2020年陕西省高三教学质量检测卷(二)理科数学

对值为 ｜３０－３０．５｜＝０．５．
１４．－ ３ ２或 １ 【解析】本 题 考 查 二 项 式 定 理 ．
∵（ａｘ＋１）５＝（１＋ ａｘ）５ 展 开 式 的 通 项 为 Ｔｋ＋１ ＝ Ｃ５ｋａｋｘｋ（ｋ＝０，１，２，３，４，５），则由 （ｘ＋１）（ａｘ＋１）５ ＝ ｘ（ａｘ＋１）５＋（ａｘ＋１）５ 可知，展 开 式 中 ｘ２ 的 系 数 为
)２
槡７
，∴Ｒｍｉｎ＝槡２７＝２槡７７，此 时 α
＋φ
＝π２，∴ｓｉｎα
＝
ｃｏｓφ
＝ ２，ｃｏｓα 槡７
＝ｓｉｎφ
＝槡３，∴ａ＝ 槡７
６７，ｂ＝
８７，∴该三
棱柱外接球的表面积的最小值为 １７６π，故选 Ｄ．
由题意可知△ ＡＢＣ外接圆的半径 ｒ＝槡３３ａ．设该三棱
( ) ( ) ２
柱外 接 球 的 半 径 为 Ｒ，则 Ｒ２ ＝ 槡３３ａ ＋
２ｍ，在△ ＡＢＣ中，由余弦定理得 ＢＣ２ ＝９ｍ２ ＋４ｍ２ －
２×３ｍ×２ｍ×
１ ２
＝７ｍ２
＝７，∴ｍ＝１，∴ＡＢ＝３，ＡＣ＝
２，故△ ＡＢＣ的周长为 ５＋槡７．
ｙ２｜＝槡１＋ｍ２· 槡（ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ２ ＝槡１＋ｍ２·
槡１６ｍ２＋１６＝４＋４ｍ２，∴４＋４ｍ２ ＝８，即 １＋ｍ２ ＝２．
ｙ１ｙ２＝－４，∴｜ＡＢ｜＝槡１＋ｍ２｜ｙ１ －ｙ２｜＝槡１＋ｍ２·
槡（ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ２ ＝ 槡１＋ｍ２· 槡１６ｍ２＋１６ ＝
４（１＋ｍ２），∴４（１＋ｍ２）＝８，∴ｍ＝±１，∴直线 ｌ的方程
为 ｘ±ｙ－１＝０，则点 Ｍ到直线 ｌ的距离为 ｜３±０－１｜＝ 槡１＋１
槡２，∴△ ＡＭＢ的面积为
ｆ（－２）＝ａ－
ｅ２２，ｆ（－１）＝ａ－
１ ２
－
１ｅ，
ｆ（２）＝ａ＋４＋２ｅ２，∴ ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ｆ（２）＝ａ＋４＋２ｅ２，
[ ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ（－１）＝ａ－ １ ２－ １ｅ，∴ｆ（ｘ）∈Ａ＝ ａ－ １ ２－
] １ｅ，ａ＋４＋２ｅ２ ．∵ｇ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１，令 ｇ′（ｘ）＝０，得
[ ] ( ) ( ) ｘ＝
１ ｅ∈
ｅ１２，ｅ ，而
ｇ
１ ｅ２
＝１－ｅ２２，ｇ
１ ｅ
＝１－
１ｅ，ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，∴ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＝
( ) [ ] ｇ
１ ｅ
＝１－ １ｅ，∴ｇ（ｘ）∈ Ｂ＝ １－ １ｅ，１＋ｅ ．由题
[ ] 意可知存在 ｘ１∈［－２，２］，对任意 ｘ２∈ ｅ１２，ｅ ，都有
{ ｆ（ｘ１）＝ｇ（ｘ２）等价于 Ｂ Ａ，即 ａ－ １ ２－ １ｅ≤１－ １ｅ， １＋ｅ≤ ａ＋４＋２ｅ２，
３ａ２ｂ２－２ｂ２ｃ２＋２ａ２ｃ２ ＝０．又 ∵ｅ＝ ａｃ，ｂ２ ＝ｃ２ －ａ２， 代入化简可得 ２ｅ４－７ｅ２＋３＝０，即（２ｅ２－１）（ｅ２－３）＝
０．又 ∵双曲线的离心率 ｅ＞１，∴ｅ＝槡３． １７．【名师指导】本题考查空间面面平行的证明以及二面
角的余弦值的计算，考查运算求解能力、推理论证能 力、空间 想 象 能 力，考 查 数 学 运 算、逻 辑 推 理 核 心
Ｃ１５ａ１＋Ｃ２５ａ２，∴Ｃ１５ａ１ ＋Ｃ２５ａ２ ＝１５，即 １０ａ２ ＋５ａ－１５＝
０，解得 ａ＝－ ３ ２或 １．
１５．５＋槡７ 【解 析】本 题 考 查 余 弦 定 理 ．令 ＡＤ＝ｍ，则 ＢＤ＝槡７ｍ，ＡＢ＝３ｍ，则 ｃｏｓＡ＝ｍ２２＋×９ｍｍ２×－３ｍ７ｍ２ ＝ １ ２．
∵Ａ∈（０，π），∴Ａ＝π３．又点 Ｄ为 ＡＣ的中点，∴ＡＣ＝
若该函数图象关于坐标原点对称，则
π ４
－３ａ＝ｋπ（ｋ∈
Ｚ），解得 ａ＝π １２－ｋ３π（ｋ∈Ｚ）．∵ａ＞０，∴π １２－ｋ３π＞０
（ｋ∈Ｚ），∴ｋ＜ １ ４（ｋ∈Ｚ），∴ｋ的最大值为 ０，∴ａｍｉｎ＝
π １２，故选 Ｃ． １０．Ｄ 【解析】本题考查棱柱外接球表面积的运算．由题意
可知△ＡＢＣ外接圆的半径 ｒ＝槡３３ａ．设该三棱柱外接球
ｙ２｜＝
１ ２
×２×槡（ｙ１
＋ｙ２）２
－４ｙ１ｙ２
＝槡１６ｍ２
＋１６＝
４槡１＋ｍ２ ＝４槡２，故选 Ｂ．
１２．Ｃ 【解析】本题考查函数的图象与性质、导函数及利
用导函数解不等式 ．由题意可得 ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋ｘｅｘ ＋
ｘ＋１＝（ｘ＋１）（１＋ｅｘ），令 ｆ′（ｘ）＝０，得 ｘ＝ －１∈
［－２，２］，而
∵四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ为正四棱锥，
∴ＯＡ＝ＯＣ＝ＯＢ＝ＯＤ＝槡２，ＡＣ⊥ ＢＤ，
又 ＰＡ＝ＰＣ＝槡３，∴ＰＯ＝１，且 ＰＯ⊥ ＡＣ， 同理可得 ＰＯ⊥ ＢＤ，∴ＯＢ，ＯＣ，ＯＰ两两垂直，故＝（ｘ，ｙ，ｚ），
{ { ｍ·Ｅ→Ｆ＝０， 槡２ｘ＋槡２ｙ＝０，
∴ｅ－３－２ｅ２≤ ａ≤ ３ ２，故选 Ｃ．
１３．０．５ 【解析】本题考查用样本估计总体、样本平均数
及中位数的计算 ．由题意可得从左到右每个小矩形的
面积为 ０．１，０．４，０．３５，０．１５，所以该样本的平均数为
０．１×１５＋０．４×２５＋０．３５×３５＋０．１５×４５＝３０．５，由
０．１＋０．４＝０．５可知中位数为 ３０，所以两者之差的绝
１＋５ｄ，∴（１＋２ｄ）２＝（１＋３ｄ）（１＋５ｄ），解得 ｄ＝－１４１
（ｄ＝０舍去），∴ａ２＝１＋ｄ＝１７１，故选 Ａ．
８．Ｄ 【解析】本题考查三角恒等变换．由题意可得 ｃｏｓβ ＝ １５３．∵－π２＜α－β ＜０，∴ｓｉｎ（α －β）＝－１ ６６ ５，∴ｓｉｎα ＝
ｓｉｎ［（α－β）＋β］＝ｓｉｎ（α －β）ｃｏｓβ ＋ｃｏｓ（α －β）ｓｉｎβ ＝ －１６６５×１５３＋６６３５×１１２３＝６８７４６５＝ ４ ５，故选 Ｄ．
( ) ( ) ２
的半径为 Ｒ，则 Ｒ２ ＝ 槡３３ａ ＋
ｂ ２
２
．由
ａ＋ｂ＝２
可得
ｂ＝２－ａ，∴Ｒ２
＝４ａ２１＋２３ｂ２
＝４ａ２
＋３（２－ａ）２ １２
＝
( ) ７ａ２－１１２２ａ＋１２＝７
ａ２－１７２ａ＋３４６９ １２
＋１２－３７６＝１７２×
( ) ａ－
６ ７
２＋ ４ ７，∴Ｒ２ｍｉｎ＝ ４ ７，当 且 仅 当
∵Ｓ△
ＡＭＢ
＝Ｓ△
ＡＦＭ
＋Ｓ△
ＢＦＭ，∴Ｓ△ ＡＭＢ
＝
１ ２
×｜ＭＦ｜｜ｙ１
－
１６．槡３ 【解析】本题考查双曲线的离心率、直线与双曲线
的位置关系 ．设直线 ＡＢ的方程为 ｙ＝槡２（ｘ＋ｃ），与双 曲线 Ｃ的方程联立可得 ｂ２ｘ２－２ａ２（ｘ＋ｃ）２－ａ２ｂ２＝ ０，化简得（ｂ２ －２ａ２）ｘ２－４ａ２ｃｘ－２ａ２ｃ２ －ａ２ｂ２ ＝０．令
∴ＡＢ∥ ＥＦ．
（１分）
∵ＰＭ＝３ＣＭ，ＢＦ＝３ＦＣ，∠ ＭＣＦ＝∠ ＰＣＢ，
∴△ ＭＣＦ∽△ ＰＣＢ，∴ＭＦ∥ ＰＢ．
（３分）
∵ＭＦ，ＥＦ平面 ＭＥＦ，ＭＦ∩ ＥＦ＝Ｆ，
ＰＢ，ＡＢ平面 ＰＡＢ，ＰＢ∩ ＡＢ＝Ｂ，
∴平面 ＭＥＦ∥平面 ＰＡＢ．
（５分）
（Ⅱ）如图，连接 ＡＣ，ＢＤ相交于点 Ｏ，连接 ＰＯ．
则 ｍ·Ｐ→Ｅ＝０，即 －３槡４２ｘ－槡４２ｙ－ｚ＝０，
{ ｘ＝－ｙ，
解得 ｚ＝槡２２ｙ，
２０２０年陕西省高三教学质量检测卷（二） 数学（理科） 答案详解
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ ＣＢＡ ＢＤ Ａ Ａ Ｄ ＣＤ Ｂ Ｃ
１．Ｃ 【解析】本题考查复数的运算 ．由题意得 ｚ＝１４＋ｉ＝ （１４＋（ｉ１）（－１ｉ）－ｉ）＝４（１２－ｉ）＝２－２ｉ，∴ｚ的虚部为 －２，故 选 Ｃ． 【一题多解】∵ｚ＝１４＋ｉ＝２（１＋１ｉ）＋（ｉ１－ｉ）＝２（１－ｉ）＝２－ ２ｉ，∴ｚ的虚部为 －２，故选 Ｃ．
２．Ｂ 【解析】本题考查集合并集的运算 ．由题意可知集合 Ｂ＝｛ｙ｜ｙ＝ｘ２，ｘ∈ Ａ｝＝｛ｙ｜０≤ ｙ≤ １｝，∴Ａ∪ Ｂ＝ ｛ｘ｜－１≤ ｘ≤１｝，故选 Ｂ．
３．Ａ 【解析】本题考查简单的线性规划 ．如图所示，图中 的阴影部分为不等式组所表示的平面区域（含边界），
( ) 其中 Ａ（０，３），Ｂ（１，２），Ｃ ４ ３，７３ ．先作出 ２ｘ－ｙ＝０
１ ２
×８×槡２＝４槡２，故选
Ｂ．
【一题多解】由题意可得抛物线 Ｃ的焦点 Ｆ（１，０），设
直线 ｌ的方程为 ｘ＝ｍｙ＋１，联立直线 ｌ与抛物线 Ｃ 的方程得 ｙ２＝４（ｍｙ＋１），即 ｙ２－４ｍｙ－４＝０．设 Ａ，Ｂ
两点的坐标为（ｘ１，ｙ１），（ｘ２，ｙ２），则由韦达定理可得
ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝ －４，∴｜ＡＢ｜＝槡１＋ｍ２ ｜ｙ１ －
— 数学（理科）·答 ２—
Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则 ｘ１ ＋ｘ２ ＝ｂ２４－ａ２２ｃａ２，ｘ１ｘ２ ＝ －２ａｂ２２ｃ－２２－ａａ２２ｂ２，ｙ１ｙ２ ＝２ｂ２ｂｃ２２－－２２ａａ２２ｂ２．∵以 ＡＢ为直径
的圆过坐标原点 Ｏ，∴ＯＡ⊥ＯＢ，∴→ＯＡ·→ＯＢ＝０，∴ｘ１ｘ２＋
ｙ１ｙ２＝０，∴－２ａ２ｃ２－ａ２ｂ２ ＋２ｂ２ｃ２ －２ａ２ｂ２ ＝０，即
９．Ｃ 【解析】本题考查三角函数图象的平移变换与性质．由
( ) 题意可得平移后的函数解析式为 ｙ＝２ｓｉｎ ３ｘ＋π４－３ａ ，
４．Ｂ 【解析】本题考查平面向量的数量积及向量的投影 ．
由题意可得 ｜ａ｜＝２，（ａ－２ｂ）·ａ＝０ ａ２ －２ａ·ｂ＝０ ２｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝｜ａ｜２，∴｜ｂ｜ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝１，∴ｂ在 ａ上的投影为 １，故选 Ｂ． ５．Ｄ 【解析】本题考查分段函数及分段函数的图象 ．作 函数 ｆ（ｘ）的图象如图所示，由题意可得当 ０＜ｘ≤１ 时，ｆ（ｘ）≥ ０；当 ｘ＞１时，ｆ（ｘ）≤ １．若 ｆ（ｘ）＝１，则 －ｌｎｘ＝１或 －ｘ２ ＋４ｘ－３＝１，解得 ｘ＝ １ｅ或 ｘ＝２，则 ｆ（ａ）＝ １ｅ或 ｆ（ａ）＝２，结合函数图象可知 ａ的取值有 ４个，故选 Ｄ．