1、渭南市2020年高三教学质量检测（）理科数学试题注意事项：1.本试题满分150分，考试时间120分钟；2.答卷前务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上：3.将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题卡上的指定区域内.一、选择题（本题共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，则集合的子集个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 8【答案】C【解析】因为，所以，故其子集的个数是，应选答案C2.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由题意可得 ：，且：，据此有：.本题选择D选项.3.已知变量与正相关，且由
2、观测数据算得样本平均数，则由该观测的数据算得的线性回归方程可能是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：因为与正相关，排除选项C、D，又因为线性回归方程恒过样本点的中心，故排除选项B；故选A考点：线性回归直线.4.已知在等差数列中，则（ ）A. 30B. 32C. 34D. 36【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，先求出，即得的值.【详解】设等差数列的公差为，由题得，两式相减得.所以.故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.5.已知函数，则（ ）A. 的最大值为2B. 的最小正周期为C. 的图像关于对称D. 为奇
3、函数【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简后可得的最值、最小正周期、对称轴方程和奇偶性.详解】，当且仅当时取最大值，故A错.的最小正周期为，故B错.因为 ，故为函数图像的对称轴，故C正确.，故不是奇函数，故D错.综上，选C.【点睛】对于形如的函数，我们可将其化简为，其中，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等6.2020年初，我国突发新冠肺炎疫情.面对“突发灾难”，举国上下一心，继解放军医疗队于除夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病人救治之中.为分担“逆行者”的后顾之忧，某校教师志愿者团队开展“爱心辅学”活动，为抗疫前线工作者子女在线辅导功
4、课.今欲随机安排甲、乙2位志愿者为1位小学生辅导功课共4次，每位志愿者至少辅导1次，每次由1位志愿者辅导，则甲恰好辅导2次的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意一共有种选择，甲恰好辅导2次有种选择，得到概率.【详解】根据题意：一共有种选择，甲恰好辅导2次有种选择.故.故选：.【点睛】本题考查了古典概率，意在考查学生的计算能力和应用能力.7.在等比数列中，是关于的方程的两个实根，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合根与系数关系，根据等比中项满足的性质，计算，代入，计算式子，即可【详解】是关于x的方程的两实根，所以，由得，所以，即，所以.
5、故选B【点睛】本道题考查了等比中项的性质，关键利用好该性质，计算结果，即可，难度中等8.函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】确定函数在定义域内的单调性，计算时的函数值可排除三个选项【详解】时，函数为减函数，排除B，时，函数也是减函数，排除D，又时，排除C，只有A可满足故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项9.已知中，角的对边为，且，的面积为3，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三角形
6、面积公式可求b,再根据余弦定理可求c.【详解】因为,所以，由 ，可得，根据余弦定理，所以 ，故选C.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题.10.棱长为的正四面体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】把正四面体补成正方体，两者的外接球是同一个，求出正方体的棱长，然后求出正方体的对角线长，就是球的直径，即可得到答案【详解】如图，将正四面体补成正方体，设正方体的棱长为，则.所以正方体的棱长是2，正方体的对角线长为.棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，则正方体的八个顶点也在同一球面上，正方体的对角线就是球的直
7、径则球的半径球的表面积为，故选：A 【点睛】本题主要考查几何体外接球的表面积的计算，解题的关键是求出几何体外接球的半径，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11.已知函数满足和，且在时，则关于的方程在上解的个数是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】由题意可得，函数为偶函数，且是周期为2的周期函数，即求函数的图象与函数的图象在，上的交点个数，数形结合可得结论【详解】由题意可得，函数为偶函数，且是周期为2的周期函数方程在，上解的个数，即函数的图象与函数的图象在，上的交点个数，再根据当，时，设.因为，数形结合可得，函数的图象与函数的图象在，内存在两个交点，画出函数在，上
8、的图象，如图，故函数的图象与函数的图象在，上的交点个数为5.（在内有2个，在有1个，在有2个）故选：D【点睛】本题主要考查函数的单调性、奇偶性的应用，考查函数零点与方程的根的关系，体现了转化以及数形结合的数学思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平12.已知P为双曲线上一点，为双曲线C的左、右焦点，若，且直线与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线方程为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】依据题意作出图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，可得，对在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解详解】依据题意作出图象，
9、如下：则，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，所以,所以由双曲线定义可得：，所以，所以整理得：，即：将代入，整理得：，所以C的渐近线方程为故选A【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在某项测量中，测量结果，若在内取值的概率为0.4，则在内取值的概率为_.【答案】0.8【解析】【分析】根据变量符合正态分布和在内的概率为0.4，由正态分布的对称性可知在内的取值概率也为0.4，根据互斥事件的概率得到要求的区间上的概率【详解】服从正态分布，在内的概率为0.4，由正态分布
10、的对称性可知在内的取值概率也为0.4，故答案为：0.8【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查概率的基本性质，考查互斥事件的概率公式14.已知,且,则的取值范围是_.【答案】【解析】试题分析：，所以当时，取最大值1；当 时，取最小值.因此的取值范围为. 【名师点睛】本题考查了转化与化归的能力，除了像本题的方法，即转化为二次函数求取值范围，也可以转化为几何关系求取值范围，即，表示线段，那么的几何意义就是线段上的点到原点距离的平方，这样会更加简单.15.已知平面向量，满足，则在方向上的投影为_.【答案】【解析】【分析】设的夹角为，化简已知得，即得解.【详解】设的夹角为，由题得所以
11、.所以在方向上的投影为.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算，考查向量在方向上的投影，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16.若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】令得，1=；再令，化简即得解【详解】令得，1=；令中得，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，考查利用二项式定理求系数和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.三、解答题:共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题，考生根据要求作答(一)必考题:共60分17.已知函数（1）求函数的最小正周期；（2）当时，求的值域.【答案
12、】（1）；（2）.【解析】分析】（1）先化简得到，即得函数的最小正周期；（2）逐步求出的范围，再利用三角函数的图象求出函数的值域.【详解】（1）由题得，所以函数的最小正周期为；（2）由题得，所以，所以.所以函数的值域为.【点睛】本题主要考查三角恒等变换和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.如图，在直四棱柱中，底面是矩形，与交于点E.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）证明，推出平面，得到，证明，即可证明平面；（2）建立坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解直线与平面所成角的正弦值【详
13、解】（1）证明：四棱柱是直四棱柱，平面，而平面，则，又，平面，因为平面，是正方形，又，平面.（2）解：建立如图所示的坐标系，与交于点，则，设平面的法向量为，则，即，不妨取，则直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，考查直线与平面垂直的判断和性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题19.已知中，点在上，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）若，过点的直线与交于两点，与直线交于点，记，的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）结合题意，证明到，发现轨迹是椭圆，结合椭圆性质，即可（2）设出直线MN的方程，代入椭圆方程，设出M，N坐标，利用
14、坐标，计算，代入，即可【详解】（1）如图三角形中，所以，所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），所以点的轨迹的方程为.注：答轨迹为椭圆，但方程错，给3分；不答轨迹，直接写出正确方程，得4分（未写出，这次不另外扣分）. （2）如图，设，可设直线方程为，则，由可得，因为，所以为定值.【点睛】本道题考查了椭圆的性质和直线与椭圆位置关系，难度较大20.在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期. 一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位:天）人数（1）求
15、这1000名患者的潜伏期的样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表. 请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有的把握认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期天潜伏期天总计50岁以上（含50岁）50岁以下55总计200（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立. 为了深入研究，该研究团队随机调查了名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最
16、大）是多少？ 附：，其中.【答案】（1）5.4天；（2）列联表见解析，没有的把握认为潜伏期与年龄有关；（3）最有可能是8人.【解析】【分析】（1）根据统计数据计算平均数即可；（2）根据题意补充完整列联表，计算，对照临界值得出结论；（3）根据题意知随机变量，计算概率，列不等式组并结合题意求出的值【详解】解：（1）根据统计数据，计算平均数为：天.（2）根据题意，补充完整的列联表如下：潜伏期天潜伏期天总计50岁以上（含50岁）653510050岁以下5545100总计12080200则， 经查表，得，所以没有的把握认为潜伏期与年龄有关. （3）由题可知，该地区每1名患者潜伏期超过6天发生的概率为，
17、设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为，则，由得， 化简得，解得,又,所以,即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是8人.【点睛】本题考查频数分布表，考查平均数，二项分布的随机变量概率最大时的取值，考查分析问题、解决问题的能力，处理数据能力.21.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，如果方程有两个不等实根，求实数t的取值范围，并证明.【答案】（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）求出，对分类讨论，分别求出的解，即可得出结论；（2）由（1）得出有两解时的范围，以及关系，将，等价转化为证明
18、，不妨设，令，则，即证，构造函数，只要证明对于任意恒成立即可.【详解】（1）的定义域为R，且.由，得；由，得.故当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）由（1）知当时，且当时，；当时，.当时，直线与的图像有两个交点，实数t的取值范围是.方程有两个不等实根，即.要证，只需证，即证，不妨设.令，则，则要证，即证.令，则.令，则，在上单调递增，.，在上单调递增，即成立，即成立.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及到函数单调性、极值、零点、不等式证明，构造函数函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.（二）选考题
19、：共10分.请考生在第22、23 两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的方程为y=kx.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系；（1）求曲线C的极坐标方程；（2）曲线C与直线l交于A、B两点，若，求k的值.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）先将曲线C的参数方程化为普通方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求出曲线的极坐标方程；（2）设出直线l的极坐标方程，与曲线的极坐标方程联立，可得，即可得到，根据的几何意义可知，即可求出，于是可得k的值【详解】（1），所以曲线的极坐标方程为. （2）设直线的极
20、坐标方程为，其中为直线的倾斜角，代入曲线得设所对应的极径分别为.， 满足，或的倾斜角为或，则或【点睛】本题主要考查曲线的参数方程化极坐标方程，以及极坐标方程和的几何意义的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题23.已知函数.（1）解不等式.（2）若不等式有解，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）求出的分段函数的形式，问题转化为关于的不等式组，解出即可；（2）根据绝对值不等式的性质求出代数式的最小值，得到关于的不等式，解出即可【详解】（1），或或， 解得：或或无解，综上，不等式的解集是 （2），（当时等号成立） 不等式有解，或，即或，实数的取值范围是，【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.