陕西省榆林中学2020届高三第三次模拟考试理科数学试题

2020届榆林中学高三第三次模拟考试卷

理 科 数 学

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共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A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（　　）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】

由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.

【详解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.

【点睛】考查集合并集运算，属于简单题.

2.已知为虚数单位，复数，则（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

对进行化简，得到标准形式，在根据复数模长的公式，得到

【详解】对复数进行化简

所以

【点睛】考查复数的基本运算和求复数的模长，属于简单题.

3.抛物线的通径长为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先将抛物线方程，化为标准方程，再利用通径公式求解.

【详解】抛物线方程，化为标准方程为，

所以通径．

故选：D

【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，属于基础题.

4.某中学2018年的高考考生人数是2015年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2015年和2018年的高考情况，得到如图柱状图：

则下列结论正确的是（    ）

A. 与2015年相比，2018年一本达线人数减少

B. 与2015年相比，2018二本达线人数增加了0.5倍

C. 2015年与2018年艺体达线人数相同

D. 与2015年相比，2018年不上线的人数有所增加

【答案】D

【解析】

【分析】

设2015年该校参加高考的人数为，则2018年该校参加高考的人数为.

观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间关系列式计算得到答案.

【详解】设2015年该校参加高考的人数为，则2018年该校参加高考的人数为.

对于选项A.2015年一本达线人数为.2018年一本达线人数为，可见一本达线人数增加了，故选项A错误；

对于选项B，2015年二本达线人数为，2018年二本达线人数为，显然2018年二本达线人数不是增加了0.5倍，故选项B错误；

对于选项C，2015年和2018年.艺体达线率没变，但是人数是不相同的，故选项C错误；

对于选项D，2015年不上线人数为.2018年不上线人数为.不达线人数有所增加.故选D.

【点睛】本题考查了柱状统计图以及用样本估计总体，观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列式计算是解题的关键．

5.我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于．一般地，将连续的正整数填入个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方记阶幻方的对角线上的数字之和为，如图三阶幻方的，那么的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据幻方对角线上的数成等差数列，利用等差数列的性质和求和公式求解.

【详解】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，

由等差数列的性质可知对角线上的首尾两个数相加正好等于，

由等差数列求和公式得

所以

故选：A

【点睛】本题主要考查等差数列的性质和等差数列求和，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题.

6.根据如下样本数据

得到的回归方程为，则（    ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】A

【解析】

【分析】

画出散点图，根据y的值大致随x的增加的变化，判断b，再令，判断 .

【详解】画出散点图如图所示：

y的值大致随x的增加而减少，因而两个变量呈负相关，故，

又时，，故，

故选：A．

【点睛】本题主要考查变量的相关关系，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.

7.设是任意等比数列，它的前项和，前项和与前项和分别为，，，则下列等式中恒成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据等比数列的性质有，，成等比数列，再利用等比中项求解.

【详解】由等比数列的性质得，，成等比数列，

所以，

化简得．

故选：D

【点睛】本题主要考查等比数列的性质，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.

8.设，则的大小关系是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据对数运算、指数函数的性质，利用和进行分段，由此比较出三者的大小关系.

【详解】；

故选：C.

点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，属于基础题.

9.已知函数的最小正周期是，将函数的图象向左平移个单位长度后所得的函数图象过点，则下列结论中正确的是（    ）

A. 的最大值为 B. 在区间上单调递增

C. 的图像关于直线对称 D. 的图像关于点对称

【答案】B

【解析】

【分析】

根据函数的最小正周期是，得到，将函数的图象向左平移个单位长度后得到，再由其函数图象过点，解得，得到，然后逐项验证.

【详解】因为函数的最小正周期是，

所以，

将函数的图象向左平移个单位长度后得到，

又函数图象过点，

所以，则，

因为，所以，

所以，

A. 易得的最大值为1，故错误.

B. ，故在区间上单调递增，故正确.

C. ，故错误.

D. ，故错误.

故选：B

【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

10.过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

法一：直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，过顶点A作平面α∥平面A1BD，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等．

法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，由此能求出结果．

【详解】解法一：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，

三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，

直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，

过顶点A作平面α∥平面A1BD，

则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等，

同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，

直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等，

∴这样的平面α可以作4个．

故选：C

解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等

因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面．

故选：C

【点睛】本题主要考查正方体在平面上的投影以及直线与平面所成的角，还考查了空间想象的能力，属于基础题.

11.椭圆与双曲线共焦点，，它们在第一象限的交点为，设，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，交点到两焦点的距离分别为，焦距为，利用余弦定理得到，再根据椭圆和双曲线的定义，得到，代入求解.

【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，

交点到两焦点的距离分别为，焦距为，

则，

又，，故，，

所以，

化简得，

即

故选：B

【点睛】本题主要考查椭圆与双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

12.已知正方形的边长为，为内一点，满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

在中，利用正弦定理解得，再在中，利用余弦定理解得，然后通过三角形的形状得到结论.

【详解】已知正方形的边长为，

如图所示：

在中，由正弦定理得，

所以，

在中，由余弦定理得，

∴为等腰三角形，．

故选：D

【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理在平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13.展开式中的系数为_______．

【答案】

【解析】

【分析】

由，利用通项公式求解.

【详解】因为，

所以展开式中含的项为，

所以的系数为．

故答案为：

【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

14.设实数，满足不等式，当时取得最小值时，直线与以为圆心的圆相切，则圆的面积为________．

【答案】

【解析】

【分析】

由实数，满足不等式，作出可行域，将变形为，平移直线，找到最优点，得到的最小值，从而得到直线方程，再利用直线与圆相切求解.

【详解】由实数，满足不等式，作出可行域如图所示阴影部分，

将变形为，平移直线，

当直线过点时，在y轴上的截距最小，此时，取得最小值，

直线方程为，

圆心到直线的距离为：，

所以圆的面积为．

故答案为：

【点睛】本题主要考查线性规划求最值以及直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

15.已知等差数列的公差，，则使得集合，恰好有两个元素的的值为________．

【答案】

【解析】

【分析】

要使得集合恰好有两个元素，根据元素的互异性，则，再通过，利用诱导公式求解.

【详解】要使得集合恰好有两个元素，

则，

所以，

所以，的终边关于轴对称，

，

因为，

所以．

故答案为：

【点睛】本题主要考查知识迁移涉及了集合，诱导公式和等差数列等知识，还考查了特殊与一般的思想和理解应用的能力，属于中档题.

16.在三棱锥中，，，，若PA与底面ABC所成的角为，则点P到底面ABC的距离是______；三棱锥P-ABC的外接球的表面积_____.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

首先补全三棱锥为长方体，即可求出点P到底面ABC的距离，同时长方体的体对角线就是三棱锥的外接球的直径，然后即可求出外接球的表面积.

【详解】将三棱锥置于长方体中，其中平面，

由与底面ABC所成的角为，可得，

即为点P到底面ABC的距离，

由，得，如图，

PB就是长方体（三条棱长分别为1，1，）外接球的直径，

也是三棱锥外接球的直径，即，

所以球的表面积为.

故答案为：；.

【点睛】本题考查了点到面的距离和三棱锥外接球的表面积，属于一般题.

三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17.已知分别在射线（不含端点）上运动，，在中，角所对的边分别是.

（Ⅰ）若依次成等差数列，且公差为2．求的值；

（Ⅱ）若，，试用表示的周长，并求周长的最大值

【答案】（1）或.（2），

【解析】

试题分析：（Ⅰ）由题意可得 a=c-4、b=c-2．又因∠MCN=π，,可得恒等变形得c2-9c+14=0，再结合c＞4，可得c的值．

（Ⅱ）在△ABC中，由正弦定理可得AC=2sⅠnθ,BC=，△ABC的周长f（θ）=|AC|+|BC|+|AB|=,再由利用正弦函数的定义域和值域，求得f（θ）取得最大值．

试题解析：（Ⅰ）∵a、b、c成等差，且公差2，∴a=c-4、b=c-2．

又因∠MCN=π，,可得,

恒等变形得c2-9c+14=0，解得c=7，或c=2．

又∵c＞4，∴c=7．

（Ⅱ）在△ABC中，由正弦定理可得

.

∴△ABC的周长f（θ）=|AC|+|BC|+|AB|=

,

又,

当,即时，f（θ）取得最大值.

考点：1.余弦定理;2．正弦定理

18.如图，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，底面，点分别为，的中点.

（1）求证：平面平面；

（2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)见解析(2)见解析

【解析】

【分析】

（1）先证明，，可得平面从而平面平面；

（2）由题意可知两两垂直，分别以方向为轴建立坐标系，求出平面的法向量及，代入公式可得未知量的方程，解之即可.

【详解】（1）证明：∵，为的中点，

∴

又平面，平面，∴

∵

∴平面

∵平面

∴平面平面

（2）解：如图，由（1）知，，，点，分别为的中点，

∴，∴，，又，

∴两两垂直，分别以方向为轴建立坐标系.

则，，，，

设，

所以

，，设平面的法向量，则

，，令，则，，

∴

由已知 或（舍去）

故

故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，

此时为线段的中点.

【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

19.已知

（1）求的轨迹

（2）过轨迹上任意一点作圆的切线，设直线的斜率分别是，试问在三个斜率都存在且不为0的条件下，是否是定值，请说明理由，并加以证明.

【答案】（1）（2）见解析

【解析】

【详解】（1）

如图因为所以四边形是平行四边形

所以，

由得

所以的轨迹是以为焦点的椭圆易知  

所以方程为

（2）设，过的斜率为的直线为，由直线与圆相切可得

即：

由已知可知是方程的两个根，

所以由韦达定理：

两式相除：

又因为所以

代入上式可得：即：为一个定值.

20.已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）．

【解析】

【分析】

（1）求导得到，记，令，得到增区间， 得到减区间.

（2）记，求其最小值即可，求导，由，令，得或，再分，，，三种情况讨论求解.

【详解】（1），记，

令，得，函数在上单调递增；，得或，函数在或上单调递减．

（2）记，

由，，得或，

∵，所以．

①当时，，且时，；

时，，

所以，∴恒成立；

②当时，，

因为，所以，此时单调递增，

且，所以，成立；

③当时，，，

所以存在使得，因此不恒成立，

综上，的取值范围是．

【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及导数与不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

21.年月日，国务院总理李克强在做政府工作报告时说，打好精准脱贫攻坚战．江西省贫困县脱贫摘帽取得突破性进展：年，稳定实现扶贫对象“两不愁、三保障”，贫困县全部退出．围绕这个目标，江西正着力加快增收步伐，提高救助水平，改善生活条件，打好产业扶贫、保障扶贫、安居扶贫三场攻坚战．为响应国家政策，老张自力更生开了一间小型杂货店．据长期统计分析，老张的杂货店中某货物每天的需求量在与之间，日需求量（件）的频率分布如下表所示：

己知其成本为每件元，售价为每件元若供大于求，则每件需降价处理，处理价每件元．

（1）设每天的进货量为，视日需求量的频率为概率，求在每天进货量为的条件下，日销售量的期望值（用表示）；

（2）在（1）的条件下，写出和的关系式，并判断为何值时，日利润的均值最大．

【答案】（1）分类讨论，见解析；（2）20件

【解析】

【分析】

（1）根据每天的需求量在与之间，当日需求量时，日销售量为；当日需求量时，日销售量为，然后利用期望公式建立日销售量的期望分段函数模型.

（2）由（1）知，当时，；将n换为n+1，化简即可.设每天进货量为，日利润为，根据成本为每件元，售价为每件元，若供大于求，则每件需降价处理，处理价每件元．建立利润期望模型，然后作差研究增减性即可.

【详解】（1）当日需求量时，日销售量为；

日需求量时，日销售量为，

故日销售量的期望为：

当时，；

当时，．

（2），

设每天进货量为，日利润为，

则，，

由，

又∵，，

∴最大，所以应进货20件时，日利润均值最大．

【点睛】本题主要考查分段函数的实际应用和离散型随机变量的期望，还考查了理解应用和运算求解的能力，属于中档题.

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

【选修4-4：坐标系与参数方程】

22.在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.

（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值.

【答案】（1），（2）

【解析】

分析：（1）消去得直线方程为，极坐标化为直角坐标可得曲线的直角坐标方程为：；

（2）设曲线上的点为，由点到直线距离公式可得，则曲线上的点到直线的距离的最大值为.

详解：（1）由，消去得：，

曲线的直角坐标方程为：；

（2）设曲线上的点为，

则点到直线的距离为，

当时，，

即曲线上的点到直线的距离的最大值为.

点睛：本题主要考查极坐标与直角坐标的互化，参数方程转化为直角坐标方程的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

【选修4-5：不等式选讲】

23.设a＞0，b＞0，且a+b＝ab．

（1）若不等式|x|+|x﹣2|≤a+b恒成立，求实数x的取值范围．

（2）是否存在实数a，b，使得4a+b＝8？并说明理由．

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）先求的最小值，然后对绝对值不等式进行分类讨论，得到的取值范围.

（2）求出的最小值，然后进行判断

【详解】由，得 ，当且仅当时成立.

不等式即为.

当时，不等式为，此时；

当时，不等式成立，此时；

当时，不等式为，此时；

综上，实数的取值范围是.

由于.

则 .

当且仅当，即时，取得最小值.

所以不存在实数，使得成立.

点睛】本题考查基本不等式，绝对值不等式通过分类讨论进行求解，难度不大，属于简单题.