陜西省寶雞市2020-2021學(xué)年高三上學(xué)期高考模擬檢測(一)文科數(shù)學(xué)答案

陜西省寶雞2020-2021學(xué)高三上學(xué)高考模擬測（一）文科數(shù)學(xué)試參答．C【解析】因?yàn)?/p>

M所以

因?yàn)?/p>

U由

圖易知，Venn

圖中陰影部分表示的集合是

U

，故

圖中陰影部分表示的集合是故選：．C【解析】因?yàn)?/p>

z2，zi1

，所以

z

，所以

z1

的虛部為

故選：．【解析】設(shè)在1和兩數(shù)之間插入

n(n

個(gè)數(shù)，使它們與1組一個(gè)等差數(shù)列aa可得，112所以數(shù)列的所有項(xiàng)和為

12()2)1

故選：D.．B【解析】設(shè)，則

lg2

2640.30

，所以x，所以

x

，故選：．C【解析】由頻率分布直方可得，優(yōu)秀率為

100%6%

；第頁，總11頁

由

0.003

，解得0.010；故選：a，，．C【解析】第一次循環(huán)得：r

，所以

a12,b第二次循環(huán)得：ra12mod6

，所以跳出循環(huán)M

故選：．B【解析∵圓

2

2

的心為，徑r，當(dāng)點(diǎn)P與心的距離最小時(shí)，切線長PC、最，此時(shí)邊形OCPD的面積最小，∴心到直線

的離d

2

，∴

2

2

，∴邊形OCPD

的面積

S

12

r2

故選：B．．【析】如圖，連接

2

因?yàn)橐?/p>

F1

為直徑的圓與雙曲線的支交于Q，故QQF12

設(shè)

FP1

，則

PQ

，

FQx1

，

Fx2

，

FPxa2

，第頁，總11頁

由為直角三角形，故2

，故

FQa1

，

F2

，因?yàn)?/p>

F1

為直角三角形，故1a

2

a

2

c

2

，故e

5.故選：D.．A【析】

coscos

cos22故選：A10D解析】解：由約束條件得如圖所示區(qū)域，

79

aB7

，代入

x

，得

a127

，解得

故選：D.．A解析】設(shè)切點(diǎn)是

Px)00

由

f

則以P為點(diǎn)的切線方程為

ln(10

a

)

因?yàn)樵撉芯€過原點(diǎn)，所以

x

a

),lnxx0

，所以

k

a

第頁，總11頁

xx，所以<且故選：A12D解析】由題意可得a所以，

，

x由

b

5

，則a，

與

的大小關(guān)系即

與b

的大小關(guān)系當(dāng)，

log

，此時(shí)

；當(dāng)時(shí)

b

log

，此時(shí)；當(dāng)a2.5

時(shí)，

a

55.95b

a

a

2.5

2.5

347.6，所以ab，.故選：D13【析】由題設(shè)可得

，因?yàn)?/p>

，故

，故

，所以

，故

c

故答案為：14

【解析】在三角形內(nèi)距三角形的任意一個(gè)頂點(diǎn)的距離不超過2的點(diǎn)形成的區(qū)域如陰影部分所示，因?yàn)槿齻€(gè)陰影部分對應(yīng)的圓心角的和為，第頁，總11頁

aqq即1aqq即1故陰影部分的面積和為

，故所求的概率為

故答案為：

15BCD，

【解析】由題意，折疊后的四面體中⊥CD，ADDB，CDDB=D，AD面且AB＝＝，在ADB中，AD且BC＝2，eq\o\ac(△,設(shè))BCD的心為N，外接圓半徑r，過N作平面BDC，過A作AM//形為矩形，MNAD3，△BDC中＝，BC＝2，∠＝，

，則四邊由正弦定理可得，

2＝2r，即r＝，可得外接球球心O在的點(diǎn)＝ON2r22＝(

15)2＝，2四面體A﹣BCD的接球表面積S＝4＝5

．故答案為：5

．16

12

【解析】因?yàn)?/p>

a1

，故

4

，故

a41設(shè)等比數(shù)列的公比為，

qq211aqq31又

a

，故

221，解得，故

第頁，總11頁

4cos24cos2故

S

1

故答案為：

12

，

17析）

xxcosx12cos

2

xsin6cosx3sin2x

π3cosxT值為

（2由已知得

π6

5ππ，或A666A

或

2

，A

，

由余弦定理得2bccos，即2解得

S

bc218析】設(shè)

AAa

，因?yàn)锳B

AA

3

EB，所以

AB

aa

，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以

2a，所以

EB

，即

EBBB

，所以四邊形

ABB1

是平行四邊形，第頁，總11頁

11所以四邊形

ABB1

是矩形，因?yàn)镕為

1

的中點(diǎn)，所以

Aa

，所以

FB

AF

1

，EFAF2AE22，所以

FB21

，即

EFEB1

，因?yàn)槿庵酌媸堑冗吶切危瑸锳B的中點(diǎn)，所以

，又

CEFB1

，AB與FB相，1所以CE面

ABBA1

，又EF平面

ABB1

，所以EF

，又

CE

EB1

，所以面；（2由（）知：CE面

ABBA1

，所以為棱錐FE

的高，且

CE3

6EF,EB3，S2

EFB

16232

，所以VFCECFE

13

EFB

64

19析）

yae

兩邊同時(shí)取對，得

ln

bxa

，

iiii

0.32，5.984.06

，i得a所以函數(shù)關(guān)系式為

57.97e

0.32

（2由題意抽取的人，老年人有

人，設(shè)老年人為

A,A13

，其他人是BCD

，所以所有的基本事件為

A113111222

第頁，總11頁

2323

,B33基本事件總數(shù)為15個(gè)這2

人中至少一人是老年人有12個(gè)所以概率為

20析】拋物線：x

的焦點(diǎn)為，（1當(dāng)

a

時(shí)，直線

l:y

，聯(lián)立

yy

，消去得

14

，設(shè)

y，x，x1121

，

x12

，所以||

2

()1

2

x1415，1點(diǎn)到直線

l:y2

的距離

d

|2

55

，所以的面積為

53d2

（2因?yàn)辄c(diǎn)，

關(guān)于直線

l

對稱，所以直線

MN

的斜率為

12

，所以可設(shè)直線

MN的程為y

x

，聯(lián)立

1x2

，消去并理得

x

mxm

，由設(shè)

xm22(x,，,y)，3

，得

，所以所以

xm，所以y34MN的點(diǎn)為，

(x)mm

，因?yàn)辄c(diǎn)M，

關(guān)于直線

l

對稱，所以

MN中點(diǎn)在線l:

上，所以

2(2

，得

20因?yàn)橐?/p>

21析(1)

時(shí)，

第頁，總11頁

11求導(dǎo)得

'

2

，①=4b

2

即

時(shí)

'

恒成立在上調(diào)遞增，無減區(qū)間；②b23或b

3時(shí)，由

'

2b2解得x或x，所以增區(qū)間為(

b2b，3

由

'

bb解得

，所以減區(qū)間為

綜上：3

時(shí)函數(shù)在上調(diào)遞增，無減區(qū)間；3或b3時(shí)增區(qū)間為(

b22，3

減間為

（2

'

x，是數(shù)f1

的兩個(gè)極值點(diǎn)，∴x，是程x1

bx的根∴b2cx1

bcx∴x2

x)

=

2整理得c

b23

代入=4得

恒成立，即第頁，總11頁

()

2

b=-時(shí)min22析）

sin

4

2

，

4

sin

4

，0

4(0x4)

，即

C

1

：

y4(0xxt由可:2yt

2xt2yt

，消去參數(shù)，可得

(xy2即普通方程為2

(yxy4xx2（2由{(xy(xx2)y

，即，設(shè)所求圓圓心的直角坐標(biāo)為(a，中a則

(2(02

，解得，所求圓的半徑r

，所求圓的直角坐標(biāo)方程:

2)

2

y

2

4

即

x

2

2

，所求圓的極坐標(biāo)方程為

4cos

23析）a