2020届陕西省百校联盟高三top20联考(10月)数学(理)试题(解析版).doc

2019年9月陕西省百校联盟高三top20联考数学（理）试题

一、单选题
1．已知集合，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解一元二次不等式化简集合A,求函数 的值域化简B.然后求.
【详解】
依题意，，故.
故选B.
【点睛】
本题考查了集合的交集运算,属基础题.
2．( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】通过分子分母同时乘以分母的共轭复数化简可得.
【详解】
.
故选D.
【点睛】
本题考查了复数的代数运算,属基础题.
3．已知，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】先将 变形化为:,,,然后利用,,的图象比较大小可得.
【详解】
依题意，,；
由,,的图象如图:

可得，
故 .
故选A.
【点睛】
本题考查了对数函数的图象和性质,属中档题.
4．“沉鱼、落雁、闭月、羞花”是由精彩故事组成的历史典故.“沉鱼”，讲的是西施浣纱的故事；“落雁”，指的就是昭君出塞的故事；“闭月”，是述说貂蝉拜月的故事；“羞花”，谈的是杨贵妃醉酒观花时的故事.她们分别是中国古代的四大美女.某艺术团要以四大美女为主题排演一部舞蹈剧，甲、乙、丙、丁抽签决定扮演的对象，则甲不扮演貂蝉且乙不扮演杨贵妃的概率为( )

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分两类计数甲不扮演貂蝉且乙不扮演杨贵妃的情况,(1)甲扮演杨贵妃;(2)甲扮演王昭君或扮演西施.然后用古典概型概率公式计算.
【详解】
依题意，所有的扮演情况为种，其中甲不扮演貂蝉且乙不扮演杨贵妃的情况为种，故所求概率.
故选B.
【点睛】
本题考查了分类计数原理以及古典概型,属中档题.
5．函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据函数的奇偶性排除C,根据时，，排除D,根据时,，排除B.
【详解】
依题意，，定义域关于原点对称，且，故函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C；而当时，，排除D；当时,，排除B.
故选A.
【点睛】
本题考查了函数的图象,属中档题.
6． 的展开式中， 项的系数为( )
A.-28 B.280 C.-560 D.560
【答案】C
【解析】先写出展开式的通项公式,再令的指数为4,解得,然后由通项公式可求得系数.
【详解】
展开式的通项公式为，令，解得，故所求系数为.
故选C. .
【点睛】
本题考查了二项式定理,属基础题.
7．已知 ，现有如下四个结论：①；②四边形为平行四边形；③与夹角的余弦值为，④；则上述正确结论的序号为( )
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
【答案】B
【解析】根据四个点的坐标求出的坐标,再利用向量的坐标进行运算可知①③错误,②④正确.
【详解】
，则，故①错；
则，故④正确；
，故，且四点不共线，则四边形为平行四边形，故②正确；
，则，故③错.
故选B.
【点睛】
本题考查了平面向量的坐标运算,属中档题.
8．《九章算术》卷七—一盈不足中有如下问题：“今有共买羊，人出五，不足四十五；人出七，不足三.问人数、羊价各几何？”翻译为：”现有几个人一起买羊，若每人出五钱，还差四十五钱，若每人出七钱，还差三钱，问人数、羊价分别是多少”为了研究该问题，设置了如图所示的程序框图，若要输出人数和羊价，则判断框中应该填( )

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意可得x为人数，y为羊价，得：5x+45＝7x+3，解得x＝21，模拟程序的运行可得当x＝21，k＝21时，退出循环，输出x，y的值，即可得解判断框中应填入的内容．
【详解】
模拟执行程序，可得x为人数，y为羊价，
由题意可得：5x+45＝7x+3，解得x＝21，
即当x＝20，k＝20时，继续循环，
当x＝21，k＝21时，退出循环，输出x，y的值，
则判断框中应填入的内容为：k＞20？
故选：A．
【点睛】
本题考查了程序框图, 解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
9．已知正方体的体积为，点在正方形上，且到的距离分别为，则直线 与平面 所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】先通过计算可知点为的中点, 连接与交于点,易证平面,根据直线与平面所成角的定义可知就是直线与平面所成的角,然后在直角中可得.
【详解】
易知；连接，在直角中，可计算；又，所以点是的中点；连接与交于点，易证平面，直线在平面内的射影是，所以就是直线与平面所成的角，在直角中， .

【点睛】
本题考查了直线与平面所成的角,属中档题.
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过点且与椭圆交于两点，且，若，则直线的斜率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设,利用点差法可得: ,再根据△为等腰三角形,可得,联立两个方程可解得,即得直线的斜率.
【详解】
如图:

设，则，两式相减可得，则；因为，所以△为等腰三角形,故 ，解得，故直线的斜率为
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程以及直线的斜率,属中档题.
11．关于函数 有下述三个结论：
①函数的图象既不关于原点对称，也不关于轴对称；
②函数的最小正周期为；
③， .
其中正确结论的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B
【解析】根据偶函数的定义可得为偶函数,故①错误;根据对任意的都成立,知②正确;在一个周期内任取一个,都有,可知③错误.
【详解】
依题意，，
故函数的图象关于轴对称，故①错误；
因为
故是函数的一个周期，且当时，故②正确，③错误.
故选B.
【点睛】
本题考查了三角函数的图象和性质,属中档题.
12．在三棱锥中，，，平面平面，则当的面积最大时，三棱锥内切球的半径为( )
参考数据：
A.0.125 B.0.25 C.0.5 D.0.75
【答案】C
【解析】先由已知推出,再设,根据勾股定理求出和,再用面积公式计算出三角形的面积,然后用基本不等式求得最大值以及取得最大值的条件,在此条件下求出四个三角形的面积,,再利用体积关系列等式可求得内球球的半径即可.
【详解】
如图所示，

，故，
平面平面，故平面，故，而，故平面 ，
则；设，则，
而，
则 ，当且仅当，即时， 的面积最大为5，
此时，
设三棱锥内切球的半径为，故，
即，即
故选C.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定和性质,用基本不等式求最值,三棱锥的内切球问题,属中档题.

二、填空题
13．已知函数，则曲线在处的切线方程为_______.
【答案】
【解析】由导数的几何意义可得切线的斜率为,再根据点斜式可得切线方程.
【详解】
依题意，，故，而,故所求切线方程为，即
【点睛】
本题考查了导数的几何意义,属基础题.
14．设实数满足，则的最小值为______.
【答案】
【解析】作出可行域,观察可得,当过点时，有最小值,再联立方程组解得最优解C的坐标后,代入目标函数即得.
【详解】
作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示；

观察可知，当过点时，有最小值；
联立解得 即，
故的最小值为。
【点睛】
本题考查了线性规划求最值,属中档题.
15．若随机变量服从正态分布，则________.
参考数据：若，则，，.
【答案】0.84
【解析】先求出,再将转化为,根据可得.
【详解】
依题意，，其中 ，
故

.
【点睛】
本题考查了正态分布，考查了正态曲线的性质,属基础题.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的渐近线上，且 ，，则_______.
【答案】
【解析】不妨设点在第一象限，设，根据已知等式和勾股定理可得,再根据解得,然后由三角形的面积可列式,将 代入消去,变形可得.
【详解】
不妨设点在第一象限，设，
则，而，故，联立两式可得，，
又点C在以原点为圆心,半径为的圆上,
联立可得，由三角形的面积公式，可得，即 ，故，即，故 ，
故，则 ，解得.
【点睛】
本题考查了双曲线的几何性质,属中档题.

三、解答题
17．记首项为1的数列的前项和为，且 .
（1）求证：数列是等比数列；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】(1) 依题意， ，,再两式相减后变形可得,又,由此可证.
(2)由(1)求出代入已知求得=,再利用,可求出.
【详解】
（1）依题意， ，

两式相减可得，，
故
而，故
故数列是以1为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）可
所以
故
记数列的前项和为 ，
则
【点睛】
本题考查了等比数列的证明,以及数列的前2n项的和的求法：分组求和.属中档题.
18．在中，角所对的边分别为，且其 .
（1）求的值；
（2）若，垂足为，且，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】(1)将变成后,利用正弦定理边化角后可得,可得.
(2)利用面积关系得,再用余弦定理和基本不等式可得,进而可得.
【详解】
（1）根据题意，，则 ，
即，
故
故 ，
即，
而，故，故；
（2）因为；
因为，故，故
由余弦定理，
当且仅当时等号成立，故，则 ，
故AM的取值范围为
【点睛】
本题考查了正弦定理和余弦定理,属中档题.
19．如图所示，在四棱锥中，四边形为矩形，，,点是线段上靠近的三等分点.

（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】(1)先证平面,进而得到.
(2) 作于，因为平面，所以平面平面，
故平面 ，
以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出两个平面的法向量后,利用公式可求得.
【详解】
（1）证明： ，
平面，
平面，，
又，所以,
因为，

在中，设 ，
则，故，
平面；
而平面，故
（2）作于，
因为平面，
所以平面平面，
故平面 ，
以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

设
则， ，，
设平面的法向量为，平面的法向量为
，
不妨取，

不妨取，
，
而二面角为锐角，故二面角的余弦值为
【点睛】
本题考查了直线与平面垂直的判定与性质以及用平面的法向量求二面角的余弦值.属中档题.
20．记抛物线的焦点为，点在抛物线上，，斜率为的直线与抛物线交于两点.
（1）求的最小值；
（2）若，直线的斜率都存在，且；探究：直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线l过定点
【解析】(1) 设抛物线的准线为，过点作，垂足为，过点作，垂足为,利用抛物线的定义可得.
(2) 设直线的方程为， ；将直线与抛物线的方程联立,利用韦达定理及变形可得或,将代入直线,可得直线必过定点.
【详解】
（1）设抛物线的准线为，过点作，垂足为，
过点作，垂足为
如图:

则
即的最小值为；
（2）设直线的方程为， ；
将直线与抛物线的方程联立得 ，

①
又
即

将①代入得， ，
即，得或
当时，直线为，此时直线恒过；
当时，直线为，此时直线恒过（舍去）；
综上所述，直线l过定点
【点睛】
本题考查了抛物线的定义,直线过定点问题,属难题.
21．已知函数 .
（1）讨论函数在上的单调性；
（2）若，当时，，且有唯一零点，证明： .
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析
【解析】(1)求导后得,再对分四种情况讨论可得函数的单调性;
(2)令=0,可知在上有唯一零点,所以 ①, 要使在上恒成立，且有唯一解，只需，即 ②，再联立①②可知，,然后构造函数,利用导数可得.
【详解】
（1）依题意，
若，则 ，
故函数在 上单调递增；
若，令，解得 ；
若，则，则 ，
函数在上单调递增；
若，则，则 ，
则函数在上单调递减；
若，则，则函数在上单调递增，在上单调递减；
综上所述，时，函数在上单调递增，
时，函数在上单调递减，
时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）依题意，，而 ，
令，解得，
因为，故，
故在上有唯一零点 ；
又，
故 ①，
要使在上恒成立，且有唯一解，
只需，即 ②，
由①②可知，
令
显然在上单调递减，
因为，
故，
又在上单调递增，
故必有
【点睛】
本题考查了利用导数讨论函数的单调性,零点存在性定理,属难题.
22．某游戏公司对今年新开发的一些游戏进行评测，为了了解玩家对游戏的体验感，研究人员随机调查了300名玩家，对他们的游戏体验感进行测评，并将所得数据统计如图所示，其中.

（1）求这300名玩家测评分数的平均数；
（2）由于该公司近年来生产的游戏体验感较差，公司计划聘请3位游戏专家对游戏进行初测，如果3人中有2人或3人认为游戏需要改进，则公司将回收该款游戏进行改进；若3人中仅1人认为游戏需要改进，则公司将另外聘请2位专家二测，二测时，2人中至少有1人认为游戏需要改进的话，公司则将对该款游戏进行回收改进.已知该公司每款游戏被每位专家认为需要改进的概率为，且每款游戏之间改进与否相互独立.
（i）对该公司的任意一款游戏进行检测，求该款游戏需要改进的概率；
（ii）每款游戏聘请专家测试的费用均为300元/人，今年所有游戏的研发总费用为50万元，现对该公司今年研发的600款游戏都进行检测，假设公司的预算为110万元，判断这600款游戏所需的最高费用是否超过预算，并通过计算说明.
【答案】（1）76；（2）（i）；（ii）所需的最高费用将超过预算.计算见解析
【解析】(1)利用矩形面积和等于1列式可得,结合,可解得 的值,再用各区间的中点值与该矩形的面积相乘后再相加,即得平均值.
(2)(i)利用互斥事件的概率的加法公式可得;
(ii)利用期望公式求出这600款游戏所需的最高费用的平均值后,再利用导数求出最大值即可.
【详解】
（1）依题意，，
故；
而，
联立两式解得，；
所求平均数为；
（2）（i）因为一款游戏初测被认定需要改进的概率为，
一款游戏二测被认定需要改进的概率为，
所以某款游戏被认定需要改进的概率为：

；
（ii）设每款游戏的评测费用为元，则的可能取值为900，1500；
，
，
故 ；
令 ，
.
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以的最大值为
所以实施此方案，最高费用为
故所需的最高费用将超过预算.
【点睛】
本题考查了频率分布直方图,互斥事件的概率,随机变量的期望的应用，考查了利用导数解决最值问题的方法,属难题.

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