陕西省宝鸡中学2020届高三数学第二次模拟试卷理(含解析)

1、陕西省宝鸡中学2020届高三数学第二次模拟试卷理(含分析)陕西省宝鸡中学2020届高三数学第二次模拟试卷理(含分析)陕西省宝鸡中学2020届高三数学第二次模拟试卷理(含分析)宝鸡中学2020届高三年级第二次模拟数学（理科）试题第卷一、选择题：本大题共12个小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1.若会集，会集，则等于（）A.B.C.D.【答案】C【分析】【分析】经过解不等式获取会集，而后可求出【详解】，应选C【点睛】本题观察会集的交集运算，解题的要点是求出会集，属于简单题2.若复数满足（为虚数单位），则为（）A.B.C.D.1【答案】B【分析】由z（

2、1i）2=1+i，得|z|=.应选：B3.若直线与直线平行，则的值是（）A.1B.-2C.1或-2D.【答案】A【分析】【分析】分类谈论直线的斜率状况，而后依据两直线平行的充要条件求解即可得到所求【详解】当时，两直线分别为和，此时两直线订交，不合题意当时，两直线的斜率都存在，由直线平行可得，解得综上可得应选A【点睛】本题观察两直线平行的等价条件，谈论也可利用以下结论求解：若且或且解题的要点是将问题转变成对直线斜率存在性的，则4.设向量，若与垂直，则实数的值等于（）A.1B.-1C.2D.-2【答案】B【分析】分析：由两个向量垂直得向量的数目积为0，利用向量的坐标表示计算即可.详解：向量，则若与

3、垂直，则.解得.应选B.点睛：本题主要观察了向量数目积的坐标运算，属于基础题.5.若实数满足拘束条件则的最小值是（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【分析】【分析】作出不等式组对应的平面地域，依据的几何意义，利用数形结合即可获取最小值【详解】由题意，作出不等式对应得平面地域，以以下图，则平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小则的最小值为应选【点睛】本题主要观察了线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法，属于基础题。6.设为椭圆上任意一点，延长至点，使得，则点的轨迹方程为（）A.B.C.D.【答案】C【分析】【分析】由题意得，从而获取点的轨迹是以点为圆心

4、，半径为的圆，从而可得其轨迹方程【详解】由题意得又点为椭圆上任意一点，且，点的轨迹是以点A为圆心，半径为点的轨迹方程为，为椭圆的两个焦点，的圆，应选C【点睛】本题观察圆的方程的求法和椭圆的定义，解题的要点是依据椭圆的定义获取，而后再依据圆的定义获取所求轨迹，从而求出其方程观察对基础知识的理解和运用，属于基础题执行以以下图的程序框图，若输入以下四个函数：，则输出的函数是（）A.B.C.D.【答案】A【分析】试题分析：对，明显满足，且存在零点.应选A.考点：程序框图及函数的性质.8.以以下图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点、，且.则以下结论中正确的个数为（）；平面；三棱锥的体积为定值；的面积与

5、的面积相等.A.1B.2C.3D.4【答案】C【分析】【分析】连结BD,则AC平面BB1D1D,BD/B1D1,点A、B到直线B1D1的距离不相等，由此判断A,B,C正确，D错误.【详解】连结BD,则AC平面BB1D1D,BD/B1D1,平面ABCD,从而正确，又面积为定值，A到平面BB1D1D距离为定值，因此三棱锥的体积为定值，从而正确，因为A到B1D1的距离不等于BB1，因此的面积与的面积不相等，错误.应选C.【点睛】本题主要观察了正方体中的平行和垂直关系，属于中档题.9.函数的图像过点，若相邻的两个零点，满足，则的单调增区间为（）A.B.C.D.【答案】B【分析】【分析】由题意得，依据相

6、邻两个零点满足获取周期为，于是可得再依据函数图象过点求出，于是可得函数的分析式，而后可求出单调增区间【详解】由题意得，相邻的两个零点，满足，函数的周期为，又函数图象过点，由，得，的单调增区间为应选B【点睛】解答本题的要点是从题中所给的信息中获取相关数据，从而获取函数的分析式，然后再求出函数的单调递加区间，解体时注意整体代换思想的运用，观察三角函数的性质和应用，属于基础题10.已知抛物线的焦点为，双曲线的左、右焦点分别为、，点是双曲线右支上一点，则的最小值为（）A.5B.7C.9D.11【答案】C【分析】【分析】由题意并结合双曲线的定义可得，而后依据两点间的距离公式可得所求最小值【详解】由题意得

7、抛物线的焦点为，双曲线的左、右焦点分别为点是双曲线右支上一点，当且仅当三点共线时等号建立，的最小值为9应选C【点睛】解答本题的要点是认真分析题意，而后结合图形借助数形结合的方法求解其余在解题中注意利用双曲线的定义将所求问题进行转变，观察分析理解能力和解决问题的能力，属于基础题11.已知，则“”是“”的（）A.充分必需条件B.必需不充分条件C.充分不用要条件D.既不充分也不用要条件【答案】A【分析】【详解】观察函数,因此，因此在上递加，若则，若，则，应选A.12.定义在上的函数，满足，为的导函数，且，若，且，则有（）A.B.C.D.不确立【答案】B【分析】函数满足，可得.由，易知，当时，单调递减

8、.由，则.当,则.当,则,，即.应选A.第卷本卷包含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做答，第（22）题第（23）题为选考题，考生依据要求做答.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.在的睁开式中，含的项的系数是_【答案】-9【分析】【分析】因为涉及的为三项睁开式的问题，解题中可依据组合的方法求解【详解】表示三个相乘，因此睁开式中含的项有两种状况：（1）从三个采纳一个而后取，再从节余的两此中分别采纳，所得结果为；（2）从三个采纳两个分别取，再从节余的一此中采纳，所得结果为综上可得睁开式中含的项为故答案为：【点睛】本题观察三项睁开式的问

9、题，解题的方法有两个：一是转变成二项睁开式的问题求解，另一个是依据组合的方法求解，观察转变和计算能力，注意考虑问题时要全面，属于基础题14.已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为_【答案】【分析】【分析】依据导数的几何意义求出，而后将所给齐次式转变成只含有的形式后求解即可【详解】由得，故故答案为：【点睛】本题以对数的几何意义为载体观察三角求值，关于含有的齐次式的求值问题，一般利用同角三角函数关系式转变成关于的形式后再求解，这是解答此类问题时的常用方法，属于基础题15.一个几何体的三视图以以下图所示，则该几何体的体积为_【答案】【分析】以以下图，三视图还原为几何体是棱长为2的正方体中的组合体，

10、将其切割为四棱锥和三棱锥，此中：，该几何体的体积.16.已知三角形的内角、所对的边分别为、，若，则角最大时，三角形的面积等于_【答案】【分析】【分析】由题意得，依据余弦定理获取，而后利用换元法和二次函数的最值的求法获取，并求出此时，从而可得三角形的面积【详解】，由余弦定理的推论得，设，则，当且仅当，即时等号建立，当角最大时，即角最大时，三角形的面积等于故答案为：【点睛】解答本题的要点是由余弦定理获取的表达式，而后依据二次函数求最值的方法获取，因为题中涉及到运算量较大，因此在解题中注意换元法的运用，经过减少参数的方法达到求解的目的三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1

11、721题为必考题，每个试题考生都一定作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：60分17.设数列满足，；数列的前项和为，且.（1）求数列和的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1)；(2)【分析】【分析】（1）依据累加的方法可得数列的通项公式，利用可得数列的通项公式（2）由（1）获取数列的通项公式，而后依据错位相减法求出【详解】（1），又满足上式，数列中，当时，又当时，满足上式（2）由（1）得，得，【点睛】（1）利用累加法求数列的通项公式或利用前项和求数列的通项公式时，必定要注意对时的状况的考据，以保证所求对任意的正整数都建立（2）用错位相减法求数列的和时，因为要

12、涉及到大批的运算，因此很简单出现错误，解题时要依据解题步骤逐渐进行，同时在平常的训练中要提升对此类问题的重视程度，增强对计算的训练，防范出现错误18.甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日薪水方案以下：甲公司底薪70元，每单抽成2元；乙公司无底薪，40单之内（含40单）的部分每单抽成4元，超出40单的部分每单抽成6元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数同样，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，获取以下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数2040201010乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数1020204010（1）现

13、从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；（2）若将频率视为概率，回答以下问题：（i）记乙公司送餐员日薪水为（单位：元），求的分布列和数学希望；ii）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，假如仅从日薪水的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明原由.【答案】(1)；(2)()见分析；()小明去乙公司应聘【分析】【分析】（1）依据古典概型概率公式及组合数进行计算即可（2）()先求出乙公司送餐员每天的日薪水，再依据频数表获取相应的频率，即为概率，从而可得分布列和希望；()求出甲公司送餐员日均匀薪水为元，与()中获取的乙公司送餐员的日均匀薪水元作比较后

14、可得结论【详解】（1）记“从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，则即抽取的两天送餐单数都大于40的概率为（2）()设乙公司送餐员日送餐单数为,则当时,，当时,，当时,，当时,，当时,因此X的全部可能取值为由频数表可得，因此X的分布列为152156160166172因此()依题意,甲公司送餐员日均匀送餐单数为因此甲公司送餐员日均匀薪水为70+2元.由()得乙公司送餐员日均匀薪水为162元.因为149162，故介绍小明去乙公司应聘【点睛】（1）求分布列的要点是依据题意确立随机变量的全部可能取值和取没一个值时的概率，而后列成表格的形式后即可2）依据统计数据做

15、出决策时，可依据实质状况从均匀数、方差等的大小关系作出比较后获取结论19.在五面体中，四边形是正方形，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见分析；（2）【分析】【分析】（1）依据题意先证得四边形为等腰梯形，再证得，于是又可得到平面，于是，依据线面垂直的判判定理可得平面，于是可得所证结论（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，依据两向量的夹角的余弦值可得所求线面角的正弦值【详解】（1）证明：由已知，且平面，平面，因此平面又平面平面，故又，因此四边形为等腰梯形因为，因此，因此，因此因为，且，因此平面.因此又，平面，又平面，因此（2）如图，以为原点，以

16、分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，得，令，得设直线与平面所成的角为，因此直线与平面所成角的正弦值为【点睛】利用向量求线面时，要点是建立合适的空间直角坐标系、确立斜线的方向向量和平面的法向量解题时经过平面的法向量和直线的方向向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角20.已知动圆恒过定点，且与直线相切.（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）正方形中，一条边在直线上，其余两点、在轨迹上，求正方形的面积.【答案】（1）；（2）或【分析】【分析】（1）依据题意及抛物线的定义可得轨迹的方程为；（2）设边所在直线方程为，代入抛物线

17、方程后获取关于的二次方程，从而由根与系数的关系可得，又由两平行线间的距离公式可得，由求出或，于是可得正方形的边长，从而可得其面积【详解】（1）由题意得动圆的圆心到点的距离与它到直线的距离相等，因此圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，且，因此圆心的轨迹方程为（2）由题意设边所在直线方程为，由消去整理得，直线和抛物线交于两点，解得设，则.又直线与直线间的距离为，解得或，经检验和都满足正方形边长或，正方形的面积或【点睛】（1）对抛物线定义的观察有两个层次，一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为，则，相关距离、最值、弦长等是观察的要点；二是利用动点满足的几何条件符合抛物

18、线的定义，从而获取动点的轨迹是抛物线（2）计算弦长时要注意整体代换的应用，以减少运算量，提升解题的效率21.已知函数，（）.（1）谈论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，证明：.【答案】(1)答案见分析；(2)证明见分析.【分析】试题分析：（1）先求导数，再研究二次方程解得状况：依据鉴识式与零大小先进行一级谈论，再依据根与零大小进行二级谈论，（2）由韦达定理得，化简差函数，再利用导数研究差函数单调性，依据单调性证明不等式.试题分析：（1），令，即时，故恒建立，因此在上单调递加；马上时，恒建立，因此在上单调递加；当时，因为的两根为，因此在为增函数，在为减函数，综上：时，函数在为增函数；时，函数在为增函数，在为减函数；（2）由（1）知，且，而，设，则，因此在上为减函数，又，因此，因此.点睛：利用导数证明不等式常有种类及解题策略(1