【附15套精选模拟试卷】陕西省2020届高三第一次模拟考试数学(理)试卷含解析

试题分析：（1）由PA?PD,N为AD的中点可得PN?AD，在底面菱形中结合已知条件证得BN?AD，然后由线面垂直的判断得到AD?平面PNB；（2）由PA?PD?AD?2可得PN?NB?面PAD?平面ABCD结合面面垂直的性质得到PN?NB，然后根据VP?NBM?VM?PNB?可求解．

试题解析：（1）∵PA?PD,N为AD的中点， ∴PN?AD，

又∵底面ABCD是菱形，?BAD?600， ∴?ABD为等边三角形， ∴BN?AD 又∵PN?BN?N ∴AD?平面PNB， （2）∵PA?PD?AD?2 ∴PN?NB?3，根据平2VC?PNB，即33 又∵平面PAD?平面ABCD，平面PAD?平面ABCD?AD,PN?AD， ∴PN?NB ∴S?PNB?13?3?3? 22∵AD?平面PNB,AD//BC ∴BC?平面PNB，又PM?2MC

22132VP?NBM?VM?PNB?VC?PNB????2?33323． ∴

18． (1) ??【解析】 【分析】

（1）利用直角坐标与极坐标的转换公式，写出圆C的极坐标方程，再根据点C?6???R?(2)4

?3,1确定直线倾斜角

?tan??3，从而求出直线l的极坐标方程； 3（2）由题可知，直线l?的方程为???3，设点A、B的极坐标，联立方程组化简得?2?23??1?0，

由韦达定理及其变换即可求出AB的值. 【详解】

解：(1) 由x2?y2?23x?2y?3?0得

圆C的极坐标方程?2?23?cos??2?sin??1?0 圆C的圆心直角坐标系的坐标为

?3,1

?tan???3，所以直线l的方程为?????R?

63(2) 由题意可知直线l?的方程为??设圆C与l?的交点为A??1,?6??＋?6??3

???R?

????3??，B??2,??? 3???2?23?cos??2?sin??1?0?得：?2?23??1?0 ?????3????１??2?23 则?????1??１2AB??1??2???1??2?2?4?1?2?4

直线l'被圆截得的弦长为4

【点睛】

本题考查极坐标和直角坐标互化，考查求过已知点的直线极坐标方程的方法，考查在极坐标下求解问题的方法，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别. 19．（1）【解析】 【分析】

（1）分两种情况研究唐三彩通过检验的概率相加即可求解（2）先列出X可能的取值，再分别求概率列出分布列求解即可 【详解】

（1）设第一次取出的3件唐三彩中恰有2件优质品为事件A1，第一次取出的3件唐三彩全是优质品为事件A2，第二次取出的3件唐三彩都是优质品为事件B1，第二次取出的1件唐三彩是优质品为事件B2，这批唐三彩通过检验为事件A， 依题意有A??A1B1???A2B2?，

5.（2）见解析. 2432?1??1?152?1?. 所以P?A??P?A1B1??P?A2B2?? C3???????????33333243??????（2）X可能的取值为300，400，600，

233120?2?2?2?， P?X?300??C3?C??3?3????3??3?327122?1?2?1?，P?X?600??C3P?X?400???????. ???3?27?3?39所以X的分布列为

3332X P EX?300?【点睛】

300 400 600 20 271 272 9201210000?400??600??. 2727927本题考查离散型随机变量的分布列，概率加法公式，理解题意准确计算是关键，是基础题 20． (1)见解析(2) 【解析】

试题分析：（1）（方法一）过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF，由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=

25 5?，即FO⊥BC，又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，即可证明EF⊥BC.（方法二）2由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

uuurruuuruuur133133uuu易得E(0,,),F(,,0),所以EF?(,0,?),BC?(0,2,0)，因此EF?BC?0,从而得

222222（2） （方法一）在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG，由平面ABC⊥平面BDC，EF?BC；

从而EO⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG垂直BF，因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角；在△EOC中，EO=

113EC=BC·cos30°=，由△BGO∽△BFC知，222EOBO325?2,从而sin∠EGO=,tan∠EGO=因此，即可求出二面角E-BF-C的正弦OG??FC?5OGBC4值.

uruur（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为n1?(0,0,1)，设平面BEF的法向量n2?(x,y,z)，又,

uuruuurn2?BF?0uruuur由{u得其中一个，设二面角E-BF-C的大小为?，且由题意知?为锐角，则n2?BE?0uruururuurn?n2125cos??cosn1,n2?ur1uur?，因此sin∠EGO=，即可求出二面角E-BF-C的正弦值.

55n1?n2（1）证明：

（方法一）过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF，

由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO， 又EF?面EFO，所以EF⊥BC.

?，即FO⊥BC， 2（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

易得B（0,0,0），A(0，-1，3),D(3,-1,0)，C(0,2,0),因而E(0,1331,),F(,,0),所以2222uuurruuuruuuruuuruuur33uuu,EF?(,0,?),BC?(0,2,0)，因此EF?BC?0从而EF?BC，所以EF?BC.

22（2）（方法一）在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG垂直BF. 因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角； 在△EOC中，EO=

113BO3EC=BC·cos30°=,因此，由△BGO∽△BFC知，OG??FC?222BC4EO2525?2,从而sin∠EGO=. ，即二面角E-BF-C的正弦值为55OGuruur（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为n1?(0,0,1)，设平面BEF的法向量n2?(x,y,z)，又

tan∠EGO=

uuruuurn2?BF?0uuuruuur3113{ruuur得其中一个BF?(,,0),BE?(0,,),由uu2222n2?BE?0，设二面角E-BF-C的大小

uruururuurn1?n2125ruur?为?，且由题意知?为锐角，则cos??cosn1,n2?u，因此sin∠EGO=，即二面角

55n1?n225. 5考点：1.线面垂直的判定；2.二面角.

E-BF-C的正弦值为21．（1）?【解析】 【分析】

5?23????k?,?k??，?k?Z?； （2）3625??（1）由向量数量积和三角函数的诱导公式及辅助角公式化简得f（x）=2sin（2x﹣即可得到； （2）由f??），由正弦的单调性61??α?2?sinα，得（﹣）＝，再由诱导公式和倍角公式化简可得sin?56?2?5（2α+

???????)?cos?2???=1?2sin2????，代入可得． 63?6???【详解】

（1）∵f（x）＝?＝2sin（x﹣＝2sin（x﹣＝2sin（x﹣＝sin（2x﹣＝﹣cos2x+＝2（sin2x?＝2sin（2x﹣由

）sin（x﹣）cos（x﹣）+sin2x ﹣cos2x）

sin2x

+

）sin（x+）+2

）+2

sinxcosx

sinxcosx

）+2sinxcosx

?）， 6?+2kπ≤2x﹣≤

6+2kπ，k∈Z，得+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，

所以f（x）的单调递减区间为?5?????k?,?k??,k?Z.

6?3?