試卷第=page22頁，總=sectionpages33頁第Page\*MergeFormat1頁共NUMPAGES\*MergeFormat4頁2020屆陜西省百校聯盟高三上學期九月聯考數學（理）試題一、單選題1．已知集合，則()A. B. C. D.【答案】B【解析】解一元二次不等式化簡集合A,求函數的值域化簡B.然后求.【詳解】依題意，，故.故選B.【點睛】本題考查了集合的交集運算,屬基礎題.2．()A. B. C. D.【答案】D【解析】通過分子分母同時乘以分母的共軛復數化簡可得.【詳解】.故選D.【點睛】本題考查了復數的代數運算,屬基礎題.3．已知，則()A. B. C. D.【答案】A【解析】先將變形化為:,,,然后利用,,的圖象比較大小可得.【詳解】依題意，,；由,,的圖象如圖:可得，故.故選A.【點睛】本題考查了對數函數的圖象和性質,屬中檔題.4．“沉魚、落雁、閉月、羞花”是由精彩故事組成的歷史典故.“沉魚”，講的是西施浣紗的故事；“落雁”，指的就是昭君出塞的故事；“閉月”，是述說貂蟬拜月的故事；“羞花”，談的是楊貴妃醉酒觀花時的故事.她們分別是中國古代的四大美女.某藝術團要以四大美女為主題排演一部舞蹈劇，甲、乙、丙、丁抽簽決定扮演的對象，則甲不扮演貂蟬且乙不扮演楊貴妃的概率為()A. B. C. D.【答案】B【解析】分兩類計數甲不扮演貂蟬且乙不扮演楊貴妃的情況,(1)甲扮演楊貴妃;(2)甲扮演王昭君或扮演西施.然后用古典概型概率公式計算.【詳解】依題意，所有的扮演情況為種，其中甲不扮演貂蟬且乙不扮演楊貴妃的情況為種，故所求概率.故選B.【點睛】本題考查了分類計數原理以及古典概型,屬中檔題.5．函數的圖象大致為()A. B.C. D.【答案】A【解析】根據函數的奇偶性排除C,根據時，，排除D,根據時,，排除B.【詳解】依題意，，定義域關于原點對稱，且，故函數為奇函數，圖象關于原點對稱，排除C；而當時，，排除D；當時,，排除B.故選A.【點睛】本題考查了函數的圖象,屬中檔題.6．的展開式中，項的系數為（）A.-280 B.280 C.-560 D.560【答案】C【解析】化簡二項式展開式的通項公式，令的指數等于，由此求得項的系數.【詳解】展開式的通項公式為，令，解得，故所求系數為.故選C.【點睛】本小題主要考查二項式展開式通項公式，考查指數運算，考查組合數的計算，屬于基礎題.7．已知，現有如下四個結論：①；②四邊形為平行四邊形；③與夾角的余弦值為，④；則上述正確結論的序號為()A.①③ B.②④ C.①④ D.②③【答案】B【解析】根據四個點的坐標求出的坐標,再利用向量的坐標進行運算可知①③錯誤,②④正確.【詳解】，則，故①錯；則，故④正確；，故，且四點不共線，則四邊形為平行四邊形，故②正確；，則，故③錯.故選B.【點睛】本題考查了平面向量的坐標運算,屬中檔題.8．《九章算術》卷七—一盈不足中有如下問題：“今有共買羊，人出五，不足四十五；人出七，不足三.問人數、羊價各幾何？”翻譯為：”現有幾個人一起買羊，若每人出五錢，還差四十五錢，若每人出七錢，還差三錢，問人數、羊價分別是多少”為了研究該問題，設置了如圖所示的程序框圖，若要輸出人數和羊價，則判斷框中應該填()A. B. C. D.【答案】A【解析】根據題意可得x為人數，y為羊價，得：5x+45＝7x+3，解得x＝21，模擬程序的運行可得當x＝21，k＝21時，退出循環，輸出x，y的值，即可得解判斷框中應填入的內容．【詳解】模擬執行程序，可得x為人數，y為羊價，由題意可得：5x+45＝7x+3，解得x＝21，即當x＝20，k＝20時，繼續循環，當x＝21，k＝21時，退出循環，輸出x，y的值，則判斷框中應填入的內容為：k＞20？故選：A．【點睛】本題考查了程序框圖,解題時應模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的結論，是基礎題．9．已知正方體的體積為，點在正方形上，且到的距離分別為，則直線與平面所成角的正切值為()A. B. C. D.【答案】A【解析】先通過計算可知點為的中點,連接與交于點,易證平面,根據直線與平面所成角的定義可知就是直線與平面所成的角,然后在直角中可得.【詳解】易知；連接，在直角中，可計算；又，所以點是的中點；連接與交于點，易證平面，直線在平面內的射影是，所以就是直線與平面所成的角，在直角中，.【點睛】本題考查了直線與平面所成的角,屬中檔題.10．已知橢圓的左、右焦點分別為，直線過點且與橢圓交于兩點，且，若，則直線的斜率為()A. B. C. D.【答案】B【解析】設,利用點差法可得:,再根據△為等腰三角形,可得,聯立兩個方程可解得,即得直線的斜率.【詳解】如圖:設，則，兩式相減可得，則；因為，所以△為等腰三角形,故，解得，故直線的斜率為【點睛】本題考查了橢圓的標準方程以及直線的斜率,屬中檔題.11．關于函數有下述三個結論：①函數的圖象既不關于原點對稱，也不關于軸對稱；②函數的最小正周期為；③，.其中正確結論的個數為()A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】根據偶函數的定義可得為偶函數,故①錯誤;根據對任意的都成立,知②正確;在一個周期內任取一個,都有,可知③錯誤.【詳解】依題意，，故函數的圖象關于軸對稱，故①錯誤；因為故是函數的一個周期，且當時，故②正確，③錯誤.故選B.【點睛】本題考查了三角函數的圖象和性質,屬中檔題.12．在三棱錐中，，，平面平面，則當的面積最大時，三棱錐內切球的半徑為()參考數據：A.0.125 B.0.25 C.0.5 D.0.75【答案】C【解析】先由已知推出,再設,根據勾股定理求出和,再用面積公式計算出三角形的面積,然后用基本不等式求得最大值以及取得最大值的條件,在此條件下求出四個三角形的面積,,再利用體積關系列等式可求得內球球的半徑即可.【詳解】如圖所示，，故，平面平面，故平面，故，而，故平面，則；設，則，而，則，當且僅當，即時，的面積最大為5，此時，設三棱錐內切球的半徑為，故，即，即故選C.【點睛】本題考查了線面垂直的判定和性質,用基本不等式求最值,三棱錐的內切球問題,屬中檔題.二、填空題13．已知函數，則曲線在處的切線方程為_______.【答案】【解析】由導數的幾何意義可得切線的斜率為,再根據點斜式可得切線方程.【詳解】依題意，，故，而,故所求切線方程為，即【點睛】本題考查了導數的幾何意義,屬基礎題.14．設實數滿足，則的最小值為______.【答案】【解析】作出可行域,觀察可得,當過點時，有最小值,再聯立方程組解得最優解C的坐標后,代入目標函數即得.【詳解】作出不等式組所表示的平面區域如圖中陰影部分所示；觀察可知，當過點時，有最小值；聯立解得即，故的最小值為?！军c睛】本題考查了線性規劃求最值,屬中檔題.15．若隨機變量服從正態分布，則________.參考數據：若，則，，.【答案】0.84【解析】先求出,再將轉化為,根據可得.【詳解】依題意，，其中，故.【點睛】本題考查了正態分布，考查了正態曲線的性質,屬基礎題.16．已知雙曲線：的左、右焦點分別為，，點在的漸近線上，且，，則______.【答案】【解析】設，，依題意有，結合，利用勾股定理得到，由此得到.根據可知是以為直徑的圓和雙曲線的漸近線的交點，聯立漸近線和圓的方程，求得點的坐標.利用三角形的面積列方程，將方程化為含有的形式，由求解得的值.【詳解】不妨設點在第一象限，設，，則，而，故，聯立兩式可得，，聯立，可得，由三角形的面積公式可得，即，故，即，故，故，則，解得.故填：.【點睛】本小題主要考查雙曲線的定義，考查雙曲線的漸近線方程的求法，考查直線和圓交點坐標的求法，考查方程的思想，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查運算求解能力，屬于中檔題.三、解答題17．記首項為1的數列的前項和為，且.（1）求證：數列是等比數列；（2）若，求數列的前項和.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】(1)依題意，，,再兩式相減后變形可得,又,由此可證.(2)由(1)求出代入已知求得=,再利用,可求出.【詳解】（1）依題意，，兩式相減可得，，故而，故故數列是以1為首項，3為公比的等比數列；（2）由（1）可所以故記數列的前項和為，則【點睛】本題考查了等比數列的證明,以及數列的前2n項的和的求法：分組求和.屬中檔題.18．在中，角所對的邊分別為，且其.（1）求的值；（2）若，垂足為，且，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）【解析】(1)將變成后,利用正弦定理邊化角后可得,可得.(2)利用面積關系得,再用余弦定理和基本不等式可得,進而可得.【詳解】（1）根據題意，，則，即，故故，即，而，故，故；（2）因為；因為，故，故由余弦定理，當且僅當時等號成立，故，則，故AM的取值范圍為【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理,屬中檔題.19．如圖所示，在四棱錐中，四邊形為矩形，，,點是線段上靠近的三等分點.（1）求證：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】(1)先證平面,進而得到.(2)作于，因為平面，所以平面平面，故平面，以點為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量后,利用公式可求得.【詳解】（1）證明：，平面，平面，，又，所以,因為，在中，設，則，故，平面；而平面，故（2）作于，因為平面，所以平面平面，故平面，以點為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，設則，，，設平面的法向量為，平面的法向量為，不妨取，不妨取，，而二面角為銳角，故二面角的余弦值為【點睛】本題考查了直線與平面垂直的判定與性質以及用平面的法向量求二面角的余弦值.屬中檔題.20．記拋物線的焦點為，點在拋物線上，，斜率為的直線與拋物線交于兩點.（1）求的最小值；（2）若，直線的斜率都存在，且；探究：直線是否過定點，若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由.【答案】（1）；（2）直線l過定點【解析】(1)設拋物線的準線為，過點作，垂足為，過點作，垂足為,利用拋物線的定義可得.(2)設直線的方程為，；將直線與拋物線的方程聯立,利用韋達定理及變形可得或,將代入直線,可得直線必過定點.【詳解】（1）設拋物線的準線為，過點作，垂足為，過點作，垂足為如圖:則即的最小值為；（2）設直線的方程為，；將直線與拋物線的方程聯立得，①又即將①代入得，，即，得或當時，直線為，此時直線恒過；當時，直線為，此時直線恒過（舍去）；綜上所述，直線l過定點【點睛】本題考查了拋物線的定義,直線過定點問題,屬難題.21．已知函數.（1）討論函數在上的單調性；（2）若，當時，，且有唯一零點，證明：.【答案】（1）見解析；（2）證明見解析【解析】(1)求導后得,再對分四種情況討論可得函數的單調性;(2)令=0,可知在上有唯一零點,所以①,要使在上恒成立，且有唯一解，只需，即②，再聯立①②可知，,然后構造函數,利用導數可得.【詳解】（1）依題意，若，則，故函數在上單調遞增；若，令，解得；若，則，則，函數在上單調遞增；若，則，則，則函數在上單調遞減；若，則，則函數在上單調遞增，在上單調遞減；綜上所述，時，函數在上單調遞增，時，函數在上單調遞減，時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；（2）依題意，，而，令，解得，因為，故，故在上有唯一零點；又，故①，要使在上恒成立，且有唯一解，只需，即②，由①②可知，令顯然在上單調遞減，因為，故，又在上單調遞增，故必有【點睛】本題考查了利用導數討論函數的單調性,零點存在性定理,屬難題.22．某游戲公司對今年新開發的一些游戲進行評測，為了了解玩家對游戲的體驗感，研究人員隨機調查了300名玩家，對他們的游戲體驗感進行測評，并將所得數據統計如圖所示，其中.（1）求這300名玩家測評分數的平均數；（2）由于該公司近年來生產的游戲體驗感較差，公司計劃聘請3位游戲專家對游戲進行初測，如果3人中有2人或3人認為游戲需要改進，則公司將回收該款游戲進行改進；若3人中僅1人認為游戲需要改進，則公司將另外聘請2位專家二測，二測時，2人中至少有1人認為游戲需要改進的話，公司則將對該款游戲進行回收改進.已知該公司每款游戲被每位專家認為需要改進的概率為，且每款游戲之間改進與否相互獨立.（i）對該公司的任意一款游戲進行檢測，求該款游戲需要改進的概率；（ii）每款游戲聘請專家測試的費用均為300元/人，今年所有游戲的研發總費用為50萬元，現對該公司今年研發的600款游戲都進行檢測，假設公司的預算為110萬元，判斷這600款游戲所需的最高費用是否超過預算，并通過計算說明.【答案】（1）76；（2）（i）；（ii）所需的最高費用將超過預算.計算見解析【解析】(1)利用矩形面積和等于1列式可得,結合,可解得的值,再用各區間的中點值與該矩形的面積相乘后再相加,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