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２０２０年陕西省高三教学质量检测卷（二）数学（理科）答案详解１２３４５６７８９１０１１１２ＣＢＡＢＤＡＡＤＣＤＢＣ１．Ｃ【解析】本题考查复数的运算．由题意得ｚ＝４１＋ｉ＝４（１－ｉ）（１＋ｉ）（１－ｉ）＝４（１－ｉ）２＝２－２ｉ，∴ｚ的虚部为－２，故选Ｃ．【一题多解】∵ｚ＝４１＋ｉ＝２（１＋ｉ）（１－ｉ）１＋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），Ｃ４３，()７３．先作出２ｘ－ｙ＝０的图象，然后通过平移，发现当目标函数的图象经过点Ａ（０，３）时，ｚ取到最小值ｚｍｉｎ＝－３，故选Ａ．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＝０ａ２－２ａ·ｂ＝０２｜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．６．Ａ【解析】本题考查几何概型与正态分布的相关概率的运算．由题意可得正态分布密度曲线的对称轴是ｘ＝０，则μ＝０，标准差是σ＝１，而（１，２］＝（μ＋σ，μ＋２σ］，∴Ｐ（１＜Ｘ≤２）＝０．９５４５－０．６８２７２＝０．１３５９，∴图中阴影部分的面积为１－０．１３５９＝０．８６４１．记“黄豆落入阴影部分”为事件Ａ，则Ｐ（Ａ）＝阴影部分的面积正方形面积＝０．８６４１，故选Ａ．７．Ａ【解析】本题考查等差数列的通项公式．由题意可设数列｛ａｎ｝的公差为ｄ（ｄ≠０），则通项公式ａｎ＝１＋（ｎ－１）ｄ，∴ａ３＝１＋２ｄ，ａ２＝１＋ｄ，ａ４＝１＋３ｄ，ａ６＝１＋５ｄ，∴（１＋２ｄ）２＝（１＋３ｄ）（１＋５ｄ），解得ｄ＝－４１１（ｄ＝０舍去），∴ａ２＝１＋ｄ＝７１１，故选Ａ．８．Ｄ【解析】本题考查三角恒等变换．由题意可得ｃｏｓβ＝５１３．∵－π２＜α－β＜０，∴ｓｉｎ（α－β）＝－１６６５，∴ｓｉｎα＝ｓｉｎ［（α－β）＋β］＝ｓｉｎ（α－β）ｃｏｓβ＋ｃｏｓ（α－β）ｓｉｎβ＝－１６６５×５１３＋６３６５×１２１３＝６７６８４５＝４５，故选Ｄ．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＝２ｓｉｎ３ｘ＋π４－３()ａ，若该函数图象关于坐标原点对称，则π４－３ａ＝ｋπ（ｋ∈Ｚ），解得ａ＝π１２－ｋπ３（ｋ∈Ｚ）．∵ａ＞０，∴π１２－ｋπ３＞０（ｋ∈Ｚ），∴ｋ＜１４（ｋ∈Ｚ），∴ｋ的最大值为０，∴ａｍｉｎ＝π１２，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．设该三棱柱外接球的半径为Ｒ，则Ｒ２＝槡３３()ａ２＋ｂ()２２．由ａ＋ｂ＝２可得ｂ＝２－ａ，∴Ｒ２＝４ａ２＋３ｂ２１２＝４ａ２＋３（２－ａ）２１２＝７ａ２－１２ａ＋１２１２＝７ａ２－１２７ａ＋３６()４９＋１２－３６７１２＝７１２×ａ－()６７２＋４７，∴Ｒ２ｍｉｎ＝４７，当且仅当ａ＝６７，ｂ＝８７时取得最小值，∴该三棱柱外接球的表面积的最小值为４πＲ２＝１６７π，故选Ｄ．—数学（理科）·答１—【一题多解】由题意可知△ＡＢＣ外接圆的半径ｒ＝槡３３ａ．设该三棱柱外接球的半径为Ｒ，则Ｒ２＝槡３３()ａ２＋ｂ()２２＝ａ２３＋ｂ２４．令ａ槡＝３Ｒｃｏｓα，ｂ＝２Ｒｓｉｎα，则由ａ＋ｂ＝２可得槡３Ｒｃｏｓα＋２Ｒｓｉｎα＝２，∴Ｒ＝２槡３ｃｏｓα＋２ｓｉｎα＝２槡７ｓｉｎ（α＋φ(）ｓｉｎφ＝槡槡３７，ｃｏｓφ＝２槡)７，∴Ｒｍｉｎ＝２槡７＝槡２７７，此时α＋φ＝π２，∴ｓｉｎα＝ｃｏｓφ＝２槡７，ｃｏｓα＝ｓｉｎφ＝槡槡３７，∴ａ＝６７，ｂ＝８７，∴该三棱柱外接球的表面积的最小值为１６７π，故选Ｄ．由题意可知△ＡＢＣ外接圆的半径ｒ＝槡３３ａ．设该三棱柱外接球的半径为Ｒ，则Ｒ２＝槡３３()ａ２＋ｂ()２２＝ａ２３＋ｂ２４，由柯西不等式可知（３＋４）ａ２３＋ｂ２()４≥（ａ＋ｂ）２，即ａ２３＋ｂ２４≥４７，当且仅当３ａ２３＝４ｂ２４，即３ａ＝４ｂ时等号成立，∴当ａ＝６７，ｂ＝８７时，Ｒ取得最小值槡２７７，∴该三棱柱外接球的表面积的最小值为１６７π，故选Ｄ．１１．Ｂ【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系．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｜＝１＋ｍ槡２｜ｙ１－ｙ２｜＝１＋ｍ槡２·（ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡２＝１＋ｍ槡２·１６ｍ２槡＋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１２槡槡×８×２＝４２，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｜＝１＋ｍ槡２｜ｙ１－ｙ２｜＝１＋ｍ槡２·（ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡２＝１＋ｍ槡２·１６ｍ２槡＋１６＝４＋４ｍ２，∴４＋４ｍ２＝８，即１＋ｍ２＝２．∵Ｓ△ＡＭＢ＝Ｓ△ＡＦＭ＋Ｓ△ＢＦＭ，∴Ｓ△ＡＭＢ＝１２×｜ＭＦ｜｜ｙ１－ｙ２｜＝１２×２×（ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡２＝１６ｍ２槡＋１６＝４１＋ｍ槡２槡＝４２，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ｆ（－２）＝ａ－２ｅ２，ｆ（－１）＝ａ－１２－１ｅ，ｆ（２）＝ａ＋４＋２ｅ２，∴ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｆ（２）＝ａ＋４＋２ｅ２，ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ（－１）＝ａ－１２－１ｅ，∴ｆ（ｘ）∈Ａ[＝ａ－１２－１ｅ，ａ＋４＋２ｅ]２．∵ｇ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１，令ｇ′（ｘ）＝０，得ｘ＝１ｅ∈１ｅ２，[]ｅ，而ｇ１ｅ()２＝１－２ｅ２，ｇ１()ｅ＝１－１ｅ，ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，∴ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝ｇ１()ｅ＝１－１ｅ，∴ｇ（ｘ）∈Ｂ＝１－１ｅ，[]１＋ｅ．由题意可知存在ｘ１∈［－２，２］，对任意ｘ２∈１ｅ２，[]ｅ，都有ｆ（ｘ１）＝ｇ（ｘ２）等价于ＢＡ，即ａ－１２－１ｅ≤１－１ｅ，１＋ｅ≤ａ＋４＋２ｅ２{，∴ｅ－３－２ｅ２≤ａ≤３２，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，所以两者之差的绝对值为｜３０－３０．５｜＝０．５．１４．－３２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＝Ｃｋ５ａｋｘｋ（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Ｃ１５ａ１＋Ｃ２５ａ２，∴Ｃ１５ａ１＋Ｃ２５ａ２＝１５，即１０ａ２＋５ａ－１５＝０，解得ａ＝－３２或１．１５．槡５＋７【解析】本题考查余弦定理．令ＡＤ＝ｍ，则ＢＤ槡＝７ｍ，ＡＢ＝３ｍ，则ｃｏｓＡ＝ｍ２＋９ｍ２－７ｍ２２×ｍ×３ｍ＝１２．∵Ａ∈（０，π），∴Ａ＝π３．又点Ｄ为ＡＣ的中点，∴ＡＣ＝２ｍ，在△ＡＢＣ中，由余弦定理得ＢＣ２＝９ｍ２＋４ｍ２－２×３ｍ×２ｍ×１２＝７ｍ２＝７，∴ｍ＝１，∴ＡＢ＝３，ＡＣ＝２，故△ＡＢＣ的周长为槡５＋７．１６．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—数学（理科）·答２—Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２＝４ａ２ｃｂ２－２ａ２，ｘ１ｘ２＝－２ａ２ｃ２－ａ２ｂ２ｂ２－２ａ２，ｙ１ｙ２＝２ｂ２ｃ２－２ａ２ｂ２ｂ２－２ａ２．∵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３ａ２ｂ２－２ｂ２ｃ２＋２ａ２ｃ２＝０．又∵ｅ＝ｃａ，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、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）由正方形的性质知ＡＢ∥ＥＦ，又由相似三角形可得ＭＦ∥ＰＢ，再结合面面平行的判定定理即可证明；（Ⅱ）由已知条件可推导出ＯＢ，ＯＣ，ＯＰ两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式即可求锐二面角的余弦值．解：（Ⅰ）证明：∵ＡＥ∥ＢＦ，且ＡＥ＝ＢＦ，∴四边形ＡＢＦＥ为平行四边形，∴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．∵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，故建立如图所示的空间直角坐标系，则Ａ（０，槡－２，０），Ｂ（槡２，０，０），Ｃ（０，槡２，０），Ｄ（槡－２，０，０），Ｅ－槡３２４，－槡２４，()０，Ｆ槡２４，槡３２４，()０，Ｍ０，槡３２４，()１４，Ｐ（０，０，１），∴→ＥＦ＝（槡２，槡２，０），→ＰＥ＝－槡３２４，－槡２４，()－１，→ＭＥ＝－槡３２４，槡－２，－()１４，令平面ＰＥＦ的法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ｍ·→ＥＦ＝０，ｍ·→ＰＥ＝０{，即槡２ｘ槡＋２ｙ＝０，－槡３２４ｘ－槡２４ｙ－ｚ＝０{，解得ｘ＝－ｙ，ｚ＝槡２２ｙ{，∴取ｘ＝－２，则ｙ＝２，ｚ槡＝２，故ｍ＝（－２，２，槡２），同理可得平面ＭＥＦ的一个法向量ｎ＝（－１，１，槡－２），∴ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜＝２＋２－２槡１０×２＝１槡１０＝槡１０１０，∴锐二面角Ｐ－ＥＦ－Ｍ的余弦值为槡１０１０．（１２分）１８．【名师指导】本题考查等差数列和等比数列的通项公式及求和公式、错位相减法求数列的前ｎ项和，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）利用等差数列的定义即可求出数列｛ａｎ｝的通项公式；（Ⅱ）结合（Ⅰ）中结论可以求出数列｛ｂｎ｝的通项公式，然后利用错位相减法求出Ｔｎ，再利用作差法即可得出结论．解：（Ⅰ）由题意可得当ｎ＝１时，２ａ１＝ａ１ａ２，∴ａ２＝２；当ｎ≥２时，２Ｓｎ＝ａｎａｎ＋１，２Ｓｎ－１＝ａｎ－１ａｎ，∴２ａｎ＝ａｎ（ａｎ＋１－ａｎ－１）．∵ａｎ＞０，∴ａｎ＋１－ａｎ－１＝２（ｎ≥２），（３分）∴数列｛ａｎ｝的奇数项是公差为２的等差数列，偶数项也是公差为２的等差数列．又∵ａ２－ａ１＝１，∴数列｛ａｎ｝是公差为１的等差数列，∴ａｎ＝ｎ．（６分）（Ⅱ）证明：由