为 R R 的奇函数，贝 y y f f (-1-1 )= -f-f (1 1),若当 x x 00, 11时，f (x) Iog2(x 1)，则 f f (1 1)= 1 1则f(31)- 1 1； 故答案为：-1 1【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性的综合应用，涉及函数的求值，属于基础题.215

17、15 在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b c若b 1 ,c ,3,C一3则ABC的周长为_ . .【答案】2、3【解析】 根据余弦定理，可得a，则可得到结果【详解】. 2 2 22因为cab 2abcos,3所以3 a21 a,a2a 20, a a 1 1 因此 ABCABC 的周长为2込.P(B|A)故答案为:【点睛】第1414页共 2222 页故答案为：2；3【点睛】本题主要考查余弦定理，属基础题 1616 .已知ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点， 且平面PBC平面ABC，BC 3，PB2,2，PC , 5，则三棱锥P ABC外接球的表面积为【答案】10【

18、解析】 先找到ABC外接圆的圆心0，得到球心一定在过点0且垂直面ABC垂线上，然后在PBC内使用正弦定理求得外接球的半径，最后可得结果【详解】由题意知：BC的中点0为ABC外接圆的圆心且平面PBC平面ABC. .过0作面ABC的垂线I，则垂线I一定在面PBC内 且球心0i也是PBC外接圆的圆心在PBC中，由余弦定理得第1515页共 2222 页cos PBCPB2BC22BP BC2第1616页共 2222 页所以sinPBC子三棱锥P ABC外接球的表面积为S 4 R210故答案为：10【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，难点在于球心的位置，重点在于外接球的半径的求 法，属难题 三、解答

19、题1717 如图，四棱锥P ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是边长为 2 2 的正方形，PA 2,E为PD中点 【答案】(1 1)见详解;【解析】(1 1)先证明DC面PAD，得到CD AE，然后得到PD AE,利用线面 垂直，进一步得到线线垂直，可得结果 (2)2)利用建立空间坐标系，利用向量的方法，得到平面ABE的一个法向量以及平面 AECAEC 的一个法向量，然后利用向量的夹角公式，可得结果【详解】(1(1)证明:T底面ABCD是边长为 2 2 的正方形，由正弦定理PCsin PBC2R,解得R、102(2)求二面角B AE C的正弦值. .第1717页共 2222 页PA 2

20、,E为PD中点，TAE PD,CD AD. .TPA平面ABCD,CD平面ABCD, CD PA. .TPA AD A- CD平面PAD,TAE平面PAD, -CD AE,TCD I PD D. .-AE丄平面PCD,TPC平面PCD,AE PC. .(2 2)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为 z z 轴,建立如图空间直角坐标系. .则 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，umrurnE(0,1,1)，AE (0,1,1)，AB (2,0,0)uuuAC (2,2,0)，IT设平面ABE的一个法向量m (x,y, z)，第1818页共 2222 页m

21、mvAV 2x o则V uuv,m AE y z 0取y 1得m(0,1, 1). .r设平面 AECAEC 的一个法向量为n (xyzj. .n AC 2x 2y 0则v ，n AE y z 0r取xi1. .得n (1, 1,1),ITrrm n2cos m n -trr-=|m| |n| V3 V2二面角B AE C的正弦值【点睛】 本题考查了线线垂直的证明以及利用通过建系来求二面角的正弦值，通过建系的方法，将几何问题代数化，是立体几何中常用的方法，属中档题1818 一个不透明的盒子中关有蝴蝶、蜜蜂和蜻蜓三种昆虫共1111 只，现在盒子上开一小孔，每次只能飞出 1 1 只昆虫( (假设任

22、意 1 1 只昆虫等可能地飞出) )若有 2 2 只昆虫先后任意 飞出(不考虑顺序)，则飞出的是蝴蝶或蜻蜓的概率是空55(1)(1)求盒子中蜜蜂有几只；(2)(2)若从盒子中先后任意飞出3 3 只昆虫( (不考虑顺序) )，记飞出蜜蜂的只数为X X ,求随机变 量 X X的分布列与数学期望 E(X)E(X) 【答案】(1 1) 4 4 只；(2 2)见解析得期望 E(X).E(X).【详解】(1)(1)设“2只昆虫先后任意飞出，飞出的是蝴蝶或蜻蜓”为事件 A A，设盒子中蜜蜂为 x x 只,则由题意，得c；x21P(A)P(A) = h ，所以(11(11-x)(10 x)(10 - x)x)

23、 = 4242 ,C155【解(1)(1)盒子中蜜蜂为x x 只，由题C11 x55解得x的值即可. .由(1 1)知0,1,2,30,1,2,3，分别求得其概率，列出分布列，求2,第1919页共 2222 页两式作差得;anan 1an，即an 1an解之得 X X = 4 4 或 x x = 17(17(舍去) )，故盒子中蜜蜂有 4 4 只.由知，盒子中蜜蜂有 4 4 只，则 X X 的取值可为 0,1,2,30,1,2,3 ,C；7C4C228C：C；14P(XP(X = 0)0)=3，P(XP(X = 1)1)=y, P(XP(X = 2)2) = k , P(XP(X = 3)3)

24、=Cn33Cn55Cn55C：4CT故 X X 的分布列为X X0 01 12 23 3728144P P335555165本题考查了随机事件的概率，离散随机变量分布列，考查了考生的分析思考能力，解决 问题和应用意识，属于中档题 1919已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，若印1,Sna.(1(1)求数列 a an的通项公式(2(2)若bnnan 1，求数列bn的前n项和 T Tn. .1 n 1【答案】(1)an. 1c(2)Tn 5 1 12n2【解析】(1 1)根据Sn，an的关系，可得an，并验证，最后可得结果(2(2)根据(J J 的结果，可得 b bn的通项公式，然后利用错

25、位相减法进行求和，可得结 果 【详解】(1)Snan 1,当n 2时，Sn 1an,数学期望 E(X)E(X)【点睛】3328555541651211第2020页共 2222 页Tn202 22L2n 1n 2n,1 2nnTn1 2n2Tn(n 1)2n1【点睛】本题主要考查Sn,an的关系，以及利用错位相减法求和，属中档题2020 .已知，f(x) (x 2)ex. .取值范围当n2时，an= 2n-1验证n1时不成立，- an1 n 1n 12n-2(2 2)bnnan 1- Tn1 202 2 Ln 2n 1(n 1)2n 2- 2Tn1 21 22 2 Ln 1n(n 1)2n 2又

26、由ai1S,a2Si，求得a2两式相减可得1. .(1)当a0时，求g(x)2f(x)21)的单(2(2)若当a-0时，不等式f (x)4x在0,)上恒成立，求实数a a的【答案】(1 1)增区间为(1,)，减区间为(【解析】(1 1)利用导数判断函数的单调性，可得1,1)(2 2)a12Xg (x)=(x 1) 2e a，根据g (x)的第2121页共 2222 页符号，可得结果 a2(2 2)构建新函数h(x) f(x) 2 3 x24x，利用导数判断h(x)的单调性，禾 U U 用hmin(x)0,可得结果. .【详解】(1 1)由题意知：212g(x) (2x 4)x2-a(x 1)2

27、. .所以g (x)(2x 2)exa(x 1). .即g (x) (x 1) 2exa因为a0,令g (x)0，得x 1,令g (x)0，得x 1,所以g x在(1,)上单调递增，在()上单调递减 (2 2)设 |h(x)f(x) 2a 2 /x 4x. .2因为h (x：)(x1)exa(x 2). .令m(x)h(x)h(x)(x 1)exa(x2)有m(x)xxea 因为a 0，有m(x)0,此时函数y m(x)在0,)上单调递增，则m(x)m(0)2a 1. .(i )若2a 10即a1评时，2y h(x)在0,)上单调 递增，则h(X)minh(0)0恒成立；1 1(ii)若2a

28、10即 0,0, a a 时，2 2则在0,)存在h x00. .此时函数y h(x)在(0, X。)上单调递减，第2222页共 2222 页x x。，上单调递增且h(0) 0，所以不等式不可能恒成立，故不符合题意； 综上所述：12f(x) 2 a x 4x在0,)恒成立,2第2323页共 2222 页1实数a的取值范围为a -. .2【点睛】本题主要考查利用导数研究含参数的函数，难点在于构建函数h(x),利用hmin(x) 0,重点在于采用分类讨论的方法求解，数难题 2 22121 椭圆C:冷 爲1(a b 0)的左、右顶点分别为 人人，上、下顶点分别为a bBi, B2，左、右焦点分别为F

29、i, F2,A,BiJ3，离心率为 返.2(1(1)求椭圆 C C 的方程;(2)过右焦点F2的直线I与椭圆C相交于A, B两点，试探究在x轴上是否存在定点Q,使得可 QAQA QBQB 为定值？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由?【解析】(1 1)根据AB1，以及离心率，结合a,b,c关系，可得结果. .(2 2)假设点Q,A,B坐标以及直线I方程，可得 QA,QBQA,QB 坐标，然后联立I与椭圆方程,uuuuuu UJIDUJID利用韦达定理，计算 QAQA QBQB，通过观察，可得结果. .【详解】(1)由A1B13知；a2b23由题知e2 c2a 2又a2b2c2，由得：a

30、22, b b21 1. .2椭圆C的方程为： -y21. .2(2) 当直线l的斜率不为 0 0 时，设A为， ,B X2, y2,Q x,0,直线I的方程为x my 1,2【答案】(1)今八(2)存在,Q5,0第2424页共 2222 页综上所述:5在x轴上存在定点Q ,04uuuuuu uuuuuu ，亠 使得 QAQA QBQB 为定值. .【点睛】本题主要考查直线与椭圆几何应用，难点在于 QAQA QBQB 的计算,属难题 x 22222 .在平面直角坐标系xOy中曲线C1的参数方程为cy 2坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线(sin .3 cos )1. .x由

31、x2my1得m2212my 10,yiyiyiy2uuu urn二QA QB2mm221m22xo) y2又Xmy11,x2my21所以化简可得QA QB“023山一1x22x01. .m2215令2Xo3-，得Xo4. .5uuu uuu7故此时点,0,QA QB416当直线l的斜率为 0 0 时,um urn可QA QB2e 2)2716重点在于过定点的条件，cos(为参数) 以sinC2的极坐标方程为第2525页共 2222 页(1(1)分别求出曲线 G G 的普通方程和曲线 C2C2 的直角坐标方程;（2）若P，Q分别是曲线C1和C2上的动点，求| PQ I的最小值. .【答案】（1 1）Ci的普通方程为（X 2）2（y 2）21,C2的直角坐标方程为3x y 1 0（ 2 2）2 3 12【解析】（1 1）