陕西省榆林市2020届高三数学模拟第一次测试试卷 文（含解析）

PAGE榆林市2020届高考模拟第一次测试数学（文科）试题第Ⅰ卷（共60分）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.复数，，若，则分别为（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】根据z1＝z2，得到﹣3+2i＝a+bi，根据对应关系求出a，b的值即可．【详解】由题意得：2+3i，故﹣3+2i＝a+bi，故a＝﹣3，b＝2，故选：A．【点睛】本题考查了复数相等的概念，考查复数的运算，是一道常规题．2.集合，，则中元素的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】化简集合B，根据交集的定义写出A∩B即可．【详解】集合A＝{x|-2≤x≤2}，B＝{x|x2﹣2x＝0）＝{x|x＝0或x＝2}，则A∩B＝{0，2}，其中元素的个数为2．故选：C．【点睛】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．3.函数的图像的大致形状是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由题意得，又由可得函数图象选B。4.若，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用同角基本关系式即可得到结果.【详解】∵，且，∴，故选：D【点睛】本题考查同角基本关系式，考查计算能力，属于基础题.5.已知向量满足，，，则（）A.2B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意明确•，进而求出的值.【详解】根据题意得，（）222﹣2•又（）22+2•2＝1+4+2•6∴2•1，∴（）2＝1+4﹣1＝4，∴2．故选：A．【点睛】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用.利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.6.一个正三棱柱的三视图如图所示，则正三棱柱的外接球的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原该几何体，由于其外接球的球心是棱柱上下底面的中点连线的中点Q，求出Q到棱柱顶点的距离即可求出球的半径，再由球的表面积公式求出球的表面积即可得出结论．【详解】由题意可得正三棱柱的示意图如图，它的高是2，底面是边长为4的正三角形，其中上下底面的中点连线的中点O′即几何体外接球的球心，线段OC即半径由几何体的性质知，O′是三角形的中心，可求得OO′＝1，又OC，所以球的表面积为4π．故选：A．【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．7.已知若命题，命题，则非是非的（）A.充分必要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先分别求出使p，q为真命题的x的范围，将¬p是¬q的何种条件转化为q是p何种条件【详解】p：|x﹣1|≤1﹣1≤x﹣1≤1，0≤x≤2，q：1，0＜x≤1显然q是p的充分不必要条件，根据一个命题和它的逆否命题真假性相同，∴¬p是¬q的充分而不必要条件故选：C【点睛】本题考查充要条件的判断，本题关键是正确的解不等式及理解一个命题和它的逆否命题真假性相同．8.《九章算术》是我国古代数学文化的优秀遗产，数学家刘徽在注解《九章算术》时，发现当圆内接正多边行的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，为此他创立了割圆术，利用割圆术，刘徽得到了圆周率精确到小数点后四位3.1416，后人称3.14为徽率，如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，若结束程序时，则输出的为（）（，，）A.6B.12C.24D.48【答案】C【解析】【分析】列出循环过程中s与n的数值，满足判断框的条件即可结束循环．【详解】模拟执行程序，可得：n＝3，S3×sin120°，不满足条件S＞3，执行循环体，n＝6，S6×sin60°，不满足条件S＞3，执行循环体，n＝12，S12×sin30°＝3，不满足条件S＞3，执行循环体，n＝24，S24×sin15°≈12×0.2588＝3.1056，满足条件S＞3，退出循环，输出n的值为24．故选：C．【点睛】本题考查循环框图的应用，考查了计算能力，注意判断框的条件的应用，属于基础题．9.等差数列的前项和，已知，，当最大时，的值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】【分析】由等差数列的性质可得a7+a8＝0，可得该数列的前7项均为正数，从第8项开始全为负数，故数列的前7项和最大，进而可得答案．【详解】∵S3＝S11，∴S11﹣S3＝a4+a5+a6+…+a11＝0，故可得（a4+a11）+（a5+a10）+…+（a7+a8）＝4（a7+a8）＝0，∴a7+a8＝0，结合a1＝13可知，该数列的前7项均为正数，从第8项开始全为负数，故数列的前7项和最大，故选：C．【点睛】本题考查等差数列的前n项和，涉及等差数列的性质，从数列自身的特点入手是解决问题的关键，属中档题．10.已知，，，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由得到，结 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角基本关系式及二倍角正切公式得到结果.【详解】∵，，，且，∴，即，∴，∴，，即∴故选：B【点睛】本题考查三角函数的化简求值问题，涉及的知识点是数量积的坐标运算，二倍角公式，同角基本关系式，考查恒等变换能力.11.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，则函数＝在上的所有零点之和为A.7B.8C.9D.10【答案】B【解析】试题分析：∵函数f（x）是定义在R上的奇函数，∴f（-x）=-f（x）．又∵函数g（x）=xf（x）-1，∴g（-x）=（-x）f（-x）-1=（-x）[-f（x）]-1=xf（x）-1=g（x），∴函数g（x）是偶函数，∴函数g（x）的零点都是以相反数的形式成对出现的．∴函数g（x）在[-6，6]上所有的零点的和为0，∴函数g（x）在[-6，+∞）上所有的零点的和，即函数g（x）在（6，+∞）上所有的零点之和．由0＜x≤2时，f（x）=2|x-1|-1，即，∴函数f（x）在（0，2]上的值域为[，1]，当且仅当x=2时，f（x）=1，又∵当x＞2时，f（x）=f(x-2)，∴函数f（x）在（2，4]上的值域为[]，函数f（x）在（4，6]上的值域为[]，函数f（x）在（6，8]上的值域为[]，当且仅当x=8时，f（x）=，函数f（x）在（8，10]上的值域为[]，当且仅当x=10时，f（x）=，故f（x）＜在（8，10]上恒成立，g（x）=xf（x）-1在（8，10]上无零点，同理g（x）=xf（x）-1在（10，12]上无零点，依此类推，函数g（x）在（8，+∞）无零点，综上函数g（x）=xf（x）-1在[-6，+∞）上的所有零点之和为8，故选B考点：本题考查了函数的零点及性质点评：此类问题综合了函数的奇偶性，函数的零点，函数的图象和性质，难度较大，故可以用归纳猜想的方法进行处理12.已知点P是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，若M是的角平分线上的一点，且F1M⊥MP，则|OM|的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：如图，延长PF2，F1M，交与N点，∵PM是∠F1PF2平分线，且F1M⊥MP，∴|PN|=|PF1|，M为F1F2中点，连接OM，∵O为F1F2中点，M为F1F2中点∴|OM|=|F2N|=||PN|﹣|PF2||=||PF1|﹣|PF2||∵在椭圆中，设P点坐标为（x0，y0）则|PF1|=a+ex0，|PF2|=a﹣ex0，∴||PF1|﹣|PF2||=|a+ex0+a﹣ex0|=|2ex0|=|x0|∵P点在椭圆上，∴|x0|∈（0，a]，又∵当|x0|=a时，F1M⊥MP不成立，∴|x0|∈（0，a）∴|OM|∈（0，c）．故选A．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知抛物线的方程，则该抛物线的准线方程是__________．【答案】【解析】【分析】利用抛物线的标准方程，求出p，可求抛物线的准线方程．【详解】xy2，焦点在x轴上，且9，∴抛物线的准线方程是x＝﹣9，故答案为：x＝﹣9．【点睛】本小题主要考查抛物线的标准方程、抛物线的简单性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想．属于基础题．14.已知正数满足，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】令z0，由基本不等式可得z2≥4，再由基本不等式可得2，可得z≥2，取等号的条件一致，故可得．【详解】∵正数x，y满足x2+y2＝1，令z0，可得z2＝22+24，当且仅当即x＝y时取等号，而由题意可得1＝x2+y2≥2xy可得2，当且仅当x＝y时取等号，∴z2≥4+4＝8，∴z≥2，当且仅当x＝y时取等号，∴的最小值为2，故答案为：．【点睛】本题考查基本不等式求最值，两次利用基本不等式是解决问题的关键，属中档题．15.已知正项数列满足，，若，，则__________．【答案】2【解析】【分析】根据题意，由数列的递推公式求出数列的前8项，分析可得数列{xn}的周期为6，据此可得x2020＝x3+336×6＝x3，即可得答案．【详解】根据题意，数列{xn}满足xn+2，若x1＝1，x2＝2，则x32，x41，x5，x6，x71，x82，则数列{xn}的周期为6，x2020＝x3+336×6＝x3＝2；故答案为：2．【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，涉及归纳推理的应用，关键是分析数列各项变化的规律．16.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点且法向量为的直线（点法式）方程为，化简得，类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面（点法式）方程为__________．【答案】【解析】【分析】类比根据直线的法向量求直线方程的方法，利用空间向量的数量积，求出经过点且法向量为的平面方程．【详解】类比直线方程求法，利用空间向量的数量积可得（﹣1）（x-2）+（﹣2）•（y﹣3）+1•（z﹣4）＝0，化简得．故答案为：【点睛】本题考查了类比推理的应用问题，也考查了空间向量的数量积的应用问题，是基础题目．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.西北某省会城市 计划 项目进度计划表范例计划下载计划下载计划下载课程教学计划下载 新修一座城市运动公园，设计平面如图所示：其为五边形，其中三角形区域为球类活动场所；四边形为文艺活动场所，，为运动小道（不考虑宽度），，千米.（1）求小道的长度；（2）求球类活动场所的面积最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）连接BD，在△BCD中由余弦定理得BD的值，在Rt△BDE中，求解BE即可；（2）设∠ABE＝α，在△ABE中，由正弦定理求解AB，AE，表示S△ABE，然后求解最大值．【详解】如解图所示，连接，（1）在三角形中，千米，，由余弦定理得：，所以∵，，∴∵，∴在中，（千米）∴小道的长度为千米；（2）如图所示，设，∵，∴在三角形中，由正弦定理可得：，∴，，∴，，，∵，∴，故当时，取得最大值，最大值为.∴球类活动场所的面积最大值为平方千米.【点睛】本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，考查了三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.已知数列是首项为，公比为的等比数列，设，数列满足.（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）详见解析（2）.【解析】【分析】（1）利用等比数列的通项公式即可得到an，利用对数的运算法则即可得到bn；（2）利用（1）即可得到cn，再利用“错位相减法”即可得到Sn．【详解】（1）证明：∵数列是首项为，公比为的等比数列，∴∵∴，∵，∴∴数列是首项为1，公差为3的等差数列.（2）解：∵，，，∴∴数列的前项和，∴∴，∴.【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.19.如图，已知四棱锥的底面为直角梯形且，，垂足为，是四棱锥的高，，，.（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）推导出AC⊥PG，AC⊥BD，从而AC⊥平面PBD，由此能证明平面PAC⊥平面PBD；（2）由余弦定理得DC，推导出AD⊥DC，AC＝2，AD1，，PG⊥平面ABCD，由此能求出三棱锥P﹣ACD的体积．【详解】（1）证明：∵是四棱锥的高，∴，∵，都在平面内，且，∴平面∵平面，平面，∴平面平面.（2）∵，，，∴由余弦定理得：∴由题意得：，在直中，，则，∴∵∴∵为四棱锥的高，∴平面，∵平面，∴，则在中，，∴三棱锥的体积为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.已知动直线与焦点坐标为，离心率为的曲线相交于两点（为曲线的坐标原点），且.（1）求曲线的标准方程；（2）证明：和都为定值.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】（1）由题意布列关于基本量的方程组，即可得到曲线的标准方程；（2）对直线的斜率分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入，得，结合韦达定理即可得到结果.【详解】解：（1）∵曲线的离心率为，∴该曲线为椭圆，∵曲线的焦点坐标为，，∴，，∴∴曲线的标准方程为（2）①当直线的斜率不存在时，当关于轴对称，设，得，，在椭圆上，得，又∵，得联立与，可得∴，同理可得：②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入，得，∵，且直线与曲线有两个交点，∴由根与系数关系的，，∴因为到直线的距离，，∴令，即有，可推出，得即，此时,综上所述，，【点睛】求定值问题常见的方法①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21.已知函数.（1）设，求的最大值及相应的值；（2）对任意正数恒有，求的取值范围.【答案】（1）当时，取得最大值；（2）【解析】【分析】（1）先化简函数g（x）＝lnx﹣f′（x）f（x）＝lnx﹣（2x﹣1）（x2﹣x），从而求定义域；再求导g′（x）；从而确定函数的最大值及相应的值；（2）f（x）+f（）≥（x）•lnm可化为x2﹣x（x）•lnm；从而化为lnm；化简得1＝（x）1；从而利用换元法求函数的最值，从而化恒成立问题为最值问题．【详解】（1）∵，∴，∴则∵的定义域为，∴①当时，；②当时，；③当时，因此在上是增函数，在上是减函数，故当时，取得最大值.（2）由（1）可知，不等式可化为①因为，所以（当且仅当取等号）设，则把①式可化为，即（对恒成立）令，此函数在上是增函数，所以的最小值为于是，即.【点睛】本题考查了导数的综合应用及恒成立问题化为最值问题的方法，同时考查了换元法的应用，属于中档题．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的参数方程为（为参数），圆的极坐标方程为.（1）写出直线的方程和圆的直角坐标方程；（2）若点为圆上一动点，求点到直线的最小距离.【答案】（1）直线的方程为；圆的直角坐标方程为；（2）【解析】【分析】（1）直线的参数方程消去参数，能求出直线的直角坐标方程；圆C的极坐标方程化为ρ2＝2ρsinθ﹣2ρcosθ，由此能求出圆C的直角坐标方程．（2）设P（﹣1+2cosθ，1+2sinθ），点P到直线l距离d，由此能求出点P到直线l的最小距离．【详解】（1）由于直线的参数方程为解得：，代入中，得，∴直线的方程为，由于圆的极坐标方程为，则∴∴∴圆的直角坐标方程为（2）设P（﹣1+2cosθ，1+2sinθ），则点P到直线l距离d，∴当sin（θ+α）＝1时，点P到直线l的最小距离为：．【点睛】本题考查直线与圆的直角坐标方程的求法，考查点到直线的最小距离的求法，考查直角坐标方程、参数方程、极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．23.已知函数.（1）若不等式的解集为，求实数的值；（2）满足（1）的条件，若对一切实数恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）4（2）【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义写出不等式f（x）≤3的解集，从而求得m的值；（2）根据题意求得f（x）+f（x+5）的最小值，再得出不等式f（x）+f（x+5）≥t时t的取值范围．【详解】（1）由不等式，得∴∴∵的解集为∴（2）当，，可设∵（当且仅当时取等号成立）得的最小值为5，从而，若，即对一切实数恒成立，则的取值范围为.【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用.