陕西省高三上学期教学质量检测测评卷一文科数学试卷

20202021学年陕西省高三教学质量检测测评卷一文科数学一､选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B.C. D.————B分析：首先解一元二次不等式求得集合A，之后求得集合的补集.解答：因为集合或，所以，故选：B.点拨：方法点睛：该题考查的是有关利用解不等式求集合，解题方法如下：（1）根据解一元二次不等式求解集合；（2）根据补集的定义求得结果.2.已知复数满足，且为纯虚数.则实数的值为（）A.1 B.-2 C. D.————A分析：利用复数代数形式乘除运算化简，求得，根据纯虚数的概念，即可得答案.解答：因为，所以，因为为纯虚数，所以，解得.故选：A3.2020年的高中学业水平测试结束后，某校统计了该校学业水平测试中的数学成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图，则该校学业水平测试中的数学成绩的中位数估计为（）A.70 B.71 C.72 D.73————D分析：利用频率分布直方图计算频率值从左到右的和为时对应的数值即为中位数．解答：由频率分布直方图知，，所以数学成绩的中位数在，内，设中位数为，则，解得．故选：D．点拨：方法点睛：频率分布直方图找中位数的方法：先计算出每个小矩形的面积，通过解方程找到左边面积为0.5的点P，点P对应的数就是中位数.4.在中，，且，，分别为，的中点，若，，则（）A. B.C. D.————B分析：由题得，再利用平面向量减法法则求解.解答：如图，由题得.故选：B5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. B.C. D.————C分析：根据三视图，作出几何体的直观图，根据题中条件，逐一求解各个面的表面积，综合即可得答案.解答：根据三视图，作出几何体的直观图，如图所示:由题意得矩形的面积，矩形的面积，矩形的面积，正方形、的面积，五边形的面积，所以该几何体的表面积为，故选：C6.执行如图的程序框图，则输出的结果为（）A.120 B.121 C.143 D.145————C分析：由已知可知：该程序的功能是利用循坏结果计算输出变量S的值，按着运行过程，分析循环中各变量值的变化情况可得答案.解答：执行如图所示的程序框图，可知：第一次循环：，；第二次循环：，；第三次循环：，；可知该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值故选：C.点拨：关键点点睛：本题考查了程序框图的应用问题，模拟程序框图的循环运行过程找到规律是解题的关键，考查学生的运算能力，属于基础题.7.2020年8月3日(农历六月十四)23时59分上演了“十五的月亮十四圆”的天文奇观.A. B. C. D.————D分析：基本事件总数是，其中恰好包含农历六月十四日晚上的基本事件个数是，由此能求出其中恰好包含农历六月十四日晚上的概率.解答：从七个月中月亮最圆的夜晚中任意选取两个夜晚进行分析,基本事件总数是，其中恰好包含农历六月十四日晚上基本事件个数是，则其中恰好包含农历六月十四日晚上的概率.故选：D.8.已知椭圆：的左顶点为，右焦点为，若点在上，为的中点，，且，则的离心率为（）A. B. C. D.————B分析：由椭圆的方程及题意可得，，，由可得是直角三角形，利用，可得，结合，即可求解.解答：由题意可得：，，，所以是直角三角形，且是直角边，因为为的中点，所以，所以，即，整理可得：，即，可得，解得，故选：B点拨：方法点睛：求椭圆离心率的方法：（1）直接利用公式；（2）利用变形公式；（3）根据条件列出关于的齐次式，两边同时除以，化为关于离心率的方程即可求解.9.已知数列的前项和为，若，且，则（）A.8 B.6 C.4 D.————D分析：先利用结合已知条件得，即数列是每项均为的常数列，即可求出，代入已知条件结合等差数列求和公式即可求得.解答：，，，变形得所以数列是每项均为的常数列，，即又解得：故选：D点拨：关键点点睛：本题考查利用数列递推关系求数列通项公式，及等差数列求和，题目涉及，利用将已知条件转化为，从而得到数列是每项均为的常数列是解题的关键，考查学生的逻辑推理与计算能力，属于中档题.10.已知函数，若函数的对称中心为，且，则满足条件的所有的和为（）A. B. C. D.————A分析：利用二倍角公式、辅助角公式将函数化简为，根据正弦型函数的对称中心，可求得的表达式，根据的范围，求得各个满足条件的值，即可得答案.详解】由题意得：，令，解得，即，且，所以可取，所以满足条件的所有的和为，故选：A11.已知正三棱锥的底面是边长为6的正三角形，其外接球球的表面积为，且点到平面的距离小于球的半径，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.————A分析：利用外接球的表面积求出外接球半径为，再根据勾股定理求出点到平面的距离，找到异面直线与所成的角，然后在三角形中利用余弦定理进行分析求解，即可得到答案.解答：因为外接球的表面积为，设外接球半径为，则，则，设点到平面的距离为，的中心为，则，由勾股定理得，解得：或（舍去）取的中点，则由中位线性质知，，所以异面直线与所成的角为或其补角，在中，勾股定理知，即，，又，，，故所以异面直线与所成角的余弦值为故选：A点拨：思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．12.设，若函数的值域是，则函数的零点的个数是（）A.0 B.1或2 C.1 D.————D分析：先求出分段函数的函数每一段的值域，根据函数的值域为可求出的范围，的零点的个数等价于函数与函数的图象交点的个数，利用导数判断的单调性，求出的最值，再结合的范围即可求解.解答：当时，，，此时在单调递增，，此时值域为，当时，在单调递减，，此时值域为，因为的值域为，所以，所以，解得：，由可得，令，则，由可得，由可得，所以在单调递减，在单调递增，所以的最小值为，因为，所以，所以与函数的图象有2个交点，即函数有2个零点，故选：D点拨：方法点睛：判断函数零点个数的方法（1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点；（2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点；（3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；（4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数的最小正周期为，则________；————1分析：根据函数的最小正周期为，由，求得解析式即可.解答：因为函数的最小正周期为，所以，所以，所以，故答案为：114.已知实数，满足不等式组，则的最大值为________；————11分析：画出可行域，平移目标函数找到取最大值的点，代入即可得答案.解答：画出表示的可行域，如图所示：联立，可得交点（3,4），可变为，当过（3,4）时，为最大值.故答案为：1115.已知双曲线：的左焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为点，若，且的面积为3(其中为坐标原点)，则的标准方程为_________；————分析：由双曲线的方程求出，渐近线方程为，利用点到直线的距离公式可得，再利用的面积为3可求出，再由勾股定理可以求出的值，再利用可求出的值，即可求解.解答：由双曲线的方程可得，渐近线方程为，即，所以点到的距离为，，所以，所以，所以，所以双曲线的方程为：.故答案为：.点拨：关键点点睛：本题的关键点是利用焦点到准线的距离等于可以求得，再利用的面积，以及勾股定理可求出得值，进而可得的值.16.已知是正项等比数列，，且，若表示不超过的最大整数(例如，)设，则数列的前项和为为________.————分析：先利用等比数列的通项公式和前项和公式求得和的值，进而可得的通项公式，写出的各项，可得第11项开始，再利用求出的前项，当时，即可求解.解答：设等比数列公比为，则，由题意可得：，即，解得：，所以，的前项分别为，，，，，，，，，，，所以从第11项开始，又因为，所以的前10项分别为：，当时，所以数列的前项和为为，故答案为：点拨：关键点点睛：本题解题的关键是求出的通项公式，通过通项公式发现是递减数列，从第11项开始，，只需求出的前项即可.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17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答.17.在中，角，，的对边分别为，，.若，且.（1）求；（2）若，求的面积.————（1）；（2）2分析：（1）利用余弦定理代入可得结合已知条件可知，即可求得结果；（2）由（1）得，可求出，进而根据面积公式可得结果.解答：（1），利用余弦定理得：，整理得：，又，，即（2）由（1）知，又，，的面积.点拨：关键点点睛：本题考查余弦定理，三角形的面积公式，解题的关键是由已知条件结合余弦定理转化为，从而求出，，之间的关系，考查学生的转化能力与运算能力，属于一般题.18.某旅游景点努力打造一流旅游区，吸引更多的游客前来观光旅游，据统计，该景点2013年到2019年游客人数与对应年份代号的数据如下：年份2013201420152016201720182019年份代号1234567游客人数(单位：万人)293336485259（1）若关于具有较强的线性相关关系，且回归方程为，且，求；（2）若每位游客平均为景区带来200元收入，根据（1）中结论，预测该景点旅游收入首次超过亿元的年份.————（1）；（2）2024.分析：（1）由已知求得样本中心点的坐标，代入已知回归方程，即可求得的值；（2）把（1）中求得的代入，可得线性回归方程，再由求得的范围得答案.解答：（1），，因为回归方程为，所以有，解得；（2）由（1）得，，再由，解得，所以预测该景点旅游收入2024年首次超过亿元.点拨：思路点睛：该题考查的是有关线性回归分析的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，求得样本中心点的坐标，利用回归直线一定过样本中心点，得到等量关系式，求得结果；（2）根据题意，建立不等关系式，求得其范围，得到结果.19.如图，在直三棱柱中，为的中点，已知，.（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.————（1）证明见解析；（2）分析：（1）先证明，再根据勾股定理得，进而平面，故平面平面；（2）取取中点，连接，根据等体积转化法（）求解即可.解答：解：（1）证明：∵三棱柱是直三棱柱，∴平面，∵平面，∴，∵，，为的中点∴，即，又∵，∴平面，又∵平面，∴平面平面；、（2）由（1）得，∴为等边三角形，故取中点，连接，∴，由（1）知平面，平面，∴，∵，∴平面∴点拨：本题考查面面垂直的证明，锥体体积的计算，考查回归转化思想与空间思维能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于利用等体积转化法求解，即：.20.已知抛物线：的焦点为，过点作圆：的两条切线，且.（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线与交于，两点，若，到直线的距离分别为，.求的最小值.————（1）；（2）；分析：（1）求出圆的圆心和半径，设与圆的切点为，由切线长定理可得四边形为正方形，然后求出，进而得到抛物线方程；（2）设直线的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，求得线段的中点坐标，并求出其到直线的距离，再由二次函数的最值和梯形的中位线定理可求得结果.解答：（1）圆：的圆心，半径抛物线：的焦点，设两条切线，与圆的切点为，则，又，则四边形为正方形，，即，解得所以抛物线的方程为：（2）由（1）知，设直线的方程为，联立，得，由韦达定理得设,，线段的中点为，到直线的距离为，由梯形的中位线定理可得，又当时，取得最小值所以的最小值为点拨：关键点点睛：本题考查抛物线的方程与性质，及切线性质的应用，直线与抛物线的位置关系，切线长定理及梯形中位线性质的应用是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力与运算能力，属于中档题.21.已知函数.（1）若在上是单调函数，求实数的取值范围；（2）若，求证：.————（1）；（2）详见解析.分析：（1）求导，令，用导数法得到在上递减，将在上是单调函数，转化为在上恒成立或在上恒成立，即在上恒成立或在上恒成立求解.（2）将问题，转化为证，令，用导数法求得其最小值大于零即可.解答：（1）因为，所以，令，所以，所以在上递减，因为在上是单调函数，所以在上恒成立或在上恒成立，即在上恒成立或在上恒成立，所以或，即或，解得即或，（2）要证，即证，令，则，所以在上递增，当时，，当时，，所以存，有，即，则在上递减，在上递增，所以，，所以，即.点拨：方法点睛：利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x