1、陕西省榆林市 2020 届高三数学第一次模拟测试试题 文（含解析）第卷(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.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】【分析】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（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解出集合、，再利用交集的定义可求出集合.【详解】，因此，.故选：A.【点睛】本题考查交集
2、的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于基础题.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（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】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（）A.B.C.D.【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
3、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
4、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（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】，.，即，,，故选 B.【考点定位】向量的坐标运算【此处有视频，请去附件查看】7.已知，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】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
5、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周期函数；当且仅当时，.上述命题中正确命题的个数为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】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
6、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.过双曲线的一个焦点作实轴的垂线，交双曲线于两点，若线段的长度恰等于焦距，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：，又 考点：双曲线的标准方程及其几何性质（离心率的求法）10.已知偶函数，当时，设，则（）A.B.C.D.【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
7、为，所以，即；故选 D.11.已知，若直线与圆相切，则取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】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.12.已知函数满足，且时，则当时，与的图象的交点个数为()A.13 B.12 C.11 D.10【答案】
8、C【解析】【详解】试题分析：满足，且时，分别作出函数与的图像如图：由图象可知与的图象的交点个数为 11 个故选 C 考点：1.抽象函数；2.函数图象.第卷(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.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.抛物线上一点到直线的距离最短，则该点的坐标是_.【答案】【解析】【分析】设抛物线上任意一点的坐标为，利用二次函数的配方法可求出该抛物线上一点到直线的最小值及其对应的 值，进而求出所求点的坐标.【详解】设抛物线上任意一点 的坐标为，则点 到直线的距离为，当时，取得最小值，此时点
9、的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线上一点到直线距离最值的计算，可利用二次函数的基本性质结合点到直线的距离公式来求得，也可以转化为抛物线在其上一点处的切线与直线平行来求解，考查运算求解能力，属于中等题.15.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】【分析】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
10、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.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:共 70 分.解答应写
11、出文字说明证明过程或演算步骤.第 1721 题为必考题,每个试题考生都必须作答.第 2223 题为选考题,考生根据要求作答.17.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，于点，连接.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明平面，可得出，再由，利用直线与平面垂直的判定定理可得出平面，进而可得出；（2）利用等腰三角形三线合一的性质可知点 为的中点，由平面可知三棱锥的高为，计算出的面积，然后利用锥体的体积公式可求出三棱锥的体积.【详解】（1）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）底面是矩形，.，为的中
12、点，平面，三棱锥的高为，因此，三棱锥的体积为.【点睛】本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了三棱锥体积的计算，找出合适的底面和高是关键，考查推理论证能力和计算能力，属于中等题.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.在数列中，任意相邻两项为坐标的点均在直线上，数列满足条件：，.（1）
13、求数列的通项公式；（2）若，求数列的前 项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意得出，利用等比数列的定义可证明出数列是以 为首项，以为公比的等比数列，由此可求出数列的通项公式；（2）求出数列通项公式，然后利用错位相减法能求出.【详解】（1）数列中，任意相邻两项为坐标的点均在直线上，.，数列是以 为首项，以 为公比的等比数列.数列的通项公式为；（2）由于，得【点睛】本题考查利用等比数列的定义求数列的通项，同时也考查了利用错位相减法求数列的和，考查计算能力，属于中等题.20.函数.（1）当时，求在处的切线方程（为自然对数的底数）；（2）当时，直线是的一条切线，求.【答案】（1）；
14、（2）.【解析】【分析】（1）将代入函数的解析式，计算出和的值，然后利用点斜式可写出所求切线的方程；（2）设切点坐标为，根据建立关于 和 的方程组，即可求出实数 的值.【详解】（1）当时，且，则.在处的切线方程为，即；（2）设切点为，则，则，由题意得，则或，解得或.若，则，解得，满足；若，由可得，则，令，则，所以，函数在区间上单调递增，又，所以方程的唯一解为，即，解得.综上，.【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数求函数在某点处的切线方程，以及利用切线方程求参数，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.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
15、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
16、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
17、），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
18、=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
19、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）
20、（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）先将直线的参数方程代入抛物线方程中，借助根与系数的关系及直线方程中的参数的几何意义求弦长：解：(1)由，既 曲线 的直角坐标方程为.(2)的参数方程为代入，整理的，所以，所以.23.不等式选讲，已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若关于 的不等式 的解集是空集，求实数 的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】（1）依据绝对值定义运用分类整合的数学思想将问题进行转化，再建立不等式组分类求解；（2）借助绝对值三角不等式求函数的最小值，然后建立不等式分析求解：解：(1)，或，或，解得，或，或 即不等式的解集为.(2)又 的解集是空集 故实数 的取值范围是