陕西省宝鸡市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测(一)理科数学答案

11陕西省宝鸡2020-2021学高三上学高考模拟测（一）理科数学试参答．【析】解不等式

2

得

，故

A解不等式x得，故

B所以

AR故选：D.．C【解析】由题意，复数

z2zi12

，可得

2iii5

，则

z12z2

故选：．B【解析】由题设可得

，因为

，故

，解得

，所以

，故

c

故选：．B【解析】设

64，则

lg2

2640.30

，所以x19.2

，所以

x

，故选：．C【解析】由频率分布直方可,优秀率为

0.003100%第1页，总13页

222222221(0.003

20020

)20

，及率87%，故选：．C【解析】解：由三视图的何体如图所示，可知几何体的表面积为S

，设该几何体外接球的半径为R

，则212

2

，所以该几何体外接球的表面积为

S

故选：【析】解：如图所示，由圆的切线的性质得

CA,12

，在

,1

2

中有

PCPC12

，由题知PA，PC2

，所以点P在线段

C1

的垂直平分线上；由题知

C(0,0),C(2,2)，以与C的点Q的标为，11C与C所直线的率为1

，,

所在直线

l1

的斜率为

，直l的方程为1

y

，

，点

Px)在

，所以点P的坐标满足

，所以

x

2

2

x

2

2)

2

2x

2x

，第2页，总13页

0000故选：．A【析】

((,0)1

，圆方程为

xy2

，y由bxa

，由

，x0,解得，即y

P()

，设Q(x由

2FQ

，a,))00

得

c

，

y

b3

，因为Q在曲线上，(ac)b2∴92

，

(1e)

2

10

，解得故选：A

110（e舍．A【析】

coscos

cos22故选：A10D解析】解：由约束条件得如图所示区域，

79

第3页，总13页

aB7

，代入

x

，得

a12解得.7故选：D.．A解析】设切点是

Px)00

由

f

则以P为点的切线方程为

ln(10

a

)

因为该切线过原点，所以

x

a

),lnxx0

，所以

k

a

所以<且

，故选：A12C【解析】因为1，所以

52

a

a

所以

1og44所以

，故

7所以

1lognlog255故选：第4页，总13页

13

13

【解析】解：派往甲社区宣讲的人至少有2个生概率为=

C246C

故答案为：

13

14

【解析】

Sa

12q11，q3

157

【解析】由题意，折叠后的四面体中⊥CD，AD⊥，DB=D，⊥面BCD，且AB＝＝，在ADB中，AD且BC＝3，eq\o\ac(△,)BCD的心为N外接圆半径r，过N作平面BDC，A作AM/形为矩形，MNAD3，eq\o\ac(△,)BDC中＝，BC，故∠BDC，

，则四边由正弦定理可得，

＝2r，即r＝1，则可得外接球球心OMN的点R2＝2r2(

)

＝，四面体A﹣BCD的接球表面积S＝4＝7

．16

2x2x

【解析）

f()

是定义域为上奇函数，当

x时，第5页，总13页

f()

a1x

a，f(0)2（2当x[1,3]时21,1]，fx)

f(2)

12212x故答案为）1

（2）

2x2x17析）

xxcosx12cos2x36cosx3sin2x

36

T

，值域为

（2由

f()

可得24sinA，因为三角形为锐角

，所以3cossinA

即A,

由正弦定理

ac得,c2sinC2sin(sinAsinsinC3

，所以a3sinBsin(

2

3)32(sincossinB)2233sinBB)33.22因为为锐角三角形，所以

B

，0B2即032

解得

B

所以B3

3,B)3第6页，总13页

即

33sin(

6

)3

，所以周长的取值范围为区间(33,33]18析）明：设

AAa

，∵

AA

3

EB，则AB，EB

6

，

a1

，∵为棱的点，∴EB

2a，∴

EB21

EB

2

BB21

，∴

EBBB.∵棱柱

AB的面ABBA11

为平行四边形，∴边形

ABB1

为矩形，∵为的中点，1∴

FB2AFB2a2111

，FEAF2AE2a∴

1

2

1

，∴

EFEB1

∵棱柱的底面ABC正三角形，E为AB中点，∴CE∵

CEFB1

，且

平面

ABB，平ABBA1111

，且AB，相，1∴CE

平面

ABB1

，EF平

ABB11

，∴EF

，∵

ECE1

，∴EF平面.（2由（）可知CE面

ABBA，∴，平面ABC，11∴棱柱

AB11

是正三棱柱，设

1

的中点为，则直线，

，EM两垂直，分别以

，，EM

的方向为xy，z轴正方向，以点为点，建立如图所的空间直角坐标系，第7页，总13页

设

E(0,0,0)

，(0,a

，F(a)

，

(,0,2)

，则EF2a)，FC,,，FBa)设平面

的一个法向量为

n,y,z)

，则

nn1

，则

ax62ax

，则

x6y2x

，不妨取x，

，则2，以3,2)

，设平面CEF

的一个法向量为

mxy,z)

，则

mm

，则

ax6

，则

x6y2x

，令x，则y0,所以m2)

2

，

3221,16又因为该二面角为锐,则二面角

的平面角的大小为

19析）为

yae

(,b0)，以lnln

，由已知得

b

iiii

110

0.32,i第8页，总13页

lnax0.320.3257.97e所以所求函数方程为

4.06

57.97

，设余下35人被感染的人数为则XB(35,0.3),PXk)35

0.3

k

35

，要使

P(X)

最大需

P(X(P(X(

,kCk

k35

0.7

，即

0.3k!(35)!(1)!(36)!0.7k!(35)!(k1)!(34)!

，化简得

0.3kk0.710.5k

，解得9.810.8kN,

，所以

X-k最可能即概率最大）的值为k20析）抛物线的焦点为F，

,),B()112

，把

y

方程代入抛物线

y

x

，可得

x，1x4|1

|()12

,点到线

l

的距离

d

15

，

ABF

ABd2（2设过点P的直线方程为

x(y

，第9页，总13页

22由直线与圆M相得

|t1

，可得122t，设切线

,PE

的斜率分别为

t,t1

，则

t2

2134

，把

x(y

代入抛物线方程可得

tyt

则4，是方程1

t

的两根可得

4t

同理

t2

则有

(4(t

，直线DE

t

1t1

2

,即为

y(4t

34

则圆心到线DE的离为

t2)2

t|

|12t

t

，由

1tt1

，代入上式，化简可得

，所以直线与M相切.21析）为

f

x

，由

f

得1

b2b2,x3

，fx)

的取值正负和函数

f()

单调性随x的变化情况如下表：fx)

)1

x1

(x)12

x2

(2f()

极大值

极小值所以

fx)

在

和(x12

上是递增的，在

(x)12

上是递减的.第，总

1414（2证明:由(知

f()

在

(x)12

上单调递减，且

0f2

，所以

fx)f()

且

f))因为

所以

，

b)

480设

g

得3

33

2

，2则

32

，

的取值正负和函数

g()

单调性随x的化情况如下:

()

x3

x,x3

(,4

g(x)

极大值

极小值所以

g(x)

在()

与

(,4

上是单调递增的，在

x,x34

上是单调递减的.又因为

()(x))(x)11

，

()))222且

(x))g(x)g()33又，()

，x(x

，所以

g(x)

在

(,xx,3

上各有一个零点，且

g(x)

最多三个零点，故函数

g()

恰有三个零.22析）

，sin

2

，

4(0x4)

，第11，总13页

即C：1

y4(0xxt由可:2yt

2xt2yt

，消去参数，可得

(xy2

即

C

2

普通方程为

(y

（2xy4xx2由{(xy(x)(y

，即

，设所求圆圆心的直角坐标为

(a,0)

，其中a则

(2(02

，解得

a

，所求圆的半径r

，所求圆的直角坐标