2020屆陜西省漢中市高三第六次質量檢測數學（文）試題

一、單選題

1．已知平面向量，且，則（）

A．4

B．1

C．-1

D．-4

【答案】D

【解析】利用平面向量共線定理即可得出．

【詳解】

解：，且，解得．

故選：．

【點睛】

本題考查了向量共線定理，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．

2．已知集合，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】解不等式求出集合、，再求．

【詳解】

解：

故選：

【點睛】

本題考查了解不等式與交集的運算問題，屬于基礎題．

3．設，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】利用復數代數形式的乘除運算化簡，代入函數解析式求解．

【詳解】

解：

故選：

【點睛】

本題考查復數代數形式的乘除運算，是基礎的計算題．

4．下列四個命題中，正確命題的個數是（）個

①若平面平面，且平面平面，則；②若平面平面，直線平面，則；③平面平面，且，點，若直線，則；④直線、為異面直線，且平面，平面，若，則.A．1

B．2

C．3

D．4

【答案】A

【解析】利用空間中線線、線面、面面間的位置關系求解．

【詳解】

解：

①若平面平面，且平面平面，則與相交或平行，故①錯誤；

②若平面平面，直線平面，則或，故②錯誤；

③當點不在平面內，滿足時，但與不垂直，故③錯誤；

④直線、為異面直線，且平面，平面，由面面垂直的性質得，故④正確．

故選：．

【點睛】

本題主要考查了面面平行的性質，以及空間中直線與平面之間的位置關系，同時考查了空間想象能力，屬于基礎題．

5．下列說法錯誤的是（）

A．“若，則”的逆否命題是“若，則”

B．“”是“”的充分不必要條件

C．“”的否定是“”

D．命題：“在銳角中，”為真命題

【答案】D

【解析】依題意，根據逆否命題的定義可知選項正確；由得或“”是“”的充分不必要條件，故正確；因為全稱命題命題的否是特稱命題，所以正確；銳角中，，錯誤，故選D.6．若，則的值為（）

A．

B．-1

C．

D．1

【答案】B

【解析】令，利用二倍角公式和同角的三角函數的基本關系式可得的值.【詳解】

令，則，故.故選B.【點睛】

三角函數的化簡求值問題，可以從四個角度去分析：（1）看函數名的差異；（2）看結構的差異；（3）看角的差異；（4）看次數的差異．對應的方法是：弦切互化法、輔助角公式（或公式的逆用）、角的分拆與整合（用已知的角表示未知的角）、升冪降冪法．

7．若函數f(x)與g(x)＝的圖象關于直線y＝x對稱，則f(4－x2)的單調遞增區間是()

A．(－2,2]

B．[0，＋∞)

C．[0,2)

D．(－∞，0]

【答案】C

【解析】【詳解】

由已知得：，則

在上單調遞減，當時，在[0,2)上單調遞減，于是f(4－x2)的單調遞增區間是[0,2)

8．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點，設點P在直線CC1上，直線OP與B1D1所成的角為，則為（）

A．1

B．

C．

D．變化的值

【答案】A

【解析】證明平面得到，計算得到答案.【詳解】

易知：，故平面，平面，故，故.故選：A.【點睛】

本題考查了異面直線夾角，證明平面是解題的關鍵.9．已知是上的偶函數，若將的圖象向右平移一個單位，則得到一個奇函數的圖象，若，則（）

A．2019

B．1

C．-1

D．-2019

【答案】C

【解析】由題意是上的偶函數，是上的奇函數，由此可以得出函數的周期為4，再由求出，由奇函數的性質得出，從而可得，求出一個周期上的四個函數的和，即可求出的值．

【詳解】

解：由題意是上的偶函數，是上的奇函數，，①，②

由①②得③恒成立，④

由③④得恒成立，函數的周期是4，下研究函數一個周期上的函數的值

由于的圖象向右平移一個單位后，則得到一個奇函數的圖象即，即，由偶函數知，由周期性知

由得，由，知，故故有

故選：．

【點睛】

本題考查函數奇偶性的運用，求解本題的關鍵是根據函數的性質求出函數的周期以及一個周期中函數值的和，然后根據周期性求出函數值的和．

10．設曲線上任一點處切線斜率為，則函數的部分圖象可以為

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】∵上任一點處切線斜率為

∴

∴函數，則該函數為奇函數，且當時，.故選D.點睛：（1）運用函數性質研究函數圖像時，先要正確理解和把握函數相關性質本身的含義及其應用方向；（2）在運用函數性質特別是奇偶性、周期、對稱性、單調性、最值、零點時，要注意用好其與條件的相互關系，結合特征進行等價轉化研究.如奇偶性可實現自變量正負轉化，周期可實現自變量大小轉化，單調性可實現去，即將函數值的大小轉化自變量大小關系.11．已知數列的前項和為，且滿足，則（）

A．1013

B．1035

C．2037

D．2059

【答案】A

【解析】根據求出數列，求出前項和為，即可得到，再用分組求和求得其前項和.【詳解】

解：

當時得

當時

數列是以為首項，為公比的等比數列.故選：

【點睛】

本題考查利用求，以及等比數列的前項和為，屬于基礎題.12．已知拋物線與橢圓有相同的焦點，是兩曲線的公共點，若，則橢圓的離心率為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據兩個曲線的焦點相同,可得.由拋物線定義可得.結合兩式即可用表示出點坐標.代入橢圓方程,化簡后根據齊次式形式即可求得離心率.【詳解】

拋物線與橢圓有相同的焦點,是兩曲線的公共點,所以,即橢圓中的設,由拋物線定義可知

由題意,即

化簡可得

將變形為代入等式可得

則的坐標可化為

由點在橢圓上,代入可得,化簡可得

除以可化為即

解得或

因為

所以

故選:D

【點睛】

本題考查了拋物線與橢圓標準方程及性質的綜合應用,共焦點下兩個方程的關系,齊次式下離心率的求法,屬于中檔題.二、填空題

13．拋物線的準線方程是____________

【答案】

【解析】先將拋物線方程化為標準方程，即可求解.【詳解】

由，所以，故準線方程為.【點睛】

本題主要考查拋物線的簡單性質，屬于基礎題型.14．若，且，則的最小值為______.【答案】4

【解析】由條件利用柯西不等式可得，由此求得的最小值．

【詳解】

解：由于，即，即的最小值為4，故答案為：4．

【點睛】

本題主要考查柯西不等式的應用，屬于基礎題．

15．已知函數，分別是定義在上的偶函數和奇函數，且，則______.【答案】

【解析】根據函數奇偶性定義,并令代入即可解方程組求得.將代入解析式即可求解.【詳解】

函數,分別是定義在上的偶函數和奇函數

則,因為

則,即

則

所以

故答案為:

【點睛】

本題考查了函數奇偶性定義及性質應用,函數解析式的求法,屬于基礎題.16．定義在區間上的函數恰有1個零點，則實數的取值范圍是____

【答案】或

【解析】分為函數有一個點零點和兩個零點分類討論，若一個點零點則，若有兩個零點，再分為三種情況求解.【詳解】

（1）若函數只有一個零點，則，即，此時，函數只有一個零點，符合題意；

（2）若函數有兩個零點，且在區間恰有1個零點，則或或，由得，解得，由得，解得，由得，無解.所以，當時，函數有兩個零點，且在區間恰有1個零點.綜上所述，實數的取值范圍是或.【點睛】

本題考查函數零點所在區間.方法：1、根據二次函數的性質按零點個數分類討論；2、分離參數轉化為兩個函數的交點問題求解.三、解答題

17．設函數，.（1）求的值域；

（2）記的內角、、的對邊長分別為，若，，求的值.【答案】（1）；（2）2.【解析】（1）利用二倍角公式及兩角和的余弦公式將化簡，變形后可以用三角函數的有界性求值域．

（2）由求出，利用余弦定理建立關于的方程求出．

【詳解】

解：（1），∵，∴，∴值域為.（2）由得：.在中，故.在中，由余弦定理得：，∴，∵，解得：.【點睛】

考查利用三角函數的有界性求值域與利用余弦定理解三角形，屬于基礎題，18．某廠商調查甲乙兩種不同型號汽車在10個不同地區賣場的銷售量（單位：臺），并根據這10個賣場的銷售情況，得到如圖所示的莖葉圖，為了鼓勵賣場，在同型號汽車的銷售中，該廠商將銷售量高于數據平均數的賣場命名為該型號的“星級賣場”.（Ⅰ）求在這10個賣場中，甲型號汽車的“星級賣場”的個數；

（Ⅱ）若在這10個賣場中，乙型號汽車銷售量的平均數為26.7，求的概率；

（Ⅲ）若，記乙型號汽車銷售量的方差為，根據莖葉圖推斷為何值時，達到最小值（只寫出結論）.注：方差，其中是，…，的平均數.【答案】（1）5

（2）

（3）

【解析】（Ⅰ）根據莖葉圖,代入即可求得甲型號汽車的平均值,即可求得“星級賣場”的個數;

（Ⅱ）根據乙組數據的平均值,可代入求得.由古典概型概率,列舉出所有可能,即可求得符合的概率.（Ⅲ）當時,由方差公式可知,當的值越小,其方差值越小,即時方差取得最小值.【詳解】

（1）根據莖葉圖得到甲組數據的平均值：

.該廠商將銷售量高于數據平均數的賣場命名為該型號的“星級賣場”,在這10個賣場中,甲型號汽車的“星級賣場”的個數為5個.（2）記事件為“”,乙組數據的平均值：,∴,和取值共9種,分別為：，，，，,其的有4種,∴的概率.（3）由題意可知當的值越小,其方差值越小

所以時,達到最小值.【點睛】

本題考查了莖葉圖的簡單應用,古典概型概率的求法,方差的性質應用,屬于基礎題.19．已知拋物線：的焦點為，直線：與拋物線交于，兩點，的延長線與拋物線交于，兩點.（1）若的面積等于3，求的值；

（2）記直線的斜率為，證明：為定值，并求出該定值.【答案】（1）2；（2）證明見解析，2.【解析】（1）設出拋物線上兩點、的坐標，由消去，根據的面積和根與系數的關系即可求出的值；

（2）設出拋物線上點、，利用向量法和三點共線的知識，求出點與的坐標表示，再計算的斜率，即可證明為定值．

【詳解】

解：（1）設，由得，∴，，解得.（2）設，則，因為，共線，所以即，解得：（舍）或，所以，同理，故（定值）.【點睛】

本題考查了直線與雙曲線、直線與拋物線的應用問題，也考查了弦長公式以及根與系數的應用問題，屬于中檔題．

20．（題文）如圖所示，在四棱錐中，平面，已知．

（1）設是上一點，證明：平面平面；

（2）若是的中點，求三棱錐的體積．

【答案】（1）證明見解析；（2）．

【解析】試題分析：（1）由勾股定理可得，又平面平面，又平面平面平面；（2）由是的中點可得．又點到平面的距離等于，可求得，即三棱錐的體積為．

試題解析：（1）在中，又平面平面，又平面

又平面，平面平面，（2）因為是的中點，所以

在四邊形中，由已知可求得，又點到平面的距離等于，所以，即三棱錐的體積為

【考點】1、線面垂直；2、面面垂直；3、錐體的體積．

21．已知函數在處的切線與直線垂直.（1）求函數（為的導函數）的單調遞增區間；

（2）記函數，設，是函數的兩個極值點，若，證明：.【答案】（1）；（2）見解析.【解析】試題分析：（1）由題意求得，根據，求得，進而利用，即可求解函數的單調遞增區間；

（2）由，求得，根據是的兩個極值點，轉化為方程的兩個根，得出，得到，令，即可證明結論.試題解析

（1）由題意可得：，可得：；

又，所以；

當時，單調遞增；

當時，單調遞減；故函數的單調增區間為.（2），因為，是的兩個極值點，故，是方程的兩個根，由韋達定理可知：，可知，又，令，可證在遞增，由，從而可證.【考點】導數在函數中的應用.點睛：本題主要考查了導數在函數中的應用，其中解答中涉及到利用導數研究函數的單調性，利用導數研究函數的極值，以及函數的單調性的應用的綜合應用，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，本題的解答中把是的兩個極值點，轉化為方程的兩個根，創設函數，利用函數的單調性求解是解答的關鍵.22．在直角坐標系中，曲線：（為參數）.以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，直線的極坐標方程為.（Ⅰ）求曲線的極坐標方程與直線的直角坐標方程；

（Ⅱ）若直線與，在第一象限分別交于，兩點，為上的動點.求面積的最大值.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）

【解析】(Ⅰ)先求出曲線的普通方程,再把普通方程化為極坐標方程.再寫出直線的直角坐標方程.（Ⅱ)先求出,再求出以為底邊的的高的最大值為,再求面積的最大值.【詳解】

(Ⅰ)依題意得,曲線的普通方程為,曲線的極坐標方程為,直線的直角坐標方程為．

(Ⅱ)曲線的直角坐標方程為,設，則,即,得或(舍)，則,到的距離為,以為底邊的的高的最大值為,則的面積的最大值為

【點睛】

(1)本題主要考查參數方程、極坐標方程和直角坐標方程的互化，考查直線和圓的位置關系，考查面積的最值的求法，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.（2）本題的解題的關鍵是求出.23．已知函數.（1）當時，求的解集；

（2）若的解集包含集合，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）當時，分類去絕對值討論即可；（2）由的解集包含集合，得當時，不等式恒成立，然后去絕對值參變分離轉化為函數的最值問題即可.【詳解】

解：（1）當時，，上述不等式可化為，或或，解得，或，或，∴或或，∴原不等式的解集為.（2）∵的解集包含集合，∴當時，不等式恒成立，即在上恒成立，∴，即，∴，∴在上恒成立，∴，∴，∴的取值范圍是.【點睛】

本題考查了分類討論解絕對值不等式，不等式的恒成立問題，參變分離法是解決恒成立有關問題的好方法.