《解析》陕西省安康中学2020届高三第三次模拟考试理科数学试题 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020届安康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.己知全集为实数集R

2、，集合A=x|x2 +2x-80，B=x|log2x0，得x-4或x2，A=x|x2 +2x-80x| x-4或x2，由log2x1，x0，得0x2，B=x|log2x0，b0)的右焦点为F，过原点O作斜率为的直线交C的右支于点A，若|OA|=|OF|，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. +1【答案】B【解析】【分析】以为圆心，以为半径的圆的方程为，联立，可求出点，则，整理计算可得离心率.【详解】解：以为圆心，以为半径圆的方程为，联立，取第一象限的解得，即，则，整理得，则（舍去），.故选：B.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查学生的计算能力，是中档题.12.设函数的定义域为

3、，是其导函数，若，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，求出，利用条件知，所以单调递增，将转化为，利用函数单调性即可得到答案.【详解】令，则，因为，所以，所以，所以函数在上单调递增，而可化为，又即，解得，所以不等式的解集是故选：A【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，并利用函数的单调性解不等式，注意构造函数的应用，考查学生的分析转化能力，属于中档题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知函数，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数解析式可得，进而计算得到答案.【详解】根据题意，当时，所以，当时，所以.故答案为：【

4、点睛】本题主要考查函数值的计算，涉及分段函数的应用和对数计算，属于基础题.14.已知(2x-1)7=ao+a1x+ a2x2+a7x7，则a2=_.【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式即可得结果.【详解】解：(2x-1)7的展开式通式为：当时，则.故答案为：【点睛】本题考查求二项展开式指定项的系数，是基础题.15.已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点为抛物线上的一点，且满足，则点到直线的距离为_.【答案】【解析】【分析】根据题意作出图形,由抛物线方程求出,设点到准线的距离为，由抛物线定义可得，在中求出,由,进而求出,在中即可求解.【详解】根据题意作图如下：由抛物线方程为，可得，设

5、点到准线的距离为，由抛物线定义可得，因为，由图知，所以，所以点到直线的距离为.故答案为:【点睛】本题考查抛物线的方程及其性质;考查运算求解能力和数形结合思想;结合抛物线的定义，巧妙地找出线段与角之间的关系是求解本题的关键;属于中档题.16.在中，角，的对边分别为，且，则的面积的最大值是_【答案】【解析】【分析】由和正弦定理化简得到，再由余弦定理和基本不等式得到，再由三角形面积公式即可求出答案.【详解】由及正弦定理，得，显然，所以，即，得又，所以.由余弦定理，得，则，所以，当且仅当时取等号，所以的面积：，故的面积的最大值是故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式，也考查了

6、基本不等式的应用，考查学生的转化和计算能力，属于中档题.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.在等差数列中，且、成等比数列.（）求数列的通项公式；（）若数列的公差不为，设，求数列的前项和.【答案】（），或；（）【解析】【分析】（）由，成等比数列,则,将的通项公式代入，可解出的公差,可得通项公式.（）由（）有，然后分组求和即可.【详解】（）设数列的公差为.因为，成等比数列，所以，又，所以，即解得或.当时，.当时，. （）因为公差不为，由（）知，则，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和应用，用分组求和的方法求前项和，属于基础题.18

7、.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.【详解】（1）因为平面，所以， 又因为，所以，因此，所以， 因此平面，所以，从而，又四边形为平行四边形，则四边形为矩形；（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴

8、，轴，所以，平面的法向量，设平面的法向量， 由，由，令，即， 所以，所以，所求二面角的余弦值是.【点睛】本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.19.“互联网”是“智慧城市”的重要内士，市在智慧城市的建设中，为方便市民使用互联网，在主城区覆盖了免费为了解免费在市的使用情况，调査机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调査的网友中抽取了人进行抽样分析，得到如下列联表(单位：人)：经常使用免费WiFi偶尔或不用免费WiFi合计45岁及以下703010045岁以上6040100合计13070200（1）根据以上数据，判断是否有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关

9、；（2）将频率视为概率，现从该市岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取人，共抽取次记被抽取的人中“偶尔或不用免费”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，数学期望和方差附：，其中0.150.100.050.0252.0722.7063.8415.024【答案】（1）没有的把握认为；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由列联表计算观测值，再比较临界值即可得出结论；（2）由题意服从二项分布，根据独立重复试验概率公式分别计算对应的概率，写出分布列，再利用二项分布的期望和方差公式计算即可.【详解】（1）由列联表可知，因为，所以没有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关（2）由题意可知，

10、的所有可能取值为，所以的分布列为X0123P，【点睛】本题主要考查独立性检验、二项分布的分布列及其期望方差的计算，考查学生计算能力，属于基础题.20.已知椭圆，圆心为坐标原点的单位圆O在C的内部，且与C有且仅有两个公共点，直线与C只有一个公共点.（1）求C的标准方程；（2）设不垂直于坐标轴的动直线l过椭圆C的左焦点F，直线l与C交于A，B两点，且弦AB的中垂线交x轴于点P，试求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)根据单位圆O在C的内部,且与C有且仅有两个公共点可得,再联立与C求得二次方程令判别式等于0即可求得.(2) 由题意设直线l的方程为,联立直线l与椭圆的方程,再利

11、用韦达定理与面积公式求得关于的面积的表达式,最后利用换元求导分析函数的最值即可.【详解】解：（1）依题意,得 将代入椭圆的方程,得 由,解得 所以椭圆的标准方程为 （2）由（1）可得左焦点 由题意设直线l的方程为,代入椭圆方程,得设,则 所以,AB的中点为设点,则,解得故 令,则,且设,则所以,即的面积的最大值为【点睛】本题主要考查了根据直线与椭圆的位置关系求椭圆的方程,同时也考查了解析几何中面积的最值问题,需要根据题意联立方程利用韦达定理求解对应的函数解析式,再根据面积的函数解析式求导求最值.属于难题.21.已知函数f(x)=ex-x2 -kx（其中e为自然对数的底，k为常数）有一个极大值点

12、和一个极小值点（1）求实数k的取值范围；（2）证明：f(x)的极大值不小于1【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）求出，记，问题转化为方程有两个不同解，求导，研究极值即可得结果 ；（2）由（1）知，在区间上存在极大值点，且，则可求出极大值，记，求导，求单调性，求出极值即可.【详解】（1），由， 记，由，且时，单调递减，时，单调递增， 由题意，方程有两个不同解，所以；（2）解法一：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，所以的极大值为， 记，则，因为，所以，所以时，单调递减，时，单调递增， 所以，即函数极大值不小于1. 解法二：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，所以的极大值为， 因

13、为，所以.即函数的极大值不小于1.【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，极值，考查学生综合分析能力与转化能力，是一道中档题.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.已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立的极坐标系中，曲线的方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于，两点，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】利用极坐标和直角坐标的互化公式:即可求解;把直线的参数方程化为直角坐标方程,联立直线方程和曲线的方程,得到关于的一元二次方程,

14、利用韦达定理和弦长公式即可求出的值.【详解】（1）因为，所以，代入，得，即，故曲线的直角坐标方程是.（2）由，消去，得，联立，消去，得，得，解得或，设，由韦达定理可得，又，解得.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化及弦长公式的运用;熟练掌握参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数.（1）若，解不等式；（2）若函数的图象与轴围成的三角形的面积为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】由题知,利用零点分段讨论法：分,三种情况分别去绝对值，解不等式，然后再取并集即可;去绝对值,把函数写成分段形式,求出三角形的三个顶点坐标,列出三角形面积的表达式,解方程即可求解.【详解】（1）当时,，当时，可化为，解得；当时，可化为，得，此时无解；当时，可化为，解得；综上可知，不等式的解集是.（2）因为，所以，因为，所以的图象与轴围成的的三个顶点的坐标为，所以，解得或（舍去）.【点睛】本题考查含有两个绝对值不等式的解法、利用三角形面积求参数;考查分类讨论思想和运算求解能力;属于中档题.零点分段讨论法解绝对值不等式的步骤：求零点分区间、去绝对值 分别解去绝对值的不等式 取每个结果的并集.- 22 - 版权所有高考资源网