2020届榆林市高三模拟第一次测试数学（理）试题（解析版）

2020届陕西省榆林市高三模拟第一次测试数学（理）试题一、单选题1设z=-3+2i，则在复平面内对应的点位于A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】C【解析】先求出共轭复数再判断结果.【详解】由得则对应点（-3，-2）位于第三象限故选C【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目2设集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】先化简集合A和B，再求得解.【详解】由题得或，所以=.故选：B【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为.若低于分的人数是人，则该班的学生人数是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据频率分布直方图求得低于分的人所占的比例再求解总人数即可.【详解】易得低于分的人所占的比例为.故该班的学生人数是人.故选：B【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用,属于基础题型.4若，则下列结论正确的是（ ）ABCD【答案】D【解析】试题分析：对于A,考查指数函数为增函数,所以,A错误；对于B,考查指数函数为减函数,所以,B错误；对于C,考查对数函数在定义域上为增函数,所以,C错误；对于D,考查对数函数在定义域上为减函数,所以,D正确.选D.【考点】指数函数、对数函数的单调性.5关于甲、乙、丙三人参加高考的结果有下列三个正确的判断：若甲未被录取，则乙、丙都被录取；乙与丙中必有一个未被录取；或者甲未被录取，或者乙被录取.则三人中被录取的是（ ）A甲B丙C甲与丙D甲与乙【答案】D【解析】分别就三人各自被录取进行分类讨论，分析能否同时成立，进而可得出结论.【详解】若甲被录取，对于命题，其逆否命题成立，即若乙、丙未全被录取，则甲被录取，命题成立，则乙、丙有且只有一人录取，命题成立，则乙被录取，三个命题能同时成立；若乙被录取，命题成立，则丙未被录取，命题成立，命题成立，其逆否命题成立，即若乙、丙未全被录取，则甲被录取，三个命题能同时成立；若丙被录取，命题成立，则乙未被录取，命题成立，则甲未被录取，那么命题就不能成立，三个命题不能同时成立.综上所述，甲与乙被录取.故选：D.【点睛】本题考查合情推理，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.6已知向量，若，则（）ABCD【答案】B【解析】【详解】，.，即，,，故选B.【考点定位】向量的坐标运算7已知，则( )ABCD【答案】D【解析】利用二倍角公式和同角三角函数的平方关系可求出的值.【详解】，即，整理得，所以，解得.故选：D.【点睛】本题考查利用同角三角函数的基本关系和二倍角公式求值，在解题时要结合角的取值范围判断所求值的符号，考查计算能力，属于中等题.8对于函数，给出下列四个命题：该函数的值域为；当且仅当时，该函数取得最大值；该函数是以为最小正周期的周期函数；当且仅当时，.上述命题中正确命题的个数为（ ）ABCD【答案】A【解析】利用特殊值法可判断命题的正误；作出函数在区间上的图象，结合该函数的周期可判断命题的正误.综合可得出结论.【详解】由题意可知，对于命题，则，所以，函数不是以为周期的周期函数，命题错误；由于，所以，函数是以为周期的周期函数.作出函数在区间上的图象如下图（实线部分）所示：由图象可知，该函数的值域为，命题错误；当或时，该函数取得最大值，命题错误；当且仅当时，命题正确.故选：A.【点睛】本题考查有关三角函数基本性质的判断，作出函数的图象是关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.9已知偶函数，当时， 设，则（ ）ABCD【答案】D【解析】【详解】因为函数为偶函数，所以，即函数的图象关于直线对称，即，又因为当时，所以函数 在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，即；故选D.10已知，若直线与圆相切，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【解析】由直线与圆相切可得出，化简得出，利用基本不等式可得出关于的二次不等式，结合可求出的取值范围.【详解】将圆的方程化为标准方程得，该圆的圆心坐标为，半径为，由于直线与圆相切，则，化简得，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，解得.因此，的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查利用直线与圆相切求参数的取值范围，解题的关键就是利用基本不等式构造不等式求解，考查运算求解能力，属于中等题.11设分别为双曲线的左右焦点，为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线某条渐近线于两点，且满足，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】A【解析】先求出，的坐标，再利用余弦定理，求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率【详解】设以为直径的圆与渐近线相交于点的坐标为，根据对称性得点的坐标为，；解得，；又，且，由余弦定理得，化简得，故选：【点睛】本题考查了双曲线的标准方程与几何性质的应用问题，解题时应熟记它的几何性质是什么，属于基础题12定义域为的函数满足，当时，若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】先将不等式转化为函数最值问题，再根据函数解析式以及单调性求对应函数最值，最后解不等式得结果.【详解】因为当时，不等式恒成立，所以，当时， 当时，当时， ，因此当时，选B.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.二、填空题13曲线:在点处的切线方程为_.【答案】y=2xe【解析】，所以切线方程为，化简得.14已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积等于_.【答案】【解析】由题意可知，直三棱柱的高为，利用正弦定理求出的外接圆半径，然后利用公式求出该直三棱柱的外接球半径，最后利用球体的表面积公式即可计算出该球的表面积.【详解】由题意可知，直三棱柱的高为，在中，则该三角形为等腰三角形，又，设的外接圆半径为，由正弦定理得，.设直三棱柱的外接球半径为，则，因此，该球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查球体表面积的计算，涉及多面体的外接球问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.15如图，抛物线和圆，直线经过的焦点，依次交于四点，则的值是_【答案】【解析】由题得，同理，由此能够求出【详解】抛物线的焦点为，直线经过的焦点，设直线的方程为，联立，得，设，则，同理，故答案为：1【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，解题时要认真审题，注意公式的合理运用16在中，角所对的边分别为，的平分线交于点D，且，则的最小值为_【答案】9【解析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.三、解答题17如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面,于点，连接.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）证明平面即证明；（2）如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量方法求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：平面平面.四边形为矩形，平面,平面,平面.平面，.平面平面,平面.又平面,；（2）如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则. 设平面的一个法向量为，由可得；令，得.设直线与平面所成的角为，则.直线与平面所成的角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18已知的内角，的对边，分别满足，又点满足（1）求及角的大小；（2）求的值【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）由及正弦定理化简可得即，从而得又，所以，由余弦定理得；（2）由，得 ，所以试题解析：（1）由及正弦定理得，即，在中，所以又，所以在中，由余弦定理得，所以（2）由，得 ，所以19已知数列，满足，.（1）证明：数列，为等比数列；（2）记为数列的前项和，证明：.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】（1）将题中条件分别相加和相减，结合等比数列的定义，即可得证（2）根据（1）结论可求出，则前n项和为两个等比数列的前n项和之和，代入公式，即可求解【详解】（1）依题：，两式相加得：，为等比数列，两式相减得：，为等比数列.（2）由上可得：，两式相加得：， .【点睛】本题考查了等比数列的证明与求解，与等比数列的求和与放缩.旨在考查考生的基本运算能力，方程思想，对式子的结构感知能力，以及体会式子之间的协作互助性并利用之.20函数.（1）求在处的切线方程（为自然对数的底数）；（2）设，若，满足，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）求出导函数，切线方程为，化简即可；（2）先由导数确定在上单调递增，不妨设，则，又，则，于是，这是重要的一个结论，构造函数，求出，可确定在上递减，于是，于是，下面只要证明即可。【详解】（1），则， 故在处的切线方程为即；（2）证明：由题可得，当时，则；当时，则，所以，当时，在上是增函数.设，则，当时，则，在上递减.不妨设，由于在上是增函数，则，又，则，于是，由，在上递减，则，所以，则，又，在上是增函数，所以，即.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，用导数证明不等式。本题不等式证明难度很大，首先不妨设，由的单调性得，因此要证题设不等式只要证，为此构造新函数，利用它在上的单调性完成证明。构造新函数学生难以想到，需要学生反复学习、练习，不断归纳总结，都有可能独立完成。21如图，设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且0，若过 A，Q，F2三点的圆恰好与直线相切，过定点 M（0，2）的直线与椭圆C交于G，H两点（点G在点M，H之间）.（）求椭圆C的方程；（）设直线的斜率，在x轴上是否存在点P（，0），使得以PG，PH为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，请说明理由；（）若实数满足，求的取值范围 【答案】（1）;（2）;（3）.【解析】试题分析：（1）利用向量确定F1为F2Q中点，设Q的坐标为（-3c，0），因为AQAF2，所以b2=3cc=3c2，a2=4cc=4c2，再由直线与圆相切得 解得c=1，利用椭圆基本量之间的关系求b；（2）假设存在，设方程，联立方程组，消元后由判别式大于0可得出，又四边形为菱形时，对角线互相垂直，利用向量处理比较简单，化简得（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，再由 代入化简得：，解得，利用均值不等式范围；（3） 斜率存在时设直线方程，联立消元，,再由，进行坐标运算，代入化简，分离k与，利用k的范围求，注意验证斜率不存在时情况试题解析：（1）因为0,所以F1为F2Q中点设Q的坐标为（-3c，0），因为AQAF2，所以b2=3cc=3c2，a2=4cc=4c2，且过A，Q，F2三点的圆的圆心为F1（-c，0），半径为2c因为该圆与直线L相切，所以 解得c=1，所以a=2，故所求椭圆方程为（2）设L1的方程为y=kx+2（k0）由得（3+4k2）x2+16kx+4=0, 由0，得 所以k1/2,设G（x1，y1），H（x2，y2），则所以（x1-m，y1）+（x2-m，y2）=（x1+x2-2m，y1+y2）=（x1+x2-2m，k（x1+x2）+4）（x2-x1，y2-y1）=（x2-x1，k（x2-x1）,由于菱形对角线互相垂直，因此所以（x2-x1）（x1+x2）-2m+k（x2-x1）k（x1+x2）+4=0,故（x2-x1）（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0因为k0，所以x2-x10所以（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，即（1+k2）（x1+x2）+4k-2m=0，所以,解得， 因为k0，所以故存在满足题意的点P且m的取值范围是（3）当直线L1斜率存在时，设直线L1方程为y=kx+2，代入椭圆方程,得（3+4k2）x2+16kx+4=0 , 由0，得,设G（x1，y1），H（x2，y2）， 则,又，所以（x1，y1-2）=（x2，y2-2）， 所以x1=x2， 所以, ,整理得 ,因为， 所以 ,解得又01，所以 当直线L1斜率不存在时，直线L1的方程为x=0， ，,所以 综上所述， 点睛：本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用22以平面直角坐标系的坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度为长度单位建立极坐标系. 已知直线的参数方程为 （为参数），曲线的极坐标方程为 .(1)求曲线 的直角坐标方程； (2)设直线与曲线相交于两点，求.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】（1）借助极坐标与直角坐标之间的互化关系进行求解；（2）先将直