2020届陕西省汉中市高三第六次质量检测数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届陕西省汉中市高三第六次质量检测数学（理）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知平面向量，，且，则（ ）
A．4B．1C．-1D．-4
【答案】D
【解析】利用平面向量共线定理即可得出．
【详解】
解：，，且，
，解得．
故选：．
【点睛】
本题考查了向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解不等式求出集合、，再求．
【详解】
解：
故选：
【点睛】
本题考查了解不等式与交集的运算问题，属于基础题．
3．设，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数解析式求解．
【详解】
解：
故选：
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．
4．下列四个命题中，正确命题的个数是（ ）个
①若平面平面，且平面平面，则；②若平面平面，直线平面，则；③平面平面，且，点，若直线，则；④直线、为异面直线，且平面，平面，若，则.
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【详解】
解：
①若平面平面，且平面平面，则与相交或平行，故①错误；
②若平面平面，直线平面，则或，故②错误；
③当点不在平面内，满足时，但与不垂直，故③错误；
④直线、为异面直线，且平面，平面，
由面面垂直的性质得，故④正确．
故选：．
【点睛】
本题主要考查了面面平行的性质，以及空间中直线与平面之间的位置关系，同时考查了空间想象能力，属于基础题．
5．求值：（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】利用三角函数的切化弦及辅助角公式对函数化简即可得答案.
【详解】
解：
故选：
【点睛】
本题考查同角三角函数的基本关系、辅助角公式，属于基础题.
6．将5个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )
A．36种B．42种C．48种D．60种
【答案】B
【解析】根据题意，可分为两种情况讨论：①甲在最左端，将剩余的4人全排列；②乙在最左端，分析可得此时的排法数目，由分类计数原理，即可求解．
【详解】
根据题意，最左端只能拍甲或乙，可分为两种情况讨论：
①甲在最左端，将剩余的4人全排列，共有种不同的排法；
②乙在最左端，甲不能在最右端，有3种情况，将剩余的3人全排列，安排好在剩余的三个位置上，此时共有种不同的排法，
由分类计数原理，可得共有种不同的排法，故选B．
【点睛】
本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答中注意优先元素受到的限制条件，合理分类求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
7．二项式展开式的第二项的系数为-3，则的值为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】A
【解析】二项式的展开式的通项公式得．由于第二项的系数为，可得，即，解得，再利用微积分基本定理即可得出．
【详解】
解：二项式的展开式的通项公式得．
第二项的系数为，
，
，，解得．
当时，则．
故选：．
【点睛】
本题考查了二项式定理与微积分基本定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8．已知是上的偶函数，若将的图象向右平移一个单位，则得到一个奇函数的图象，若，则（ ）
A．2019B．1C．-1D．-2019
【答案】C
【解析】由题意是上的偶函数，是上的奇函数，由此可以得出函数的周期为4，再由求出，由奇函数的性质得出，从而可得，求出一个周期上的四个函数的和，即可求出的值．
【详解】
解：由题意是上的偶函数，是上的奇函数，
，，①
，②
由①②得③恒成立，
④
由③④得恒成立，
函数的周期是4，下研究函数一个周期上的函数的值
由于的图象向右平移一个单位后，则得到一个奇函数的图象即，即，由偶函数知，由周期性知
由得，由，知，故故有
故选：．
【点睛】
本题考查函数奇偶性的运用，求解本题的关键是根据函数的性质求出函数的周期以及一个周期中函数值的和，然后根据周期性求出函数值的和．
9．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．1013B．1035C．2037D．2059
【答案】A
【解析】根据求出数列，求出前项和为，即可得到，再用分组求和求得其前项和.
【详解】
解：
当时得
当时

数列是以为首项，为公比的等比数列.
故选：
【点睛】
本题考查利用求，以及等比数列的前项和为，属于基础题.
10．已知点在圆上，，，为中点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，则先求出的斜率的最大值，再得出的最大值．
【详解】
解：设，则，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．
11．抛物线的焦点为，为坐标原点，设为抛物线上的动点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由抛物线方程为：，可得：焦点，，由抛物线的定义可得，化简再换元，利用基本不等式求得最大值．
【详解】
解：由抛物线方程为：，可得：
焦点，，
设，则，，设 到准线的距离等于，
则．
令，，则，
（当且仅当 时，等号成立）．
故的最大值为，
故选：．
【点睛】
本题考查抛物线的定义、基本不等式的应用，考查换元的思想，解题的关键是表达出，再利用基本不等式，综合性强．
12．已知中，，，，为所在平面上一点，且满足.设，则的值为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】C
【解析】由由，得：点是的外心，由向量的投影的概念可得：，再代入运算，即可
【详解】
解：由，得：点是的外心，
又外心是中垂线的交点，则有：，
即，
又，，，
所以，解得：，
即，
故选：．
【点睛】
本题考查了外心是中垂线的交点，投影的概念，平面向量的数量积公式，属中档题.
二、填空题
13．抛物线的准线方程是____________
【答案】
【解析】先将抛物线方程化为标准方程，即可求解.
【详解】
由，所以，故准线方程为.
【点睛】
本题主要考查抛物线的简单性质，属于基础题型.
14．若，且，则的最小值为______.
【答案】4
【解析】由条件利用柯西不等式可得，由此求得 的最小值．
【详解】
解：由于，
即，，即 的最小值为4，
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查柯西不等式的应用，属于基础题．
15．在平面直角坐标系中，设定点，是函数图象上一动点，若点，之间的最短距离为，则满足条件的正实数的值为______.
【答案】3
【解析】设点，，利用两点间的距离公式可得，令，由，可得，令，讨论的范围：当时，当时，利用基本不等式和二次函数的单调性即可得出的值．
【详解】
解：设点，，
则
，
令，由，可得，
令，
①当时，时取得最小值，
解得，均舍去；
②当时，在区间，上单调递减，在单调递增，
可得，取得最小值，可得，解得（负的舍去）．
综上可知：．
故答案为：．
【点睛】
本题综合考查了两点间的距离公式、基本不等式的性质、二次函数的单调性等基础知识和基本技能，考查了分类讨论的思想方法、推理能力和计算能力．
16．函数，，当时，函数仅在处取得最大值，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】求出原函数的导函数，对分类，根据函数在上的单调性逐一分析求解．
【详解】
解：．
若，则在上恒成立，在上单调递减，不合题意；
若，由，得，，
在上单调递减，不合题意；
若，当时，，在上单调递增，符合题意；
当时，，在上单调递减，不合题意；
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
要使当时，函数仅在处取得最大值，
则，即．
综上，实数的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．
三、解答题
17．设函数，.
（1）求的值域；
（2）记的内角、、的对边长分别为，若，，，求的值.
【答案】（1）；（2）2.
【解析】（1）利用二倍角公式及两角和的余弦公式将化简，变形后可以用三角函数的有界性求值域．
（2）由求出，利用余弦定理建立关于的方程求出．
【详解】
解：（1），
∵，∴，
∴值域为.
（2）由得：.在中，，故.
在中，由余弦定理得：，
∴，∵，解得：.
【点睛】
考查利用三角函数的有界性求值域与利用余弦定理解三角形，属于基础题，
18．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束.
（Ⅰ）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
（Ⅱ）已知每检测一件产品需要费用100元，设表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求的分布列和数学期望.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】试题分析：（1）求古典概型概率，先确定两次检测基本事件个数：，再确定第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的基本事件个数，从而得所求事件概率为（2）先确定随机变量：最少两次（两次皆为次品），最多四次（前三次两次正品，一次次品），三次情况较多，可利用补集求其概率，列出分布列，最后根据数学期望公式求期望
试题解析：解:（Ⅰ）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件，
（Ⅱ）的可能取值为200,300,400
（或）
故的分布列为

【考点】1.古典概型概率；2.分布列和数学期望.
【方法点睛】（1）求随机变量的分布列的主要步骤：一是明确随机变量的取值，并确定随机变量服从何种概率分布；二是求每一个随机变量取值的概率，三是列成表格；（2）求出分布列后注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列是否正确；（3）求解离散随机变量分布列和方差，首先要理解问题的关键，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相对应的概率，写成随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算.
19．已知抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于，两点，，的延长线与抛物线交于，两点.
（1）若的面积等于3，求的值；
（2）记直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值.
【答案】（1）2；（2）证明见解析，2.
【解析】（1）设出抛物线上两点、的坐标，由消去，根据的面积和根与系数的关系即可求出的值；
（2）设出抛物线上点、，利用向量法和三点共线的知识，求出点与的坐标表示，再计算的斜率，即可证明为定值．
【详解】
解：（1）设，，
由得，，∴，，
，解得.
（2）设，则，，
因为，，共线，所以即，
解得：（舍）或，所以，同理，
，故（定值）.
【点睛】
本题考查了直线与双曲线、直线与抛物线的应用问题，也考查了弦长公式以及根与系数的应用问题，属于中档题．
20．如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面 平面
（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明祥见解析；（Ⅱ）．
【解析】试题分析：根据题意可以建立空间直角坐标系来解答.以点为坐标原点，求出向量 的坐标，根据数量积得出，故 平面，于是平面平面.
求出平面的法向量，计算与的夹角，则直线 与平面所成角的正弦值等于 .
试题解析：（Ⅰ）以点为坐标原点，以直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，.
∴，，，
∴，，
∴，，
又，平面，平面，
∴平面，∵平面，
∴平面平面
（Ⅱ），，
设是平面的一个法向量，则，
∴，
令，则，，即，
∴，，，
∴.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
点睛：立体几何是高中数学的重要内容之一,也历届高考必考的题型之一.本题考查是空间的直线与平面的垂直性质及线面角的求解.解答时第一问充分借助已知条件建立直角坐标系，借助于数量积证明线线垂直，进而得到线面垂直，故面面垂直；.关于第二问中的直线与平面所成角的问题,解答时巧妙运用建构空间直角坐标系,将直线和平面所成角的正弦转化为直线与法向量的余弦即可.
21．已知函数处的切线与直线垂直．
(1)求函数为f(x)的导函数）的单调递增区间；
(2)记函数是函数的两个极值点，若恒成立，求实数k的最大值．
【答案】（1）;（2）.
【解析】【试题分析】（1）依据题设借助导数与函数的单调性之间的关系分析求解；（2）先依据题设条件将问题进行等价转化，再构造函数运用导数知识分析探求：
（1）由题意可得：，，可得：；
又，所以 ；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；故函数的单调增区间为.
（2）， ，
因为，是的两个极值点，故，是方程的两个根，由韦达定理可知：
，，可知，又，
令，可证在递减，由，从而可证.
所以
.
.
令， ，
所以单调减，故，所以，即.
22．在直角坐标系中，曲线：（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线与，在第一象限分别交于，两点，为上的动点.求面积的最大值.
【答案】（1）（2）
【解析】(Ⅰ)先求出曲线的普通方程,再把普通方程化为极坐标方程.再写出直线的直角坐标方程.( Ⅱ)先求出,再求出以为底边的的高的最大值为,
再求面积的最大值.
【详解】
(Ⅰ)依题意得,曲线的普通方程为,
曲线的极坐标方程为,
直线的直角坐标方程为．
(Ⅱ)曲线的直角坐标方程为,设,,
则,即,得或(舍),
,则,
到的距离为,以为底边的的高的最大值为,
则的面积的最大值为
【点睛】
(1)本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线和圆的位置关系，考查面积的最值的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）本题的解题的关键是求出.
23．已知函数.
（1）当时，求的解集；
（2）若的解集包含集合，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）当时，，分类去绝对值讨论即可；（2）由的解集包含集合，得当时，不等式恒成立，然后去绝对值参变分离转化为函数的最值问题即可.
【详解】
解：（1）当时，，
，
上述不等式可化为，或或，
解得，或，或，
∴或或，∴原不等式的解集为.
（2）∵的解集包含集合，
∴当时，不等式恒成立，
即在上恒成立，
∴，即，∴，
∴在上恒成立，
∴，
∴，
∴的取值范围是.
【点睛】
本题考查了分类讨论解绝对值不等式，不等式的恒成立问题，参变分离法是解决恒成立有关问题的好方法.
X
200
300
400
P