陕西省延安市黄陵中学2020届高三数学6月模拟考试试题 文（含解析）

陕西省延安市黄陵中学2020届高三数学6月模拟考试试题 文（含解斩）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知定义在上的函数，设两曲线与在公共点处的切线相同，则值等于（ ）A. -3 B. 1 C. 3 D. 5【答案】D【解析】【分析】先设函数在公共点（a,b）处的切线相同（a0），再根据题意得到，解方程组即得m的值.【详解】设函数在公共点（a,b）处的切线相同（a0），由题得所以，解之得a=1,b=-4,m=5.故答案为：D.【点睛】(1)本题主要考查导数的几何意义，考查曲线的切线问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是根据已知得到方程组.2. 已知三棱锥中， 则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先通过分析找到三棱锥外接球的球心，求出半径，即得三棱锥的外接球的表面积.【详解】设AB中点为O，则OA=OB=OC=2,因为PAPB,所以OP=OA=OB=2,所以OA=OB=OC=OP=2,所以点O就是三棱锥的外接球的球心，所以球的半径为2，所以外接球的表面积为，故答案为：D.【点睛】(1)本题主要考查几何体外接球的表面积的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和空间想象能力.(2)解答本题的关键是找到球心求出半径.3. 过正方体的顶点的平面与直线垂直，且平面与平面的交线为直线，平面与平面的交线为直线，则直线与直线所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先找到和直线垂直的平面，再找到平面和平面的交线，平面和平面的交线，求出这两条交线所成的角即得直线与直线所成角的大小.【详解】如图所示，因为,所以.同理,所以,因为过正方体的顶点的平面与直线垂直，所以，,所以直线与直线所成角就是所成的角，因为是等边三角形，所以所成的角为，所以直线与直线所成角就是,故答案为：C.【点睛】(1)本题主要考查直线和平面的位置关系，考查直线所成的角，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间观察想象转化能力.(2)解答本题的关键是找到和直线垂直的平面，再找到平面和平面的交线，平面和平面的交线.4. 已知为函数的图像上任意一点，过作直线，分别与圆相切于两点，则原点到直线的距离的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：设，即可表示出以为直径的圆的方程，由过作直线分别与圆相切于两点可得为圆与圆的公共弦，从而可得直线的方程，进而表示出点到直线的距离，再结合基本不等式，即可求得原点到直线的距离的最大值.详解：设，则.以为直径的圆的方程为，即.又为圆与圆的公共弦两圆作差可得直线的方程为点到直线的距离为，当且仅当，即或时取等号.原点到直线的距离的最大值为故选B.点睛：本题主要考查平直线与圆的位置关系以及基本不等式的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.5. 已知平面向量，且，则在上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先根据平面向量垂直的条件（数量积为0）求出，再利用平面向量的投影的概念进行求解详解：因为，且，所以，解得，即，则在上的投影为点睛：本题考查平面向量垂直的判定、平面向量数量积的几何意义等知识，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力6. 算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该著作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用.如图所示的程序框图的算法思路源于该著作中的“李白沽酒”问题，执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】阅读流程图，程序运行如下：首先初始化： ，进入循环结构：第一次循环： ，此时满足 ，执行 ;第二次循环： ，此时满足 ，执行 ;第三次循环： ，此时满足 ，执行 ;第四次循环： ，此时不满足 ，跳出循环，输出结果为： ，由题意可得： .本题选择C选项.7. 如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由三视图可知几何体原图为如图所示的几何体,所以,所以几何体的表面积=52，故选B.8. 已知等差数列的前项和为，“，是方程的两根”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】，是方程的两根，+充分性具备；反之，不一定成立.“，是方程的两根”是“”的充分不必要条件故选：A9. 一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：首先根据题中所给的三视图还原几何体，满足共顶点的三条棱两两垂直，所以将其宽展为长方体，应用长方体的对角线就是其外接球的直径，从而求得其半径，应用相关公式求得结果.详解：由三视图还原几何体，几何体是从同一个顶点出发的三条棱两两垂直的三棱锥，且其长分别是2,3,4，可以扩展为长方体，两者有相同的外接球，它的对角线的长为球的直径，即，所以球的半径为，所以该三棱锥的外接球的表面积为.点睛：该题考查的是利用几何体的三视图，还原几何体，求其外接球的表面积的问题，在解题的过程中，首先需要应用三视图将几何体还原，再结合相应的几何体对应的外接球的特征，以及其外接球半径的求解方法，得到半径，再利用表面积公式求得结果.10. 函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先求出函数的定义域，结合函数图象进行排除，再利用特殊值的符号得到答案详解：令，得或，故排除选项A、D，由，故排除选项C，故选B点睛：本题考查函数的图象和性质等知识，意在考查学生的识图能力11. 抛物线和圆，直线经过的焦点，依次交于四点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：易知该直线一定存在斜率，设出直线方程，分别与抛物线或圆的方程联立，得到相关点的坐标，再利用数量积公式进行求解详解：抛物线的焦点为，易知直线存在斜率且不为0，设方程为，联立，得，解得，联立，得，解得，则，则点睛：本题考查直线和抛物线、直线和圆的相交等知识，本题运算量较大，作为选择题，可以利用特殊位置法，即与垂直的直线与抛物线、圆的交点坐标分别为，则，可大大减少计算量12. 设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：构造函数，求导，通过判定导数的符号确定函数的单调性，再进行比较大小详解：令，因为在上恒成立，所以在上恒成立，即在上单调递增，则，即，即，故选A点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，解决本题的难点在于结合“在上恒成立”和“”合理构造函数，这需要学生多总结、多积累二、填空题：13. 已知实数，满足条件，若的最小值为，则实数_【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，对a分类后数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可求得a值【详解】由约束条件作出可行域，化目标函数z=ax+y为y=ax+z，若a0，可得当直线y=ax+z过O（0，0）时，z有最小值为0，不合题意；若a0，可得当直线y=ax+z过C（4，0）时，z有最小值为4a，由4a=8，得a=2故答案为：2【点睛】(1)本题主要考查线性规划,意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2) 解答线性规划时，要加强理解，不是纵截距最小，就最小，要看函数的解析式，如：,直线的纵截距为,所以纵截距最小时，最大.14. 若函数是偶函数时，则满足的实数取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据x0时f（x）的解析式可判断f（x）在0，+）上单调递增，且得出1=f（9），又由f（x）为偶函数，从而可由f（2x+1）1得到f（|2x+1|）f（9），从而得到|2x+1|9，解该绝对值不等式即可求出实数x的取值范围【详解】x0时，f（x）=lg（x+1）；1=f（9），且f（x）在0，+）上单调递增；又f（x）是偶函数；由f（2x+1）1得：f（|2x+1|）f（9）；f（x）在0，+）上单调递增；|2x+1|9；解得5x4；实数x的取值范围是（5，4）故答案为：（5，4）【点睛】(1)本题主要考查函数的奇偶性和单调性，考查绝对值不等式的解法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2)由于函数是偶函数，所以f（|2x+1|）f（9）应该得到|2x+1|9，而不是2x+19.15. 已知平行四边形中，点是中点，则_【答案】13【解析】由,得，设，解得. 答案：13点睛：给出向量，求的三种方法：(1)若两个向量共起点，且两向量的夹角直接可得，根据定义即可求得数量积；若两向量的起点不同，需要通过平移使它们的起点重合，然后再计算(2)根据图形之间的关系，用长度和相互之间的夹角都已知的向量分别表示出向量，然后再根据平面向量的数量积的定义进行计算求解(3)若图形适合建立平面直角坐标系，可建立坐标系，求出的坐标，通过坐标运算求解16. 已知数列的前项和为，且，时，则的通项公式_【答案】【解析】由得又，又，数列是首项为3，公差为2的等差数列，当时，又满足上式，.答案：三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 的内角所对的边分别为，若成等差数列，且（1）求角的大小；（2）设数列满足，前项和为，若，求的值【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】(1)先由题得到B=,再利用余弦定理对c=2a化简即得角A的大小.(2)先化简已知得=再利用等比数列的求和公式求出n的值.【详解】（1）由已知又，所以又由，所以，所以ABC为直角三角形，所以（2）=所以，所以所以n=4或n=5.【点睛】(1)本题主要考查余弦定理解三角形，考查等比数列的求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)第2问，也可以对n分奇数和偶数两种情况讨论，也可以利用本题的解法，避免了分类讨论.18. 如图所示，已知底面，为的中点 （1）若，求三棱锥的体积（2）求证：；【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】(1)利用体积变换法求（2）先证明DE面，即证.【详解】（1）根据题意可得， ，所以， 由，得，所以（2）连接，交DE于F，因为CE面ABC，所以所以和为直角三角形，又，所以所以，又已知CE底面ABC，所以CEAB，ABBC，所以AB面，面，所以ABDE，又，所以， ，所以DE面，又面，所以DE【点睛】(1)本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查体积的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)空间几何体体积的计算常用的有公式法、割补法和体积变换法.19. 在成绩统计中，我们把某个同学的某科考试成绩与该科班平均分的差叫某科偏差，班主任为了了解个别学生的偏科情况，对学生数学偏差（单位：分）与物理偏差（单位：分）之间的关系进行偏差分析，决定从全班40位同学中随机抽取一个容量为8的样本进行分析，得到他们的两科成绩偏差数据如下：（1）已知与之间具有线性相关关系，求关于的线性回归方程；（2）若这次考试该班数学平均分为120分，物理平均分为92分，试预测数学成绩126分的同学的物理成绩参考公式：，参考数据：，【答案】（1）；（2）94分【解析】试题分析：（1）根据所给数据及公式可求得，即可得到关于的线性回归方程；（2）设出物理成绩，可得物理偏差为，又数学偏差为，代入回归方程可求得。试题解析：（1）由题意计算得， ，故线性回归方程为（2）由题意设该同学的物理成绩为，则物理偏差为，而数学偏差为，则（1）的结论可得，解得，故可以预测这位同学的物理成绩为分 点睛：（1）线性相关关系是一种不确定的关系，但是在求得回归方程的基础上可利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势（2）回归直线过样本点中心是一条重要性质，在解题中要注意这一结论的运用。20. 已知A(2，0)，B(2，0)为椭圆C的左、右顶点，F为其右焦点，P是椭圆C上异于A，B的动点，且APB面积的最大值为。(1)求椭圆C的方程；(2)直线AP与椭圆在点B处的切线交于点D，当点P在椭圆上运动时，求证：以BD为直径的圆与直线PF恒相切【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据题意得到a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆C的方程.(2)求证圆心到直线PF的距离等于|BD|，即证以BD为直径的圆与直线PF恒相切【详解】（1）由题意可设椭圆C的方程为 (ab0)，F(c，0)由题意知，解得b=，c=1.故椭圆C的方程为，离心率为。（2）证明：由题意可设直线AP的方程为y=k(x+2)(k0)。则点D坐标为（2,4k）,BD中点E的坐标为（2，2k）.由得设点P的坐标为，则所以因为点F坐标为(1，0)，当k时，点P的坐标为，直线PFx轴，点D的坐标为(2，2)此时以BD为直径的圆(与直线PF相切当时，则直线PF的斜率，所以直线PF的方程为，点E到直线PF的距离又因为|BD|4|k|，所以d|BD|.故以BD为直径的圆与直线PF相切综上得，当点P在椭圆上运动时，以BD为直径的圆与直线PF恒相切【点睛】（1）本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化计算能力.(2)解答第2问的关键是求证圆心到直线PF的距离等于|BD|.21. 已知函数，（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当，时，恒成立【答案】（1）；（2）见解析【解析】试题分析：（1）由题意知，令，利用导数求得有最小值，结合在定义域内无极值点，得，再验证时，即可得结论；（2）结合（1）中结论可得在上单调递増，根据可得存在唯一的零点，且在上单调递减，在上单调递増,故可得结论.试题解析：（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，又，在定义域内无极值点， 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以 （2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，由知即当时，恒成立.22. 在平面直角