1、陕西省西安市西工大附中高考猜题卷（二）理科数学本试卷共23题，共150分，考试时间120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱.不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.一、选择题：本题共12
2、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. 已知全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解不等式求出集合，再求集合的补集，利用集合的交运算即可求解.【详解】 或，又，.故选：D【点睛】本题考查了集合的交、补运算，考查了基本知识掌握情况，属于基础题.2. 若复数(是虚数单位)，则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】将写成的形式，即可判断所在的象限.【详解】对应点位于第一象限故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，考查了分析能力和计算能力
3、，属于基础题.3. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据特称命题的否定，可直接得出结果.【详解】命题“，”的否定是“，” .故选：C.【点睛】本题主要考查特称命题的否定，只需变量词否结论即可，属于基础题型.4. （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据诱导公式，以及两角差的余弦公式直接化简，即可得出结果.【详解】.故选：D.【点睛】本题主要考查利用两角差的余弦公式化简求值，涉及诱导公式，属于基础题型.5. 已知椭圆的离心率为，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用椭圆的离心率，列出方程求解即可【详
4、解】解：椭圆的离心率为，可得，解得故选：B【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查6. 2020年3月某省教研室组织了一场关于如何开展线上教学的大型调研活动，共收到有效问卷558982份，根据收集的教学类型得到统计数据如图：以上面统计数据为标准对线上学习的教学类型进行分析，下面说法正确的是（ ）A. 本次调研问卷的学生中采用纯直播教学形式进行学习的学生人数超过了30万B. 线上利用了直播平台进行学习的学生比例超过了90%C. 线上学习观看过录播视频的学生比例超过了40%D. 线上学习使用过资源包的学生的比例不足25%【答案】C【解析】【分析】根据统计图，结合题中条件，逐项判断，即
5、可得出结果.【详解】A选项，由统计图可得，纯直播线上教学的，则本次调研问卷的学生中采用纯直播教学形式进行学习的学生人数约为，故A错；B选项，由统计图可得，线上利用了直播平台进行学习的学生比例为，故B错；C选项，由统计图可得，线上学习观看过录播视频的学生比例为，故C正确；D选项，由统计图可得，线上学习使用过资源包的学生的比例为，故D错误.【点睛】本题主要考查统计图的应用，属于基础题型.7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】可以得出，从而可得出，的大小关系【详解】解：，故选：A【点睛】本题考查指数函数和对数函数的单调性，分数指数幂和对数的运算性质，考查计算能力，属于
6、基础题8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图得到该几何体是一个正方体挖去了两个半球，根据正方体和球的表面积公式，即可得出结果.【详解】由三视图还原该几何体如下，则该几何体是一个正方体分别从上下底面挖去了两个半球，且正方体的棱长为，球的半径为，所以该几何体的表面积为.故选：C.【点睛】本题主要考查求几何体的表面积，熟记几何体的表面积公式即可，属于基础题型.9. 已经点A在圆上，直线与两坐标轴交点分别为M，N两点，则面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出圆上的点到直线距离的最小值
7、，再求出M，N两点间的距离，利用三角形的面积公式即可求解.【详解】圆的圆心为，半径，圆上的点A到直线距离的最小值为，由已知可得，面积的最小值为.故选：D【点睛】本题考查了圆上的点到直线的距离的最值问题、两点间的距离公式，考查了基本运算求解能力，属于基础题.10. 如图，是圆柱的轴截面，点在底面圆周上，且是的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接，取中点为，中点为，记中点为，连接，根据题意，得到为异面直线与所成的角或所成角的补角，设，由题中条件，求出，求出异面直线与所成角的余弦值，进而可求出正切值.【详解】连接，取中点为，中点为，记中点为，
8、连接，则且，且，则为异面直线与所成的角或所成角的补角，因为是圆柱的轴截面，所以四边形为矩形，且底面；设，由得，则，因为点在底面圆周上，且是的中点，则为等腰直角三角形，所以，因此，则，又，设异面直线与所成的角为，则，则，因此.故选：A.【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，根据异面直线的概念求解即可，属于常考题型.11. 关于函数有下列四个结论：是奇函数；是周期函数；，；在区间内单调递增.其中所有正确结论的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对于：利用奇偶性的定义判断即可；对于：求解，可得最小值正周期为；对于：取特殊点即可判断，对于：根据在单调递增，而在单调递减，可知
9、在单调递增，结合是奇函数，可知在区间内单调递增；【详解】函数，函数的定义域为，所以函数为奇函数故正确，所以函数的最小值正周期为，故函数为周期函数，故正确当时，不对；故错误；由在单调递增，而在单调递减，可知在单调递增，函数在单调递增，根据可知是奇函数，在区间，单调递增，则在区间内单调递增；故正确；故选：【点睛】本题考查三角函数的奇偶性判断、奇偶性，单调性的应用，考查转化思想以及计算能力属于综合题12. 已知函数，.设函数，若函数有四个零点，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，求出的极值，由题意，满足，解不等式组即可求解.【详解】由
10、，可知函数在定义域上只有一个零点，当时，函数单调递减，函数在定义域上只有一个零点，函数有四个零点，故不成立，当时，令，则或，令，解得，所以函数单调递增区间为，；单调递减区间为，所以为极大值，为极小值，根据题意，函数有四个零点，则，即，解不等式组可得，所以实数a的取值范围是.故选：A【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点、利用导数研究函数的单调性、极值，考查了运算能力、分析能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13. 已知单位向量与的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，先求出，再由向量模的计算公式，即可得出结果.【详解】因为单
11、位向量与的夹角为，所以，因此.故答案为：.【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记向量模的计算公式即可，属于基础题型.14. 已知的展开式中常数项为，则实数_.【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式，得到展开式的第项为，令，根据题中条件，即可得出结果.【详解】因为展开式的第项为，令，则，又的展开式中常数项为，所以，即，即，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查由指定项的系数求参数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，左顶点为，过点作x轴的垂线与双曲线在轴上方交于点，则_.【答案】【解析】【分析】先由题意，得到，根据题意，得到点横坐标为，代入双曲线方程求
12、出点纵坐标，进而可求出两点间距离.【详解】因为双曲线的右焦点为，左顶点为，由题意，轴，所以点横坐标为，又点在双曲线上，且在轴上方，所以，即，解得，即，因此.故答案为：.【点睛】本题主要考查求双曲线上的点到顶点的距离，考查直线与双曲线的交点坐标，属于基础题型.16. 如图，在平面四边形中，则面积为_.【答案】【解析】【分析】在中，根据余弦定理，先求出；在中，根据余弦定理求出和，再由对角互补，得出，结合余弦定理求出，在中，由余弦定理求出，进而可得，最后由三角形面积公式，即可得出结果.【详解】由题意，在中，由余弦定理可得，即，整理得，解得或（舍）；在中，由余弦定理可得，即，解得，所以；因为，所以在平
13、面四边形中，因此，即，即，整理得，即，所以，因此，所以，因此的面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求三角形的面积，熟记三角形面积公式，以及余弦定理即可，属于常考题型.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知三棱柱中，平面，E、F分别是、的中点.（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）取的中点，连结，证明即可；（2）取的中点，以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出
14、，利用，即可得答案；【详解】（1）取的中点，连结，四边形为平行四边形，平面，平面，平面.（2）取的中点，以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，中，利用余弦定理可得，设为平面的一个法向量，则，直线与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查线面平行判定定理、线面角的向量求法，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.18. 已知数列的前n项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：数列是等差数列.【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据数列前n项和与之间的关系即可得出，验证时，成立即可.（2）由的通项公式可得，可知数列的奇偶项分别构成公差为8的等差数列
15、，求出奇偶项通项公式即可证明数列是等差数列.【详解】（1）当时，由知，两式相减得：，当时，由，可得，所以，所以数列的通项公式，（2）由（1）知，所以，两式相减可得：，所以数列的奇数项和偶数项都为公差为8的等差数列,所以，所以，所以对于任意的，所以数列是等差数列.【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，等差数列的证明，通项公式，前n项和与的关系，属于难题.19. 生产某种大型产品（这两个公司每天都只能固定生产10件产品），在产品发货给客户使用之前需要对产品进行质量检测，检测结果按等级分为特等品，一等品，二等品，报废品.只有特等品和一等品是合格品，且可以直接投入使用，二等品需要加以特别修改才可以投入
16、使用，报废品直接报废，检测员统计了甲、乙两家公司某月30天的生产情况及每件产品盈利亏损情况如下表所示：检测结果特等品一等品二等品报废品甲公司产品件数210542016乙公司产品件数240182814每件特等品每件一等品每件二等品报废品甲公司盈2万元盈1万元亏1万元亏2万元乙公司盈1.5万元盈0.8万元亏1万元亏1.2万元（1）分别求甲、乙两个公司这30天生产的产品的合格率（用百分数表示）.（2）试问甲、乙两个公司这30天生产的产品的总利润哪个更大？说明理由.（3）若从乙公司这30天生产的不合格产品中随机抽取2件产品，记抽取二等品的件数为，求的分布列及期望.【答案】（1）甲公司合格率；乙公司合格
17、率；（2）甲公司总利润更大，理由见详解；（3）分布列见详解；期望为.【解析】【分析】（1）根据题干表格中数据，直接计算，即可得出两公司的产品合格率；（2）根据题意，分别计算两公司这30天的总利润，比较大小，即可得出结果；（3）根据题意，先得到乙公司这30天生产的不合格产品数，确定的可能取值，求出对应的概率，即可得出分布列，从而可求出期望.【详解】（1）由题意，甲公司这30天生产的产品的合格率为；乙公司这30天生产的产品的合格率为；（2）由题意，甲公司这30天生产的产品的总利润为万元；乙公司这30天生产的产品的总利润为万元；所以甲公司这30天生产的产品的总利润更大；（3）由题意，乙公司这30天生
18、产的不合格产品有件，其中二等品有件，报废品有件，由题意，的可能取值为，则，所以的分布列为因此的期望为.【点睛】本题主要考查求超几何分布的分布列及数学期望，属于常考题型.20. 已知F为抛物线的焦点，过点F且倾斜角为的直线与抛物线E相交于A、B两点，且，过点F且斜率为的直线与抛物线E相交于C、D两点.（1）求抛物线E的方程；（2）若点A和C均在第一象限，求证：抛物线E的准线、直线和直线三线共点.【答案】（1） ；（2）证明见详解.【解析】【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，以及直线的方程，联立抛物线的方程，运用韦达定理和抛物线的焦点弦长公式，可得，进而得到抛物线的方程. （2）求得抛物线的准线方
19、程，直线的方程和直线的方程，分别联立抛物线的方程，运用韦达定理，推出，再将准线方程代入直线的方程和直线的方程，求出交点的纵坐标，化简整理可证明它们相等，即可得证.【详解】（1）抛物线的焦点坐标为 直线的方程为，设，联立方程组，消去，整理可得，所以 ，所以，所以，所以抛物线.（2）证明：由（1）可得抛物线的准线方程为：，焦点，所以直线的方程为，代入抛物线的方程：，可得，则，即，直线的方程为，联立方程组，整理可得，可得，直线的斜率为，可得直线的方程为，同理可得直线的方程为，准线方程为，将准线方程代入直线的方程可得，将准线方程代入直线的方程可得，由，上式分子，则直线和直线，以及准线交于同一点，即抛物
20、线E准线、直线和直线三线共点.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系、焦点弦公式，此题对计算能力要求较高，属于难题.21. 已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，都有，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先由得，求导，根据导数的几何意义求出切线斜率，进而可求出切线方程；（2）先由题意，得到函数在上单调递增，推出在上恒成立；对函数求导，得到在上恒成立，令，由导数的方法判定的单调性，得出，根据洛必达法则求出，进而可得出结果.【详解】（1）当时，则，所以曲线在处的切线斜率为，又，因此曲线在处的切线方程为，即；（2）因为，都有，所以在上单调递增，因此在上恒
21、成立；因为，因此只需在上恒成立；即在上恒成立，令，则，令，则，因为，所以，即在上恒成立，所以在上单调递增，因此，所以在上恒成立，因此在上单调递增，所以；又根据洛必达法则可得，所以，因此只需，即实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查求在曲线上一点处的切线方程，考查由函数单调性求参数的问题，熟记导数的几何意义，灵活运用导数的方法判定函数单调性即可，属于常考题型.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方
22、程为.（1）求直线普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知点，曲线与直线交于，两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据直线的参数方程消去参数，即可得出直线的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据点在曲线的内部，得到，利用参数的方法求出弦长，即可得出结果.【详解】（1）由消去参数，可得，整理得，即直线的普通方程为；由得，化为直角坐标方程可得，整理得，即曲线的直角坐标方程为；（2）将代入得，整理得，由的几何意义知，不妨记，则，又，则点在椭圆内，因此.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化
23、，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查参数的方法求弦长，属于常考题型.【选修4-5：不等式选讲】23. 已知，.（1）当时，求不等式的解集；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将代入中，然后将写为分段函数形式，再根据，利用零点分段法解不等式即可；（2）先求出（2）（3）的表达式，然后判断关于的函数（2）（3）的单调性，再求出其最小值【详解】（1）当时，或，或，不等式的解集为（2）（2）（3），关于的函数（2）（3）在上单的递减，在上单的递增，当时，（2）（3）的最小值为【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和绝对值不等式最值的求法，考查了分类讨论思想和函数思想，属中档题