陕西省榆林市2020届高三模拟第一次测试 理数
2020年陕西省榆林市高三一模数学试题
数学试题第Ⅰ卷一、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．已知集合{lg(32)}A x y x ==-,2{4}B x x =≤, 则A B =U （ ）A. 3{2}2x x -≤<B. {2}<x xC. 3{2}2x x -<< D. {2}≤x x 2．若ii 12ia t +=+（i 为虚数单位，,a t R ∈），则t a +等于（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2==+∈αααππα2tan ,35cos 12sin 12),2,4(.3则（ ）724.A 724.-B 724.±C247.-D 4.某产品的广告费用x 与销售额y 的统计数据如下表 广告费用x （百元） 123 4 销售额y （万元）0.1 1.8m4根据上表可得回归方程13.1-=x y )，则m=A.2.9B.3.0C.3.1D.2.85.三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用勾股股勾朱实黄实弦实，化简，得勾股弦．设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）xyoπ2xyoπ2xyoπ2A. 866B. 500C. 300D. 1346．已知数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，7825a a -=，则11S 为（ ）A. 110B. 55C. 50D. 不能确定 7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（） 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A ．36+12πB ．36+16πC ．40+12πD ．40+16π8.如图，直线2x +2y ﹣3＝0经过函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0，|φ|＜π）图象的最高点M 和最低点N ，则（）A ．ω＝，φ＝B ．ω＝π，φ＝0C ．ω＝，φ＝﹣D ．ω＝π，φ＝9．已知，设，y=log b c ，，则x ，y ，z 的大小关系正确的是（）A ．z ＞x ＞yB ．z ＞y ＞C ．x ＞y ＞D ．x ＞z ＞y10．函数22sin 33([,0)(0,])1441x y x xππ=∈-+U 的图像大致是（ ） xyoπ2A. B. C. D. 11．已知抛物线2:4C y x =,过焦点F 且斜率为3的直线与C 相交于,P Q 两点,且,P Q 两点在准线上的投影分别为,M N 两点,则MFNS∆=（ ）A. 83B. 833C. 163D. 163312.已知函数f （x ）＝3204610xe x x x x ⎧⎪⎨⎪⎩，＜，－＋，≥，则函数g （x ）＝2[f （x ）]2－3f （x ）－2的零点个数为A ．2B ．3C ．4D ．5第Ⅱ卷（非选择题部分，共90分）二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13．已知向量 =（3，﹣1）， =（2，1），则 在 方向上的投影为________． 14．若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2bsin2A=3asinB ，且c=2b ，则等于15．《九章算术》卷第五《商功》中，有问题“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”，意思是：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，无宽，高1丈（如图）． 问它的体积是多少? ”这个问题的答案是（ ）16．设直线l ：3x+4y+4=0，圆C ：（x ﹣2）2+y 2=r 2（r ＞0），若圆C 上存在两点P ，Q ，直线l 上存在一点M ，使得∠PMQ=90°，则r 的取值范围是．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．（12分）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n （n +1）+2，其中n ∈N *． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若2a ,2+k a ,23+k a （k ∈N *）为等比数列{b n }的前三项，求数列{b n }的通项公式．18．如图所示，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD ，E ，F 分别为PD ，BC 的中点． （1）求证：AE ⊥PC ；（2）G 为线段PD 上一点，若FG ∥平面AEC ，求的值．19．（12分）为了保障全国第四次经济普查顺利进行，国家统计局从东部选择江苏，从中部选择河北、湖北，从西部选择宁夏，从直辖市中选择重庆作为国家综合试点地区，然后再逐级确定普查区域，直到基层的普查小区．在普查过程中首先要进行宣传培训，然后确定对象，最后入户登记．由于种种情况可能会导致入户登记不够顺利，如有些对象对普查有误解，配合不够主动；参与普查工作的技术人员对全新的操作平台运用还不够熟练等，这为正式普查提供了宝贵的试点经验．在某普查小区，共有50家企事业单位，150家个体经营户，普查情况如表所示：普查对象类别 顺利 不顺利合计 企事业单位 40 50 个体经营户 50 150 合计（1）写出选择5个国家综合试点地区采用的抽样方法；（2）补全上述列联表（在答题卡填写），并根据列联表判断是否有90%的把握认为“此普查小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”；（3）根据该试点普查小区的情况，为保障第四次经济普查的顺利进行，请你从统计的角度提出一条建议．附：K 2＝P （K 2≥k 0）0.10 0.010 0.001 k 02.7066.63510.82820．已知椭圆C 的中点在原点，焦点在x 轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线x 2=8y 的焦点．（1）求椭圆C 的方程；（2）已知点P （2，3），Q （2，﹣3）在椭圆上，点A 、B 是椭圆上不同的两个动点，且满足∠APQ=∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝1x ＋a ln x (a ≠0，a ∈R)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)＜0成立，求实数a 的取值范围． 请考生在第（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，作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上． 22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋rcos φ，y ＝1＋rsin φ(r>0, φ为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为)3sin(πθρ-，若直线l 与曲线C 相切． (Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程；(Ⅱ)在曲线C 上取两点M ，N 与原点O 构成△MON ，且满足∠MON ＝π6，求△MON 面积的最大值．23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知()|23||21|f x x x =+--．（Ⅰ）求不等式()2f x <的解集；（Ⅱ）若存在x R ∈，使得()|32|f x a >-成立，求实数a 的取值范围．文科数学参考答案及评分标准（二）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、D 【解析】因为3{lg(32)}{320}{}2A x y x x x x x ==-=->=<，{22}B x x =-≤≤． 所以{2}A B x x =≤U ，故答案选D ．2．B.【解析】因为ii i i (12i)=i -2t 12i a t a t t +=⇒+=⋅++，则122t a a t=⎧⇒=-⎨=-⎩．所以 1t a +=-，故答案选B ．3. B4.C1.3,25.2448.11.0,25.2,5.2=∴⨯=+++∴==m m y x 代入回归直线方程得5.【答案】D由题意，大正方形的边长为2，中间小正形的边长为，则所求黄色图形内的图钉数大约为，故选D. 6．B【解析】78111622(6)(7)5a a a d a d a d a -=+-+=+=，1111161111552a a S a +=⨯==．故答案选B ． 7．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算． 【解答】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体， 作出几何体的直观图如图所示：其中半圆柱的底面半径为2，高为4，长方体的棱长分别为4，2，2， ∴几何体的表面积S=π×22×2++2×4+2×4×2+2×4+2×2×2=12π+40．故选C ．8.【解答】解：因为M ．N 分别是图象的最高点和最低点得M ．N 的纵坐标为1和﹣1，带入直线2x +2y ﹣3＝0得M ．N 横坐标为和， 故M （，1）．N （，﹣1）． 得＝＝2，故T ＝4＝，故ω＝．M 代入f （x ）得1＝sin （φ），故φ＝2k π+，所以φ＝2k π+，k ∈Z ．因为|φ|＜π，所以φ＝，故选：A ． 9.【解答】解：∵，∴=﹣log b a=﹣×=，2a ＞3，a ＞log 23＞1，∈（0，1）．y=log b c ＜0，＞＞=，∴z ＞x ＞y ． 故选：A ．10．A 【解析】因为函数22sin ()11x y f x x ==+可化简为222sin ()1x x f x x =+可知函数为奇函数关于原点对称，可排除答案C ；同时有42224sin 2cos 2cos ''()(1)x x x x x xy f x x ++==+ 3222(2sin cos cos )(1)x x x x x x x ++=+，则当(0,)2x π∈ '()0f x >,可知函数在2x π=处附近单调递增，排除答案B 和D ，故答案选A ．11．B 【解析】由题意可得直线:3(1)PQ y x =-与抛物线24y x =联解得：231030x x -+=，所以点(3,3)P ，123(,3Q ，则238323MN ==MNF ∆中，MN边上的高2h =，则1838322MNF S ∆=⨯⨯=，故答案选B ． 方法二:不防设交点P 在x 轴上方,由抛物线焦点弦性质得||||PF PM =,||||QF QN =且1121||||PF QF p +==, ||||||||1||||||||2PM QN PF QF PM QN PF QF --==++，故||4PF =，4||3QF =， 所以114383||(4)2223MNF S MN p ∆=⨯⨯=⨯+⨯⨯=，故答案选B ．12.【答案】B【解析】依题意，当0x ≥时，()()2'1212121f x x x x x =-=-，故当()0,1x ∈时，()'0f x <，当()1,x ∈+∞时，()'0f x >，且()11f =-，作出函数()f x 的大致图象如下所示；令()()()22320g x f x f x =--=⎡⎤⎣⎦，解得()()122f x f x ==-或，观察可知，函数()g x 共有3个零点，故选B.二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分. 13．【答案】【考点】平面向量数量积的运算 【解析】【解答】解： =6﹣1=5，| |= ， ∴ 在 方向上的投影为| |cos＜cos＞=| |===．故答案为： ．14．【解答】解：由2bsin2A=3asinB，利用正弦定理可得：4sinBsinAcosA=3sinAsinB，由于：sinA≠0，sinB≠0，可得：cosA=，又c=2b，可得：a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+4b2﹣2b•2b•=2b2，则=．15.5立方丈将该几何体分成一个直三棱柱，两个四棱锥，即1131221315 23V=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=，16.【解答】解：圆C：（x﹣2）2+y2=r2，圆心为：（2，0），半径为r，∵在圆C上存在两点P，Q，在直线l上存在一点M，使得∠PMQ=90°，∴在直线l上存在一点M，使得过M作圆的两条切线，切线夹角大于等于90，∴只需MC⊥l时，使得过M作圆的两条切线，切线夹角大于等于900即可∵C到直线l：3x+4y+4=0的距离2，则r．个答案为：[，+∞）．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.【解答】解：（Ⅰ）当n＝1时，S1＝a1＝4，………………（2分）当n≥2时，由题意，得S n＝n（n+1）+2，①S n﹣1＝（n﹣1）n+2，②由①﹣②，得a n＝2n，其中n≥2．………………（5分）所以数列{a n}的通项公式………………（7分）（Ⅱ）由题意，得．………………（9分）即[2（k+2）]2＝4×2（3k+2）．解得k＝0（舍）或k＝2．………………（10分）所以公比．………………（11分）所以．………………（12分）18.【解答】（1）证明：∵AP⊥平面ABCD，∴AP⊥CD，在矩形ABCD中，CD⊥AD，又AP∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，在△PAD中，E为PD中点，PA=AD，∴AE⊥PD，又CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，∵PC⊂平面PCD，∴AE⊥PC（2）解：取AP中点M，连接MF，MG，ME．在△PAD中，M，E分别为PA，PD的中点则ME为△PAD的中位线∴，又，∴ME∥FC，ME=FC，∴四边形MECF为平行四边形，∴MF∥EC，又MF⊄平面AEC，EC⊂平面AEC，∴MF∥平面AEC，又FG∥平面AEC，MF∩FG=F，MF，FG⊂平面MFG，∴平面MFG∥平面AEC，又平面MFG∩平面PAD=MG，平面AEC∩平面PAD=AE，∴MG∥AE，又∵M为AP中点，∴G为PE中点，又E为PD中点，∴，即．19.【解答】解：（1）根据样本是由差异比较明显的几部分组成，所以应用分层抽样法；…2 分（2）根据题意填写列联表如下，普查对象类别顺利不顺利合计企事业单位40 10 50个体经营户100 50 150合计140 60 200 …5 分将列联表中的数据代入公式计算K2＝≈3.175＞2.706，所以有 90%的把握认为“此普查小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”； (10)分（3）（意思相近即可得分）建议：加大宣传力度，消除误解因素，尤其要做好个体经营户的思想工作．…12 分20.解：（1）∵椭圆C的中点在原点，焦点在x轴上，∴设椭圆C的方程为，a＞b＞0，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点，∴b=2，，∵a2=b2+c2，∴a=4，∴椭圆C的方程为．……………5分（2）当∠APQ=∠BPQ时，PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜为k，则PB的斜率为﹣k，设A（x1，y1），B（x2，y2），设PA的直线方程为y﹣3=k（x﹣2），由，消去y并整理，得：（3+4k2）x2+8（3﹣2k）kx+4（3﹣2k2）﹣48=0，∴，设PB的直线方程为y﹣3=﹣k（x﹣2），同理，得=，……………8分∴，，k AB ====，∴AB 的斜率为定值． ……………12分 21．解：(1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2.令f ′(x )＝0，得x ＝1.( 1分)又f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1，由f ′(x )＞0得，x ＞1.所以x ＝1时，f (x )取得极小值f (1)＝1，无极大值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(3分)(2)若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜0成立，即f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.由已知得，f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x 2，且a ≠0，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，(4分)当x ＝1a＜0，即a ＜0时，f ′(x )＜0恒成立，即f (x )在区间(0，e]上单调递减，(5分)故f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ，(6分)由1e ＋a ＜0，得a ＜－1e ，即a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e .(7分) 当x ＝1a＞0，即a ＞0时，①若e ≤1a，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]恒成立，所以f (x )在区间(0，e]上单调递减，(8分)故f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ＞0，显然，f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立．(9分)②若0＜1a ＜e ，即a ＞1e时，则有x⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a1a⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，ef ′(x ) － 0 ＋f (x )极小值所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a ＋a ln a，(10分)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a＝a (1－ln a )＜0，得1－ln a ＜0，解得a ＞e ，即a ∈(e ，＋∞)．(11分)综上可知，a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)．(12分)22.【解析】(Ⅰ)由题意可知直线l 的直角坐标方程为y ＝3x ＋2,曲线C 是圆心为()3，1，半径为r 的圆，直线l 与曲线C 相切，可得：r ＝||3·3－1＋22＝2；可知曲线C 的方程为()x －32＋()y －12＝4,所以曲线C 的极坐标方程为ρ2－23ρcos θ－2ρsin θ＝0，即ρ＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3.(5分) (Ⅱ)由(Ⅰ)不妨设M(ρ1，θ)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，θ＋π6，(ρ1>0，ρ2>0)，S △MON ＝12||OM→||ON →sin π6， ＝14ρ1·ρ2＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π2＝2sin θcos θ＋23cos 2θ＝sin 2θ＋3cos 2θ＋3＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＋3，当θ＝π12时， S △MON ＝2＋3，所以△MON 面积的最大值为2＋ 3.(10分)23．【解析】（Ⅰ）不等式()2f x <等价于32(23)(21)2x x x ⎧<-⎪⎨⎪-++-<⎩或3122(23)(21)2x x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪++-<⎩ 或12(23)(21)2x x x ⎧>⎪⎨⎪+--<⎩，解得32x <-或302x -≤<， 所以不等式()2f x <的解集是(,0)-∞；（Ⅱ）()|(23)(21)|4f x x x ≤+--=Q ，max ()4f x ∴=，|32|4a ∴-<，解得实数a 的取值范围是2(,2)3-．。
2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷(理科)
2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷（理科）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z 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2. 设集合A ＝{x|x 2−5x +6>0}，B ＝{x|x 2−1<0}，则A ∩B ＝（ ） A.(−∞, 1] B.(−1, 1) C.(−∞, −1)D.(−∞, −1)∪(3, +∞)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[20, 40),[40, 60),[60, 80),[80, 100]，若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是（ ）A.45B.50C.55D.604. 若0<m <n ，则下列结论正确的是（ ） A.2m >2n B.0.5m <0.5n C.log 2m >log 2n D.log 0.5m >log 0.5n5. 关于甲、乙、丙三人参加高考的结果有下列三个正确的判断：①若甲未被录取，则乙、丙都被录取；②乙与丙中必有一个未被录取；③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6. 已知向量m →=(λ+1,1),n →=(λ+2,2)，若(m →+n →)⊥(m →−n →)，则λ＝（ ） A.−4 B.−3 C.−2 D.−17. 已知α∈(0, π)，2sin2α＝cos2α−1，则sinα＝（ ） A.15 B.√55C.−√55D.2√558. 定义函数f(x)={sinx,sinx ≥cosxcosx,sinx <cosx ，给出下列四个命题：（1）该函数的值域为[−1, 1]；（2）当且仅当x=2kπ+π2(k∈Z)时，该函数取得最大值；（3）该函数是以π为最小正周期的周期函数；（4）当且仅当2kπ+π<x<2kπ+3π2(k∈Z)时，f(x)<0．上述命题中正确的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个9. 已知偶函数f(x+π2)，当x∈(−π2,π2)时，f(x)=x13+sinx，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则（）A.a<b<cB.b<c<aC.c<b<aD.c<a<b10. 若m>0，n>0，且直线(m+1)x+(n+1)y−2＝0与圆x2+y2−2x−2y+1＝0相切，则m+n的取值范围是（）A.[2+√2, +∞)B.[2+2√2, +∞)C.(0, 2+√2]D.(0, 2+2√2]11. 设F1，F2分别为双曲线C:x2a −y2b=1(a>0, b>0)的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线某条渐过线于M，N两点，且满足∠MAN=120∘，则该双曲线的离心率为()A.√213B.√193C.23D.7√3312. 定义域为R的函数f(x)满足f(x+2)＝2f(x)，当x∈[0, 2)时，f(x)={x2−x,x∈[0,1)−(12)|x−32|x∈[1,2)，若当x∈[−4, −2)时，不等式f(x)≥t24−t+12恒成立，则实数t的取值范围是（）A.[2, 3]B.[1, 3]C.[1, 4]D.[2, 4]二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）曲线C:y＝xlnx在点M(e, e)处的切线方程为________．已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝1，AA1＝2，∠BAC＝120∘，则此球的表面积等于________．如图，抛物线C1:y2＝4x和圆C2：(x−1)2+y2＝1，直线l经过C1的焦点F，依次交C1，C2于A，B，C，D四点，则AB→⋅CD→的值是________．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC =120∘，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD =1，则4a +c 的最小值为________．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝2，AB ＝1，AM ⊥PD 于点M ，连接BM ．（1）求证：PD ⊥BM ；（2）求直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 分别满足c ＝2b ＝2，2bcosA +acosC +ccosA ＝0，又点D 满足AD →=13AB →+23AC →．（1）求a 及角A 的大小；（2）求|AD →|的值．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1=12，2a n+1=a n +12b n ,2b n+1=12a n +b n ． （1）证明：数列{a n +b n }，{a n −b n }为等比数列；（2）记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n <103．函数f(x)＝2(x 2−2x)lnx −x 2+4x ．(Ⅰ)求f(x)在x ＝e 处的切线方程（e 为自然对数的底数）；(Ⅱ)设g(x)＝x 3−3x 2+3x +f(x)，若x 1，x 2∈(0, +∞)且x 1≠x 2，满足g(x 1)+g(x 2)＝8，求证：x 1x 2<1． 设椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为A ，过点A 与AF 2垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且2F 1F 2→+F 2Q →=0，若过A ，Q ，F 2三点的圆恰好与直线l:x −√3y −3=0相切．过定点M(0, 2)的直线l 1与椭圆C 交于G ，H 两点（点G 在点M ，H 之间）． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设直线l 1的斜率k >0，在x 轴上是否存在点P(m, 0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的取值范围，如果不存在，请说明理由； (Ⅲ)若实数λ满足MG →=λMH →，求λ的取值范围．以平面直角坐标系原点O 为极点，以x 轴非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度单位为长度单位建立极坐标系．已知直线l 的参数方程为{x =2−3ty =−1+2t （t 为参数），曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cosθ (Ⅰ) 求曲线C 的直角坐标方程；(Ⅱ) 设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|AB|． [不等式选讲]已知函数f(x)＝|x +12|+|x −32|． （1）求不等式f(x)≤3的解集；（2）若关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集是空集，求实数a 的取值范围．参考答案与试题解析2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷（理科）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.【答案】C【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】求出z的共轭复数，根据复数的几何意义求出复数所对应点的坐标即可．【解答】∵z＝−3+2i，∴z=−3−2i，∴在复平面内z对应的点为(−3, −2)，在第三象限．2.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】求出集合A，B，由此能求出A∩B．【解答】∵集合A＝{x|x2−5x+6>0}＝{x|x<2或x>3}，B＝{x|x2−1<0}＝{x|−1<x<1}，∴A∩B＝{x|−1<x<1}＝(−1, 1)．3.【答案】B【考点】频率分布直方图【解析】由已知中的频率分布直方图，我们可以求出成绩低于60分的频率，结合已知中的低于60分的人数是15人，结合频数＝频率×总体容量，即可得到总体容量．【解答】∵成绩低于60分有第一、二组数据，在频率分布直方图中，对应矩形的高分别为0.005，0.01，每组数据的组距为20则成绩低于60分的频率P＝(0.005+0.010)×20＝0.3，又∵低于60分的人数是15人，=50．则该班的学生人数是150.34.【答案】D【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出大小关系．【解答】∵0<m<n，∴2m<2n，0.5m>0.5n，log2m<log2n，log0.5m>log2n．5.【答案】D【考点】进行简单的合情推理【解析】①若甲未被录取，则乙、丙都被录取；其逆否命题为：若乙、丙不都被录取，则甲被录取．假设丙被录取，①③不正确，不符合题意．假设乙被录取，即可得出结论．【解答】①若甲未被录取，则乙、丙都被录取；其逆否命题为：若乙、丙不都被录取，则甲被录取．由②乙与丙中必有一个未被录取．③或者甲未被录取，或者乙被录取．假设丙被录取，①③不正确，不符合题意．假设乙被录取，则①③都正确，因此甲乙都被录取．则三人中被录取的是甲乙．6.【答案】B【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】直接利用向量的数量积化简求解即可．【解答】m→+n→=(2λ+3,3),m→−n→=(−1,−1)，∴(2λ+3)×(−1)−3＝0，∴λ＝−3．7.【答案】D【考点】二倍角的三角函数【解析】由已知利用二倍角的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式即可求解．【解答】∵α∈(0, π)，∴sinα>0，∵2sin2α＝cos2α−1，∴4sinαcosα＝−2sin2α，可得2cosα＝−sinα，又∵sin2α+cos2α＝1，∴sin2α+(−1sinα)2＝1，2∴ sinα=2√55．8.【答案】该函数的值域为[−√22, 1]；故（1）错；当且仅当x =2kπ+π2(k ∈Z)或x ＝2kπ(k ∈Z)时，该函数取得最大值；帮（2）错； 该函数是以2π为最小正周期的周期函数；（3）错； A【考点】正弦函数的定义域和值域 三角函数的周期性及其求法分段函数的解析式求法及其图象的作法 【解析】由题意可得：函数 f(x)={sinx,[2kπ+π4,2kπ+5π4]cosx,[2kπ−3π4,2kπ+π4] ，再根据周期函数的定义结合其图象可得函数的周期等性质即可． 【解答】该函数的值域为[−√22, 1]；故（1）错；当且仅当x =2kπ+π2(k ∈Z)或x ＝2kπ(k ∈Z)时，该函数取得最大值；帮（2）错； 该函数是以2π为最小正周期的周期函数；（3）错； 当且仅当2kπ+π<x <2kπ+3π2(k ∈Z)时，f(x)<0，（4）正确．故选：A ．9.【答案】D【考点】函数奇偶性的性质与判断 【解析】根据函数的奇偶性和单调性，进行判断即可． 【解答】∵ 当x ∈(−π2,π2)时，y ＝sinx 单调递增，y =x 13也为增函数， ∴ 函数f(x)=x 13+sinx ，也为增函数．∵函数f(x+π2)为偶函数，∴f(−x+π2)=f(x+π2)，即函数的对称轴为x=π2，即f(x)＝f(π−x)∴f(2)＝f(π−2)，f(3)＝f(π−3)，∵0<π−3<1<π−2<π2，∴f(π−3)<f(1)<f(π−2)，即c<a<b，故选：D．10.【答案】B【考点】直线与圆的位置关系【解析】由圆的方程求出圆心坐标和半径r，由直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关系式，整理后利用基本不等式变形，设m+n＝x，得到关于x的不等式，求出不等式的解集得到x的范围，即为m+n的范围．【解答】由圆x2+y2−2x−2y+1＝0，得(x−1)2+(y−1)2＝1，得到圆心坐标为(1, 1)，半径r＝1，∵直线(m+1)x+(n+1)y−2＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d=22=1，整理得：m+n+1＝mn≤(m+n2)2，设m+n＝x(x>0)，则有x+1≤x24，即x2−4x−4≥0，解得：x≥2+2√2，则m+n的取值范围为[2+2√2, +∞)．11.【答案】A【考点】圆与圆锥曲线的综合问题双曲线的离心率余弦定理【解析】先求出M，N的坐标，再利用余弦定理，求出a，c之间的关系，即可得出双曲线的离心率．【解答】解：不妨设圆与y=bax相交且点M的坐标为(x0, y0)(x0>0)，则N点的坐标为(−x0, −y0)，联立y0=bax0，x02+y02=c2，得M(a, b)，N(−a, −b)， 又A(−a, 0)且∠MAN =120∘， 所以由余弦定理得4c 2=(a +a)2+b 2+b 2−2√(a +a)2+b 2⋅bcos 120∘， 化简得7a 2=3c 2， 求得e =√213．故选A ． 12.【答案】 B【考点】 函数恒成立问题 【解析】根据条件，求出函数f(x)在x ∈[−4, −2)上的最小值，把不等式f(x)≥t 24−t +12恒成立转化为f(x)的最小值大于等于t 24−t +12恒成立，然后求解关于t 的一元二次不等式得答案． 【解答】当x ∈[0, 1)时，f(x)＝x 2−x ∈[−14, 0]；当x ∈[1, 2)时，f(x)=−−(12)|x−32|∈[−1, −√22]，∴ 当x ∈[0, 2)时，f(x)的最小值为−1， 又∵ 函数f(x)满足f(x +2)＝2f(x)， ∴ 当x ∈[−2, 0)时，f(x)的最小值为−12， 当x ∈[−4, −2)时，f(x)的最小值为−14， 若x ∈[−4, −2]时，f(x)≥t 24−t +12恒成立，∴ −14≥t 24−t +12恒成立．即t 2−4t +3≤0，解得1≤t ≤3， ∴ t ∈[1, 3]，二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）【答案】 y ＝2x −e 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】先求导函数，求曲线在点(e, e)处的切线的斜率，进而可得曲线y ＝xlnx 在点(e, e)处的切线方程 【解答】求导函数，y′＝lnx +1 ∴ 当x ＝e 时，y′＝2∴曲线y＝xlnx在点(e, e)处的切线方程为y−e＝2(x−e)即y＝2x−e【答案】8π【考点】球的体积和表面积【解析】设直三棱柱ABC−A1B1C1的上下底面的三角形的外接圆的圆心分别是点P，M，设△ABC的外接圆半径为r，直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为R，所以直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的球心O为线段PM的中点，由正弦定理得：2r=BCsin1200=2，r＝1，在Rt△OMC中，OC＝R，OM=12AA1=1，MC＝r＝1，所以R2＝2，从而求出直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的表面积．【解答】设直三棱柱ABC−A1B1C1的上下底面的三角形的外接圆的圆心分别是点P，M，设△ABC的外接圆半径为r，直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为R，如图所示：，∴直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的球心O为线段PM的中点，在△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝120∘，∴由余弦定理得：cos1200=AB2+AC2−BC22AB⋅AC =−12，∴BC=√3，∴由正弦定理得：2r=BCsin1200=2，∴r＝1，∴在Rt△OMC中，OC＝R，OM=12AA1=1，MC＝r＝1，∴R2＝12+12＝2，∴直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的表面积为：4πR2＝8π，故答案为：8π．【答案】1【考点】直线与椭圆结合的最值问题平面向量数量积的性质及其运算【解析】由题意可知直线l的斜率存在且不等于0，设出直线方程，分别和抛物线与题意方程联立后求出A，B，C，D的坐标，求出向量AB→、CD→的坐标，代入数量积公式得答案．【解答】由题意可知直线l 的斜率存在且不等于0， 由抛物线C 1:y 2＝4x ，得F(1, 0)，则直线l 的方程为y −0＝k(x −1)，即y ＝kx −k ．联立{y =kx −ky 2=4x ，得k 2x 2−2k 2x −4x +k 2＝0， 解得：A(1+2k2−2√k 2+1k 2,2k−2√k 2+1k)，D(1+2k2+2√k 2+1k 2,2k+2√k 2+1k)，联立{y =kx −k (x −1)2+y 2=1 ，得B(1√k 2+1√k 2+1)，C(1√k 2+1√k 2+1， AB →=√k 2+12k 2+2√k 2+1k 2,√k 2+1−2k +2√k 2+1k)，CD →=(2k2+2√k 2+1k 2√k 2+12k+2√k 2+1k−√k 2+1)．∴ AB →⋅CD →=1．【答案】9【考点】三角形的面积公式基本不等式在最值问题中的应用 【解析】根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式1的代换进行求解即可． 【解答】解：由题意得12acsin120∘=12asin60∘+12csin60∘， 即ac =a +c ， 得1a +1c =1，得4a +c =(4a +c)(1a +1c )=ca +4a c+5≥2√c a4a c+5=4+5=9，当且仅当ca =4a c，即c =2a 时，取等号，故答案为：9．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. 【答案】PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，由AB ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ，故AB ⊥平面PAD ， 因为PD 在平面PAD 内，故AB ⊥PD ， 因为AM ⊥PD ，AB ∩AM ＝A ，所以PD ⊥平面ABM ，由BM 在平面ABM ， 所以PD ⊥MB ；以AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A(0, 0, 0)，P(0, 0, 2)，B(1, 0, 0)，C(1, 2, 0)，D(0, 2, 0)，M(0, 1, 1)，AC →=(1,2,0),AM →=(0,1,1),CD →=(−1,0,0)， 设平面ACM 的法向量为n →=(x,y,z)， 由{n →⋅AC →=x +2y =0n →⋅Am →=y +z =0 ，得n →=(2,−1,1)， 设平面ACM 和直线CD 所成角为α， 则sinα＝|cos <n →,CD →>|=√6=√63， 故平面ACM 和直线CD 所成角为√63【考点】直线与平面垂直 直线与平面所成的角 【解析】（1）先证明PD ⊥平面ABM ，再根据线面垂直的性质，证明结论；（2）以AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面ACM 的法向量和直线CD 的方向向量，利用夹角公式求出即可． 【解答】PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，由AB ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ，故AB ⊥平面PAD ， 因为PD 在平面PAD 内，故AB ⊥PD ， 因为AM ⊥PD ，AB ∩AM ＝A ，所以PD ⊥平面ABM ，由BM 在平面ABM ， 所以PD ⊥MB ；以AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A(0, 0, 0)，P(0, 0, 2)，B(1, 0, 0)，C(1, 2, 0)，D(0, 2, 0)，M(0, 1, 1)， AC →=(1,2,0),AM →=(0,1,1),CD →=(−1,0,0)， 设平面ACM 的法向量为n →=(x,y,z)， 由{n →⋅AC →=x +2y =0n →⋅Am →=y +z =0 ，得n →=(2,−1,1)， 设平面ACM 和直线CD 所成角为α， 则sinα＝|cos <n →,CD →>|=√6=√63， 故平面ACM 和直线CD 所成角为√63【答案】由2bcosA +acosC +ccosA ＝0及正弦定理得 −2sinBcosA ＝sinAcosC +cosAsinC ， 即−2sinBcosA ＝sin(A +C)＝sinB ， 在△ABC 中，sinB >0，所以cosA =−12． 又A ∈(0, π)，所以A =2π3．在△ABC 中，c ＝2b ＝2，由余弦定理得a 2＝b 2+c 2−2bccosA ＝b 2+c 2+bc ＝7， 所以a =√7． 由AD →=13AB →+23AC →，得AD →2=(13AB →+23AC →)2=49+49+49×2×1×(−12)=49，所以|AD →|=23．【考点】 余弦定理 【解析】（1）运用正弦定理和诱导公式、两角和的正弦公式，化简可得角A 的值，再由余弦定理，可得a ；（2）运用向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，计算即可得到所求值． 【解答】由2bcosA +acosC +ccosA ＝0及正弦定理得 −2sinBcosA ＝sinAcosC +cosAsinC ， 即−2sinBcosA ＝sin(A +C)＝sinB ， 在△ABC 中，sinB >0，所以cosA =−12． 又A ∈(0, π)，所以A =2π3．在△ABC 中，c ＝2b ＝2，由余弦定理得a 2＝b 2+c 2−2bccosA ＝b 2+c 2+bc ＝7， 所以a =√7． 由AD →=13AB →+23AC →，得AD →2=(13AB →+23AC →)2=49+49+49×2×1×(−12)=49，所以|AD →|=23．【答案】数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1=12，2a n+1=a n +12b n ,2b n+1=12a n +b n ． 所以{2a n+1=a n +12b n2b n+1=12a n +b n整理得两式相加a n+1+b n+1=34(a n +b n )，即a n+1+b n+1a n +b n=34（常数），数列{a n +b n }为等比数列；同理两式相减a n+1−b n+1=14(a n −b n )，即a n+1−b n+1a n −b n=14（常数）故数列{a n −b n }为等比数列． 证明：由（1）得：a n +b n =32(34)n−1，a n −b n =12(14)n−1，整理得a n =(34)n +(14)n ， 所以S n =34(1−3n 4n )1−34+14(1−14n )1−14<341−34+141−14=103【考点】 数列的求和 数列递推式 【解析】（1）直接利用数列的定义求出数列为等比数列．（2）利用等比数列的前n 项和公式及放缩法求出结果． 【解答】数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1=12，2a n+1=a n +12b n ,2b n+1=12a n +b n ． 所以{2a n+1=a n +12b n 2b n+1=12a n +b n 整理得两式相加a n+1+b n+1=34(a n +b n )，即a n+1+b n+1a n +b n =34（常数），数列{a n +b n }为等比数列； 同理两式相减a n+1−b n+1=14(a n −b n )，即a n+1−b n+1a n −b n=14（常数）故数列{a n −b n }为等比数列． 证明：由（1）得：a n +b n =32(34)n−1，a n −b n =12(14)n−1，整理得a n =(34)n +(14)n ， 所以S n =34(1−3n 4n )1−34+14(1−14n )1−14<341−34+141−14=103【答案】（1）f(e)＝e 2，f′(x)＝4(x −1)lnx ，则f′(e)＝4(e −1)，故f(x)在x＝e处的切线方程为y−e2＝4(e−1)(x−e)，即4(e−1)x−y−3e2+4e＝0；（2）证明：由题可得g′(x)＝3(x−1)2+4(x−1)lnx，g′(1)＝0，当0<x<1时，x−1<0，lnx<0，则g′(x)>0；当x>1时，x−1>0，lnx>0，则g′(x)>0，所以，当x>0时，g′(x)≥0，g(x)在(0, +∞)上是增函数，设G(x)=g(x)+g(1x)(0<x<1)，则G′(x)=g′(x)−1x2g′(1x)=3(x−1)2(1−1x4)+4(x−1)(1−1x3)lnx，当0<x<1时，x−1<0，lnx<0，1−1x4<0,1−1x3<0，则G′(x)<0，G(x)在(0, 1)上递减．不妨设0<x1<x2，由于g(x)在(0, +∞)上是增函数，则g(x1)<g(x2)，又g(x1)+g(x2)＝8，g(1)＝4，则g(x1)<g(1)<g(x2)，于是0<x1<1<x2，由0<x1<1，G(x)在(0, 1)上递减，则G(x1)>G(1)＝2g(1)＝8，所以g(x1)+g(1x1)>8，则g(1x1)>8−g(x1)=g(x2)，又1x1>1,x2>1，g(x)在(0, +∞)上是增函数，所以，1x1>x2，即x1x2<1．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的最值【解析】(Ⅰ)求出切点，求出导数进而得到切线斜率，进一步由点斜式方程求得答案；(Ⅱ)利用导数可知g(x)在(0, +∞)上是增函数，构造G(x)=g(x)+g(1x)(0<x<1)，则G(x)在(0, 1)上递减，设0<x1<x2，则g(x1)<g(x2)，又g(x1)+g(x2)＝8，g(1)＝4，进而知道0<x1<1<x2，则G(x1)>G(1)＝2g(1)＝8，即g(x1)+g(1x1)>8，亦即g(1x1)>8−g(x1)=g(x2)，从而得证．【解答】（1）f(e)＝e2，f′(x)＝4(x−1)lnx，则f′(e)＝4(e−1)，故f(x)在x＝e处的切线方程为y−e2＝4(e−1)(x−e)，即4(e−1)x−y−3e2+4e＝0；（2）证明：由题可得g′(x)＝3(x−1)2+4(x−1)lnx，g′(1)＝0，当0<x<1时，x−1<0，lnx<0，则g′(x)>0；当x>1时，x−1>0，lnx>0，则g′(x)>0，所以，当x>0时，g′(x)≥0，g(x)在(0, +∞)上是增函数，设G(x)=g(x)+g(1x)(0<x<1)，则G′(x)=g′(x)−1x2g′(1x)=3(x−1)2(1−1x4)+4(x−1)(1−1x3)lnx，当0<x<1时，x−1<0，lnx<0，1−1x4<0,1−1x3<0，则G′(x)<0，G(x)在(0, 1)上递减．不妨设0<x 1<x 2，由于g(x)在(0, +∞)上是增函数，则g(x 1)<g(x 2)，又g(x 1)+g(x 2)＝8，g(1)＝4，则g(x 1)<g(1)<g(x 2)，于是0<x 1<1<x 2， 由0<x 1<1，G(x)在(0, 1)上递减，则G(x 1)>G(1)＝2g(1)＝8，所以g(x 1)+g(1x 1)>8，则g(1x 1)>8−g(x 1)=g(x 2)，又1x 1>1,x 2>1，g(x)在(0, +∞)上是增函数，所以，1x 1>x 2，即x 1x 2<1．【答案】（1）因为2F 1F 2→+F 2Q →=0，所以F 1为F 2Q 中点． 设Q 的坐标为(−3c, 0)，因为AQ ⊥AF 2，所以b 2＝3c ×c ＝3c 2，a 2＝4c ×c ＝4c 2， 且过A ，Q ，F 2三点的圆的圆心为F 1(−c, 0)，半径为2c ． 因为该圆与直线l 相切，所以|−c−3|2=2c ．解得c ＝1，所以a ＝2，b =√3． 故所求椭圆方程为x 24+y 23=1．（2）设l 1的方程为y ＝kx +2(k >0)， 由{y =kx +2x 24+y 23=1 得(3+4k 2)x 2+16kx +4＝0． 设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)，则x 1+x 2=−16k3+4k 2．所以PG →+PH →=(x 1−m,y 1)+(x 2−m,y 2)=(x 1+x 2−2m, y 1+y 2)．＝(x 1+x 2−2m, k(x 1+x 2)+4)GH →=(x 2−x 1,y 2−y 1)=(x 2−x 1,k(x 2−x 1))． 由于菱形对角线互相垂直，则(PG →+PH →)⋅GH →=0．所以(x 2−x 1)[(x 1+x 2)−2m]+k(x 2−x 1)[k(x 1+x 2)+4]＝0． 故(x 2−x 1)[(x 1+x 2)−2m +k 2(x 1+x 2)+4k]＝0． 因为k >0，所以x 2−x 1≠0．所以(x 1+x 2)−2m +k 2(x 1+x 2)+4k ＝0 即(1+k 2)(x 1+x 2)+4k −2m ＝0． 所以(1+k 2)(−16k3+4k 2)+4k −2m =0解得m =−2k3+4k 2．即m =−23k+4k ．因为k >0，所以−√36≤m <0．故存在满足题意的点P 且m 的取值范围是[−√36,0)．(Ⅲ)①当直线l 1斜率存在时，设直线l 1方程为y ＝kx +2，代入椭圆方程x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2+16kx +4＝0． 由△>0，得k 2>14． 设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)，则x 1+x 2=−16k3+4k 2，x 1x 2=43+4k 2．又MG →=λMH →，所以(x 1, y 1−2)＝λ(x 2, y 2−2)．所以x 1＝λx 2．所以x 1+x 2＝(1+λ)x 2，x 1x 2＝λx 22． 所以(x 1+x 21+λ)2=x 22=x 1x 2λ．将上式代入整理得：643k 2+4=(1+λ)2λ．因为k 2>14，所以4<643k 2+4<16．即4<(1+λ)2λ<16．所以4<λ+1λ+2<16．解得7−4√3<λ<7+4√3．又0<λ<1，所以7−4√3<λ<1．②又当直线l 1斜率不存在时，直线l 1的方程为x ＝0，此时G(0,√3)，H(0,−√3)，MG →=(0,√3−2)，MH →=(0,−√3−2)，MG →=√32+√3→，所以λ=7−4√3．所以7−4√3≤λ<1，即所求λ的取值范围是[7−4√3,1)． 【考点】直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的标准方程 【解析】（I ）因为2F 1F 2→+F 2Q →=0，知a ，c 的一个方程，再利用△AQF 的外接圆得出另一个方程，解这两个方程组成的方程组即可求得所求椭圆方程；(II)由(I)知设l 1的方程为y ＝kx +2，将直线的方程代入椭圆的方程，消去y 得到关于x 的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量(PG →+PH →)⋅GH →=0的坐标表示即可求得满足题意的点P 且m 的取值范围．(Ⅲ)先分两种情况讨论：①当直线l 1斜率存在时，设直线l 1方程为y ＝kx +2，代入椭圆方程消去y 得到关于x 的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量(PG →+PH →)⋅GH →=0的坐标表示即可求得满足题意的λ的取值范围；②又当直线l 1斜率不存在时，直线l 1的方程为x ＝0，同样利用向量的坐标运算求λ的取值范围． 【解答】（1）因为2F 1F 2→+F 2Q →=0，所以F 1为F 2Q 中点． 设Q 的坐标为(−3c, 0)，因为AQ ⊥AF 2，所以b 2＝3c ×c ＝3c 2，a 2＝4c ×c ＝4c 2， 且过A ，Q ，F 2三点的圆的圆心为F 1(−c, 0)，半径为2c ．因为该圆与直线l 相切，所以|−c−3|2=2c ．解得c ＝1，所以a ＝2，b =√3． 故所求椭圆方程为x 24+y 23=1．（2）设l 1的方程为y ＝kx +2(k >0)， 由{y =kx +2x 24+y 23=1 得(3+4k 2)x 2+16kx +4＝0． 设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)，则x 1+x 2=−16k3+4k 2．所以PG →+PH →=(x 1−m,y 1)+(x 2−m,y 2)=(x 1+x 2−2m, y 1+y 2)．＝(x 1+x 2−2m, k(x 1+x 2)+4)GH →=(x 2−x 1,y 2−y 1)=(x 2−x 1,k(x 2−x 1))． 由于菱形对角线互相垂直，则(PG →+PH →)⋅GH →=0．所以(x 2−x 1)[(x 1+x 2)−2m]+k(x 2−x 1)[k(x 1+x 2)+4]＝0． 故(x 2−x 1)[(x 1+x 2)−2m +k 2(x 1+x 2)+4k]＝0． 因为k >0，所以x 2−x 1≠0．所以(x 1+x 2)−2m +k 2(x 1+x 2)+4k ＝0 即(1+k 2)(x 1+x 2)+4k −2m ＝0． 所以(1+k 2)(−16k3+4k 2)+4k −2m =0解得m =−2k3+4k 2．即m =−23k+4k ．因为k >0，所以−√36≤m <0．故存在满足题意的点P 且m 的取值范围是[−√36,0)．(Ⅲ)①当直线l 1斜率存在时，设直线l 1方程为y ＝kx +2，代入椭圆方程x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2+16kx +4＝0． 由△>0，得k 2>14． 设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)，则x 1+x 2=−16k3+4k ，x 1x 2=43+4k 2．又MG →=λMH →，所以(x 1, y 1−2)＝λ(x 2, y 2−2)．所以x 1＝λx 2．所以x 1+x 2＝(1+λ)x 2，x 1x 2＝λx 22． 所以(x 1+x 21+λ)2=x 22=x 1x 2λ．将上式代入整理得：643k 2+4=(1+λ)2λ．因为k 2>14，所以4<643k 2+4<16．即4<(1+λ)2λ<16．所以4<λ+1λ+2<16．解得7−4√3<λ<7+4√3．又0<λ<1，所以7−4√3<λ<1．②又当直线l 1斜率不存在时，直线l 1的方程为x ＝0，此时G(0,√3)，H(0,−√3)，MG →=(0,√3−2)，MH →=(0,−√3−2)，MG →=√32+√3→，所以λ=7−4√3．所以7−4√3≤λ<1，即所求λ的取值范围是[7−4√3,1)． 【答案】（1）曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cosθ， 转化为：(ρsinθ)2＝4ρcosθ，进一步转化为直角坐标方程为：y 2＝4x（2）把直线l 的参数方程为{x =2−3ty =−1+2t （t 为参数）化为：2x +3y ＝1， 代入y 2＝4x 得y 2+6y −2＝0； 设A 、B 的纵坐标分别为y 1、y 2； 则y 1y 2＝−2，y 1+y 2−6；则|y 1−y 2|=√36−4×(−2)=2√11； |AB|=√1+(−32)2×|y 1−y 2|=√132×2√11=√143，所以|AB|=√143． 【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程 【解析】(Ⅰ)直接把极坐标方程转化为直角坐标方程．(Ⅱ)把参数方程代入抛物线得到关于t 的一元二次方程，进一步利用根和系数的关系求出结果． 【解答】（1）曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cosθ， 转化为：(ρsinθ)2＝4ρcosθ，进一步转化为直角坐标方程为：y 2＝4x（2）把直线l 的参数方程为{x =2−3ty =−1+2t （t 为参数）化为：2x +3y ＝1， 代入y 2＝4x 得y 2+6y −2＝0； 设A 、B 的纵坐标分别为y 1、y 2； 则y 1y 2＝−2，y 1+y 2−6；则|y 1−y 2|=√36−4×(−2)=2√11； |AB|=√1+(−32)2×|y 1−y 2|=√132×2√11=√143，所以|AB|=√143． [不等式选讲] 【答案】不等式f(x)≤3，即|x +12|+|x −32|≤3．不等式的几何意义，是数轴是的点x ，到−12与32的距离之和不大于3，∴ −1≤x ≤2，不等式的解集为{x|−1≤x ≤2}； 函数f(x)＝|x +12|+|x −32|．由绝对值的几何意义可知：f(x)min ≥2， 关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集非空， 只须：2<12|1−a|，解得a <−3或a >5．关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集是空集，可得−3≤a ≤5．【考点】绝对值不等式的解法与证明 【解析】(Ⅰ)利用绝对值的几何意义直接求不等式f(x)≤6的解集；(Ⅱ)求出函数的最小值，然后求解关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集是空集，得到实数m 的取值范围． 【解答】不等式f(x)≤3，即|x +12|+|x −32|≤3．不等式的几何意义，是数轴是的点x ，到−12与32的距离之和不大于3， ∴ −1≤x ≤2，不等式的解集为{x|−1≤x ≤2}； 函数f(x)＝|x +12|+|x −32|．由绝对值的几何意义可知：f(x)min ≥2， 关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集非空， 只须：2<12|1−a|，解得a <−3或a >5．关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集是空集，可得−3≤a ≤5．。
2020年陕西省高考数学一模试卷(理科)(有解析)
2020年陕西省高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设(1−i)x=1+yi，其中x,y是实数，则x+yi在复平面内所对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.设集合A={x|x+1≤3}，B={x|4−x2≤0}，则A∩B=()A. (−∞,−2]B. (−∞,−4]C. [−2,2]D. (−∞,−2]∪{2}3.函数f(x)=|x|+1是()A. 奇函数B. 偶函数C. 既是奇函数又是偶函数D. 非奇非偶函数4.等差数列{a n}中，已知a7=9，S5=5，则S8的值是()A. 23B. 30C. 32D. 345.执行如图所示的程序框图，则当输入的x分别为3和6时，输出的值的和为()A. 45B. 35C. 147D. 756.为了解城市居民的健康状况，某调查机构从一社区的120名年轻人，80名中年人，60名老年人中，用分层抽样方法抽取了一个容量为n的样本进行调查，其中老年人抽取了3名，则n=()A. 26B. 24C. 20D. 137.设a=log0.60.5，b=log2(log38)，则()A. a<1<bB. a<b<1C. b<1<aD. 1<b<a8.(x2−3x+2)5的展开式中含x3的项的系数为()A. −1560B. −600C. 600D. 15609.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M,N两点，且|MF|=2|NF|，则直线l的斜率为()A. ±√2B. ±2√2C. ±√22D. ±√2410.若函数f(x)=3sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移π3个单位后关于y轴对称，则f(x)的单调增区间为()A. B.C. D.11.如图所示为某三棱锥的三视图，若该三棱锥的体积为，则它的外接球表面积为()A. B. C. D.12.函数f(x)=x3−ax2−bx+a2在x=1处有极值10，则点(a,b)坐标为()A. (3,−3)B. (−4,11)C. (3,−3)或(−4,11)D. 不存在二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）13.已知a⃗=(1,−1)，b⃗ =(−1,2)，则(2a⃗+b⃗ )⋅a⃗=______．14.曲线f(x)=2x−1x在点(1,f(1))处的切线与圆x2+y2=R2相切，则R=______．15.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，点A，B在双曲线C的左支上，o为坐标点，直线BO与双曲线C的右支交于点M.若直线AB的斜率为3，直线AM的斜率为1，则双曲线C的离心率为____．三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）16.若数列{a n}满足a1⋅a2⋅a3…a n=n2+3n+2，则a4=(1)，a n=(2)．四、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，D 是BC 的边上的点，cos∠BAD =35,cos∠ADC =−√55． (1)求sin B 的值；(2)若BD =2DC =2，求AC 的长．18. 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(Ⅰ)求甲在3局以内(含3局)赢得比赛的概率；(Ⅱ)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和数学期望．19. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB =2AD =2，∠DAB =60°，PA =PC =2，且平面ACP ⊥平面ABCD ．(Ⅰ)求证：CB ⊥PD ；(Ⅱ)求二面角C −PB −A 的余弦值．20.已知函数f(x)=lnxx−1(1)试判断函数f(x)的单调性；(2)设m>0，求f(x)在[m,2m]上的最大值；(3)试证明：对∀n∈N∗，不等式ln(1+nn )e<1+nn．21.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为12，P是C上的一个动点．当P为C的上顶点时，▵F1PF2的面积为√3．(1)求C的方程；(2)设斜率存在的直线PF2与C的另一个交点为Q.若存在点T(t,0)，使得|TP|=|TQ|，求t的取值范围．22.平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=√3+2cosα(α为参数)，在以坐标原点y=1+2sinαO为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中，点P在射线l:θ=π上，且点P到极点O的距离3为4．(Ⅰ)求曲线C的普通方程与点P的直角坐标；(Ⅱ)求▵OCP的面积．23.已知f(x)=|x−2a|+|2x+a|，g(x)=2x+3．(1)当a=1时，求不等式f(x)<4的解集；,1)时，f(x)<g(x)恒成立，求a的取值范围．(2)若0<a<3，且当x∈[−a2【答案与解析】1.答案：D解析：本题主要考查了复数的概念，运算及几何意义，考查了学生的运算求解能力，属基础题． 由题意解得x ，y ，从而得出x +yi 在复平面内所对应的点所在象限．解：∵x ，y 是实数，∴(1−i)x =x −xi =1+yi ，∴{x =1−x =y ,解得x =1，y =−1，∴x +yi 在复平面内所对应的点为(1,−1)，位于第四象限，故选D ．2.答案：D解析：本题考查了交集的运算，是基础题.先求出集合A ，B ，然后进行交集的运算即可．解：A ={x|x ≤2}，B ={x|x ≤−2或x ≥2}；∴A ∩B =(−∞,−2]∪{2}．故选：D ．3.答案：B解析：函数定义域为R ，f(−x)=|−x |+1=|x |+1=f(x)，∴f(x)是偶函数．4.答案：C解析：本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．解：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7=9，S 5=5，∴a 1+6d =9，5a 1+ 5×4 2d =5，解得：a 1=−3，d =2，则S 8=8×(−3)+ 8×7 2×2=32．故选：C ．5.答案：D解析：本题主要考查了程序框图的应用，考查了函数解析式，属于基础题；根据题意得到f(3)=f(5)=f(7)=72−5=44，f(6)=62−5=31，即可得解．解：因为y =f(x)={x 2−5,x ⩾6f(x +2),x <6, 则f(3)=f(5)=f(7)=72−5=44；f(6)=62−5=31，所以f(3)+f(6)=75．故选D ．6.答案：D解析：解：由分层抽样得n 120+80+60=360，解得n =13，故选：D ．本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键．比较基础． 7.答案：C解析：解：∵a =log 0.60.5>log 0.60.6=1，b =log 2(log 38)<log 2(log 39)=log 22=1， ∴a >1>b ．故选：C ．利用对数的运算法则、对数函数的单调性即可得出．本题考查了对数的运算法则、对数函数的单调性，属于基础题．解析：解：∵(x2−3x+2)5=(x−1)5(x−2)5=(C50x5−C51x4+C52x3−C53x2+C54x−1)(C50x5−2C51x4+4C52x3−8C53x2+16C54x−32).∴展开式中含x3的项的系数为：−36C53−24C53C54=−1560．故选：A．(x2−3x+2)5=(x−1)5(x−2)5，分别展开两个二项式，即可得到含x3的项的系数．本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，是基础题．9.答案：B解析：【试题解析】本题考查直线斜率的求法，抛物线的简单性质的应用，属于中档题．依题意F(1,0)，设直线AB的方程为x=my+1.将直线AB的方程与抛物线的方程联立，得y2−4my−4=0，由此能够求出直线AB的斜率．解：依题意F(1,0)，设直线AB的方程为x=my+1，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得y2−4my−4=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以y1+y2=4m，y1y2=−4，①因为|MF|=2|NF|，所以y1=−2y2，②，联立①和②，消去y1，y2，得m=±√24所以直线AB的斜率是±2√2.故选：B．10.答案：C解析：本题考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质．先根据三角函数图象的平移规律及平移后的图象关于y轴对称，求出φ，得到f(x)的解析式，再求单解：函数f(x)的图象向右平移π3个单位得到函数的图象，因为平移后的图象关于y轴对称，所以−2π3+φ=π2+kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以k=−1，φ=π6，所以，令−π2+2kπ⩽2x+π6⩽π2+2kπ，k∈Z，得−π3+kπ⩽x⩽π6+kπ，k∈Z，因而函数f(x)的单调增区间为[−π3+kπ,π6+kπ]，k∈Z．故选C．11.答案：B解析：本题考查三视图及多面体外接球的表面积，具有综合性，考查空间想象能力.正确找到直观图是解题关键．由三视图可知，该几何体是一条棱垂直底面的三棱锥，然后根据三棱锥的体积公式求得．解：由三视图可知，该几何体是一条棱垂直底面的三棱锥，可以看成长2宽1高1的长方体切除后剩下的，其外接球与长方体外接球相同．若该三棱锥的体积为，可得x=2．故外接球直径为√12+12+22=√6，半径为√62．故外接球表面积为．故选B．12.答案：B解析：本题考查利用导数研究函数的极值，解题的关键是熟练掌握极值的充要条件，属于中档题． 首先对函数进行求导，然后根据极值条件进行求解，要注意进行检验． 解：求导可得，f′(x)=3x 2−2ax −b ， 由已知得{f ′(1)=0f (1)=10，即{3−2a −b =01−a −b +a 2=10解得a =−4，b =11或a =3,b =−3当a =3,b =−3时，f ′(x)=3x 2−6x +3=3(x −1)2⩾0， 此时f(x)递增，函数f(x)不存在极值 故a =−4，b =11，即点(a,b)坐标为(−4,11) 故选B ．13.答案：−1解析：解：a ⃗ =(1,−1)，b ⃗ =(−1,2)，则2a ⃗ +b ⃗ =(1,0) (2a ⃗ +b ⃗ )⋅a ⃗ =−1+0=−1． 故答案为：−1．直接利用向量的坐标运算以及向量的数量积求解即可． 本题考查向量的数量积的运算，基本知识的考查．14.答案：√105解析：本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线和圆相切的条件：d =r ，考查方程思想和运算能力，属于基础题．求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线方程，再由圆心到切线的距离等于半径，计算可得所求值．解：f(x)=2x −1x 的导数为f′(x)=2+1x 2， 可得切线的斜率为k =3，切点为(1,1)， 即有在x =1处的切线方程为y −1=3(x −1)， 即为3x −y −2=0，由切线与圆x 2+y 2=R 2相切， 可得d =√10=R ，解得：R =√105．故答案为√105．15.答案：2解析：本题考查了双曲线的离心率，考查了转化思想，属于中档题． 解：设B(m,n)，则直线BO 与双曲线的右支交于点 M(−m,−n)， 设A(x 0,y 0)，可得直线 AB 的斜率为y 0−nx 0−m ， 直线 AM 的斜率为y 0+nx 0+m；∴y 02−n 2x 02−m 2=b 2a 2x 02−b 2a 2n 2x 02−n 2=b 2a 2=3×1=3，∴e =√1+b2a 2=2，故答案为：216.答案：32{6,n =1n +2n,n >1解析：解：数列{a n }满足a 1⋅a 2⋅a 3…a n =n 2+3n +2， 当n =1时，a 1=1+3+2=6；当n >1时，a 1⋅a 2⋅a 3…a n−1=(n −1)2+3(n −1)+2=n 2+n −2； 所以a n =n 2+3n+2n 2+n =n+2n；所以a 4=4+24=32，a n ={6,n =1n+2n,n >1．故答案为：32，{6,n =1n+2n,n >1．在原数列递推式中，取n 为n −1得另一递推式，作商后求得数列的通项公式和a 4的值． 本题考查了数列递推式以及由数列递推式求数列通项公式的问题，属中档题．17.答案：(本小题满分12分)解：(1)∵cos∠ADB =cos(π−∠ADC)=−cos∠ADC =√55，∠ADB ∈(0,π)，∴sin∠ADB =2√55，……………………2′ ∵cos∠BAD =35,∠BAD ∈(0,π)，∴sin∠BAD =45.……………………4′ ∴sinB =sin[π−(∠BAD +∠ADB)]=sin(∠BAD +∠ADB) =sin∠BADcos∠ADB +cos∠BADsin∠ADB =45×√55+35×2√55=2√55.………………………6′ (2)在△ABD 中，由正弦定理得：ADsinB =BDsin∠BAD ，即2√55=245，∴AD =√5.……………9′在△ADC 中，由余弦定理得：AC 2=AD 2+DC 2−2AD ⋅DC ⋅cos∠ADC =5+1+2×√5×1×√55=8，∴AC =2√2.………12′解析：(1)利用三角形的内角和以及两角和与差的三角函数化简求解即可． (2)利用正弦定理以及余弦定理转化求解AC 的长．本题考查三角形的解法，两角和与差的三角函数以及正弦定理余弦定理的应用，考查计算能力．18.答案：解：(Ⅰ)用事件A i 表示第i 局比赛甲获胜，则A i 两两相互独立．P =P(A 1A 2+A 1A 2A 3)=P(A 1)P(A 2)+P(A 1)P(A 2)P(A 3)=23⋅23+13⋅23⋅23=1627． (Ⅱ)X 的取值分别为2，3，4，5， P(x =2)=23⋅23+13⋅13=59，P(x =3)=13⋅23⋅23+23⋅13⋅13=29， P(x =4)=23⋅13⋅23⋅23+13⋅23⋅13⋅13=1081， P(x =5)=23⋅13⋅23⋅13+13⋅23⋅13⋅23=881， 所以X 的分布列为X2345P 59291081881EX=2×59+3×29+4×1081+5×881=22481．解析：(Ⅰ)用事件A i表示第i局比赛甲获胜，则A i两两相互独立，由此能求出甲在3局以内(含3局)赢得比赛的概率．(Ⅱ)X的取值分别为2，3，4，5分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题．19.答案：(I)证明：连接AC，BD，设交点为O，连接OP，则O是BD的中点，∵PA=PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，又∵平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，∴PO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PO．∵AB=2AD=2，∠DAB=60°，∴BD=√1+4−2×1×2×cos60°=√3，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，又BC//AD，∴BC⊥BD，又PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PO∩BD=O，∴BC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD，∴BC⊥PD．(II)解：OA=√AD2+OD2=√72，∴PO=√PA2−OA2=32．以D为原点，以DA，DB，及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系D−xyz，则A(1,0，0)，B(0,√3,0)，P(0,√32,32)，C(−1,√3,0)，∴BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0，0)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√32,32)， 设平面PBC 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴{−x =0−√32y +32z =0，取z =1得m ⃗⃗⃗ =(0,√3,1)， 同理可得平面PAB 的法向量为n ⃗ =(3,√3,1)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=2×√13=2√1313． 由图形可知二面角C −PB −A 为钝二面角， ∴二面角C −PB −A 的余弦值为−2√1313．解析：(I)证明PO ⊥平面ABCD 得出PO ⊥BC ，利用勾股定理证明BC//BD ，从而BC ⊥平面PBD ，于是BC ⊥PD ；(II)建立空间坐标系，求出平面PAB 和平面PBC 的法向量，通过计算法向量的夹角得出二面角的大小．本题考查了线面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题．20.答案：解：(1)函数f(x)的定义域是：(0,+∞)由已知f ′(x)=1−lnx x 2令f′(x)=0得，1−lnx =0，∴x =e ∵当0<x <e 时，f ′(x)=1−lnx x 2>0，当x >e 时，f ′(x)=1−lnx x <0∴函数f(x)在(0,e]上单调递增，在[e,+∞)上单调递减，(2)由(1)知函数f(x)在(0,e]上单调递增，在[e,+∞)上单调递减 故①当0<2m ≤e 即0<m ≤e2时，f(x)在[m,2m]上单调递增 ∴f(x)max =f(2m)=ln(2m)2m−1，②当m ≥e 时，f(x)在[m,2m]上单调递减 ∴f(x)max =f(m)=lnm m−1，③当m<e<2m，即e2<m<e时∴f(x)max=f(e)=1e−1．(3)由(1)知，当x∈(0,+∞)时，f(x)max=f(e)=1e−1，∴在(0,+∞)上恒有f(x)=lnxx −1≤1e−1，即lnxx ≤1e且当x=e时“=”成立，∴对∀x∈(0,+∞)恒有lnx≤1ex，∵1+nn >0,1+nn≠e，∴ln1+nn <1e⋅1+nn⇒ln(1+nn)e<1+nn即对∀n∈N∗，不等式ln(1+nn )e<1+nn恒成立．解析：(1)利用商的求导法则求出所给函数的导函数是解决本题的关键，利用导函数的正负确定出函数的单调性；(2)利用导数作为工具求出函数在闭区间上的最值问题，注意分类讨论思想的运用；(3)利用导数作为工具完成该不等式的证明，注意应用函数的最值性质．本题考查导数在函数中的应用问题，考查函数的定义域思想，考查导数的计算，考查导数与函数单调性的关系，考查函数的最值与导数的关系，注意问题的等价转化性．21.答案：解：(1)设椭圆的半焦距为c．因为S▵F1PF2=12⋅2c⋅b=√3，所以bc=√3，又e=ca =12，a2=b2+c2，所以a=2，b=√3，c=1，所以C的方程为x24+y23=1．(2)设直线PQ的方程为y=k(x−1)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，PQ的中点N(x0,y0)．当k=0时，t=0符合题意．当k ≠0时，由{y =k (x −1),x 24+y 23=1,得(4k 2+3)x 2−8k 2x +4k 2−12=0， 则x 1+x 2=8k 24k 2+3，x 1x 2=4k 2−124k 2+3，所以x 0=x 1+x 22=4k 24k 2+3，y 0=k (x 0−1)=−3k4k 2+3，即N (4k 24k 2+3,−3k4k 2+3)．因为|TP |=|TQ |， 所以TN ⊥PQ ， 则k TN ⋅k =−1， 所以3k 4k 2+3t−4k 24k 2+3⋅k =−1， 故t =k 24k 2+3=14+3k 2，因为4+3k 2>4， 所以t ∈(0,14)．综上，t 的取值范围为[0,14)．解析：本题重点考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查存在性问题的研究，联立直线方程与椭圆方程是解题的关键．(1)由离心率可得a ，c 的关系，由面积可得bc 的关系，由求得a ，b ，故可得答案，(2)设直线PQ 的方程为y =k (x −1)，当k =0时，t =0符合题意．当k ≠0时，联立方程组可得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，结合韦达定理和k TN⋅k=−1，故可得t的取值范围．22.答案：解：(1)消去参数α，得曲线C的普通方程为(x−√3)2+(y−1)2=4，点P的极坐标为(4,π3)，直角坐标为(2,2√3).(2)(方法一)圆心C(√3,1)，OC:y=√33x⇒x−√3y=0，点P到OC的距离d=|2−√3⋅2√3|2=2，且|OC|=2，所以S△OCP=12|OC|⋅d=2.(方法二)圆心C(√3,1)，其极坐标为(2,π6)，而P(4,π3)，结合图像利用极坐标的几何含义，可得，|OC|=2,|OP|=4，所以=12⋅2⋅4⋅sin π6=2．所以S△OCP=2．解析：本题考查了简单曲线的极坐标方程和曲线的参数方程，是中档题．(1)消去参数α可得曲线C的普通方程，由P的极坐标转为P的直角坐标；(2)(方法一)，先得出直线OC的方程，再得出点P到OC的距离，即可得出△OCP的面积；(方法二)圆心C(√3,1)，其极坐标为(2,π6)，而P(4,π3)，结合图像利用极坐标的几何含义，可得△OCP的面积．23.答案：解：(1)当a=1时，不等式f(x)<4可化为|x−2|+|2x+1|<4，若x<−12，则有2−x−2x−1<4，解得x>−1，∴此时−1<x<−12；若−12≤x≤2，则有2−x+2x+1<4，解得x<1，∴此时−12≤x<1；若x>2，则有x−2+2x+1<4，解得x<53，∴此时无解，综上可得，原不等式的解集是{x|−1<x <1}； (2)当x ∈[−a2,1)时，f(x)=|x −2a|+2x +a ， f(x)<g(x)即为|x −2a|<3−a 恒成立， ∵0<a <3，∴3−a >0， ∴a −3<x −2a <3−a ，即3a −3<x <3+a 在x ∈[−a2,1)上恒成立， ∴{−a2>3a −31≤3+a 0<a <3，解得0<a <67．解析：本题主要考查绝对值不等式的求解，属于中档题． (1)将f(x)分区间求解即可；(2)将f(x)<g(x)恒成立转化为|x −2a|<3−a 恒成立，然后求解得到{−a2>3a −31≤3+a 0<a <3，解出a 的取值范围．。
2020年陕西省榆林市高考数学模拟试卷(理科)(3月份)
2020年陕西省榆林市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的．1．（5分）设集合{|22A x x =-<…，}x Z ∈，2{|log 1}B x x =<，则(A B =I ) A ．(0,2)B ．(2-，2]C ．{1}D ．{1-，0，1，2}2．（5分）在复平面内，复数(,)z a bi a b R =+∈对应向量(OZ O u u u r 为坐标原点），设||OZ r =u u u r ，以射线Ox 为始边，OZ 为终边旋转的角为θ，则(cos sin )z r i θθ=+，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：1111(cos sin )z r i θθ=+，2222(cos sin )z r i θθ=+，则12121212[cos()sin()]z z r r i θθθθ=+++，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：[(cos sin )](cos sin )n n r i r n i n θθθθ+=+，已知4(3)z i =+，则||(z = )A ．23B ．4C ．83D ．163．（5分）为比较甲、乙两名高中学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为100分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述不正确的是( )A ．甲的数据分析素养优于乙B ．乙的数据分析素养优于数学建模素养C ．甲的六大素养整体水平优于乙D ．甲的六大素养中数学运算最强4．（5分）已知sin 2cos 1αα-=，3(,)2παπ∈，则1tan2(1tan 2αα-=+ )A ．12-B ．2-C ．12D ．25．（5分）在ABC ∆中，点D 是线段BC 上任意一点，2AM AD =u u u u r u u u r ，BM AB AC λμ=+u u u ur u u u r u u u r ，则(λμ+= )A ．12-B ．2-C ．12D ．26．（5分）设椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的右顶点为A ，右焦点为F ，B 、C 为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF 交直线AC 于M ，且M 为AC 的中点，则椭圆E 的离心率是() A ．23B ．12 C ．13D ．147．（5分）《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：2n =及3n =时，如图：记n S 为每个序列中最后一列数之和，则6S 为( ) A ．147B ．294C ．882D ．17648．（5分）已知函数3sin ()(1)()x xx x f x x m x e e -+=+-++为奇函数，则(m = )A ．12B ．1C ．2D ．39．（5分）已知正四面体的内切球体积为v ，外接球的体积为V ，则(Vv = ) A ．4B ．8C ．9D ．2710．（5分）要得到函数()sin(3)3f x x π=+的导函数()f x '的图象，只需将()f x 的图象( )A ．向右平移3π个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍( 横坐标不变）B ．向右平移6π个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的3倍( 横坐标不变） C ．向左平移3π个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的 3倍( 横坐标不变）D ．向左平移6π个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的 3倍( 横坐标不变）11．（5分）已知平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB AD ⊥，CD AD ⊥，且3AB =，6AD CD ==，ADEF 是正方形，在正方形ADEF 内部有一点M ，满足MB ，MC 与平面ADEF 所成的角相等，则点M 的轨迹长度为( ) A ．43B ．16C ．43πD ．8π12．（5分）已知y ax b =+与函数()25f x lnx =+和2()4g x x =+都相切，则不等式组3020x ay x by -+⎧⎨+-⎩……所确定的平面区域在2222220x y x y ++--=内的面积为( ) A ．2π B ．3π C ．6π D ．12π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）设1x 、2x 、3x 、4x 为互不相等的正实数，随机变量X 和Y 的分布列如表，若记DX ，DY 分别为X ，Y 的方差，则DX DY ．（填>，<，)=14．（5分）ABC ∆的三个内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，已知2cos 2b A c =+，则B ∠= ．15．（5分）若双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的顶点到渐近线的距离为2b 2小值 ．16．（5分）若奇函数()f x 满足(2)()f x f x +=-，()g x 为R 上的单调函数，对任意实数x R ∈都有[()22]1x g g x -+=，当[0x ∈，1]时，()()f x g x =，则2(log 12)f = ．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．。
2019-2020学年陕西省榆林市高考数学一模试卷(理科)
是等差数列；
（2）若
，求 T2n．
19．（12 分）在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为平行四边形，∠ABD=90°，
EB⊥平面 ABCD，EF∥AB，AB=2，EB=
，且 M 是 BD 的中点．
（1）求证：EM∥平面 ADF；
（2）求二面角 A﹣FD﹣B 的余弦值的大小．
！
功
成 20．（12 分）已知抛物线 E：y2=2px（p＞0）的准线与 x 轴交于点 k，过点 k 做圆
！
功 A．把 C1 上各点横坐标伸长到原来的 2 倍，再把得到的曲线向右平移 ，得到
曲线 C2
成 B．把 C1 上各点横坐标伸长到原来的 2 倍，再把得到的曲线向右平移
曲线 C2
，得到
C．把 C1 向右平移 C2
到 ，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的 ，得到曲线
D．把 C1 向右平移 C2
马 ，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的 ，得到曲线
．
祝请考生在 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.[选
修 4-4：坐标系与参数方程] 22．（10 分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建
立极坐标系，点 A 的极坐标为
，直线 l 的极坐标方程为
，且 l 过点 A，曲线 C1 的参考方程为
（θ 为参数）．
考 【解答】解：根据曲线
=sin（ x﹣
把 C1 上各点横坐标伸长到原来的 2 倍，可得 y=sin（ x）的图象；
），
高 再把得到的曲线向右平移 ，得到曲线 C2：y=sin（ x﹣
） 的图象，
您 故选：B． 祝7．（5 分）《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，
陕西省榆林市2020届高三模拟第一次测试理数试题及答案
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6
.
| CD || n | 1 6 3
∴ 直 线 CD 与 平 面 ACM 所 成 的 角 的 余 弦 值 为
6
. ……………………………12分
3
18.(本小题满分 12 分)
解:（Ⅰ）∵ 2b cos A a cos C c cos A 0 ，
由正弦定理得 2sin B cos A sin Acos C sin C cos A 0 , 即 2sin B cos A sin( A C) 0 ，
∵A+B+C=π，∴sin(A+C)=sinB，∴ 2 sin B cos A sin B 0 . …………………2 分
#!!本小题满分!#分设椭 圆 0')%## -.,## +!")%,%&#的 左)右 焦 点 分 别 为 /!!/#!椭 圆 0 与. 轴正半轴交于点$!连接 $/#!过点 $ 作$:*$/# 交% 轴负半轴于点:!
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2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷(理科)(含解析)
2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷（理科）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z¯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2.设集合A＝{x|x2−5x+6>0}，B＝{x|x2−1<0}，则A∩B＝（）A.(−∞, 1]B.(−1, 1)C.(−∞, −1)D.(−∞, −1)∪(3, +∞)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[20, 40),[40, 60),[60, 80),[80, 100]，若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是（）A.45B.50C.55D.604.若0<m<n，则下列结论正确的是（）A.2m>2nB.0.5m<0.5nC.log2m>log2nD.log0.5m>log0.5n5.关于甲、乙、丙三人参加高考结果有下列三个正确的判断：①若甲未被录取，则乙、丙都被录取；②乙与丙中必有一个未被录取；③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6.已知向量m→=(λ+1,1),n→=(λ+2,2)，若(m→+n→)⊥(m→−n→)，则λ＝（）A.−4B.−3C.−2D.−17.已知α∈(0, π)，2sin2α＝cos2α−1，则sinα＝（）A.15B.√55C.−√55D.2√558.定义函数f(x)={sinx,sinx≥cosx cosx,sinx<cosx，给出下列四个命题：（1）该函数的值域为[−1, 1]；（2）当且仅当x=2kπ+π2(k∈Z)时，该函数取得最大值；（3）该函数是以π为最小正周期的周期函数；（4）当且仅当2kπ+π<x<2kπ+3π2(k∈Z)时，f(x)<0．上述命题中正确的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个9.已知偶函数f(x+π2)，当x∈(−π2,π2)时，f(x)=x13+sinx，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则（）A.a<b<cB.b<c<aC.c<b<aD.c<a<b10.若m>0，n>0，且直线(m+1)x+(n+1)y−2＝0与圆x2+y2−2x−2y+1＝0相切，则m+n的取值范围是（）A.[2+√2, +∞)B.[2+2√2, +∞)C.(0, 2+√2]D.(0, 2+2√2]11.设F 1，F 2分别为双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的左、右焦点，A 为双曲线的左顶点，以F 1F 2为直径的圆交双曲线某条渐过线于M ，N 两点，且满足∠MAN =120∘，则该双曲线的离心率为()A.√213 B.√193 C.23 D.7√3312.定义域为R 的函数f(x)满足f(x +2)＝2f(x)，当x ∈[0, 2)时，f(x)={x 2−x,x ∈[0,1)−(12)|x−32|x ∈[1,2) ，若当x ∈[−4, −2)时，不等式f(x)≥t 24−t +12恒成立，则实数t 的取值范围是（ ）A.[2, 3]B.[1, 3]C.[1, 4]D.[2, 4]二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）曲线C:y ＝xlnx 在点M(e, e)处的切线方程为________．已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠BAC ＝120∘，则此球的表面积等于________．如图，抛物线C 1:y 2＝4x 和圆C 2：(x −1)2+y 2＝1，直线l 经过C 1的焦点F ，依次交C 1，C 2于A ，B ，C ，D 四点，则AB →⋅CD →的值是________．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC =120∘，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD =1，则4a +c 的最小值为________．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝2，AB ＝1，AM ⊥PD 于点M ，连接BM ．（1）求证：PD ⊥BM ；（2）求直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 分别满足c ＝2b ＝2，2bcosA +acosC +ccosA ＝0，又点D 满足AD →=13AB →+23AC →．（1）求a 及角A 的大小；（2）求|AD →|的值．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1=12，2a n+1=a n +12b n ,2b n+1=12a n +b n ．（1）证明：数列{a n +b n }，{a n −b n }为等比数列；（2）记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n <103．函数f(x)＝2(x 2−2x)lnx −x 2+4x ．(Ⅰ)求f(x)在x ＝e 处的切线方程（e 为自然对数的底数）；(Ⅱ)设g(x)＝x 3−3x 2+3x +f(x)，若x 1，x 2∈(0, +∞)且x 1≠x 2，满足g(x 1)+g(x 2)＝8，求证：x 1x 2<1．设椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为A ，过点A 与AF 2垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且2F 1F 2→+F 2Q →=0，若过A ，Q ，F 2三点的圆恰好与直线l:x −√3y −3=0相切．过定点M(0, 2)的直线l 1与椭圆C 交于G ，H 两点（点G 在点M ，H 之间）．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设直线l 1的斜率k >0，在x 轴上是否存在点P(m, 0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的取值范围，如果不存在，请说明理由；(Ⅲ)若实数λ满足MG →=λMH →，求λ的取值范围．以平面直角坐标系原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度单位为长度单位建立极坐标系．已知直线l的参数方程为{x=2−3ty=−1+2t（t为参数），曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝4cosθ(Ⅰ)求曲线C的直角坐标方程；(Ⅱ)设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|AB|．[不等式选讲]已知函数f(x)＝|x+12|+|x−32|．（1）求不等式f(x)≤3的解集；（2）若关于x的不等式f(x)<12|1−a|的解集是空集，求实数a的取值范围．2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷（理科）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z ¯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【解答】∵z ＝−3+2i ，∴z ¯=−3−2i ，∴在复平面内z ¯对应的点为(−3, −2)，在第三象限．2.设集合A ＝{x|x 2−5x +6>0}，B ＝{x|x 2−1<0}，则A ∩B ＝（ ）A.(−∞, 1]B.(−1, 1)C.(−∞, −1)D.(−∞, −1)∪(3, +∞) 【解答】∵集合A ＝{x|x 2−5x +6>0}＝{x|x <2或x >3}，B ＝{x|x 2−1<0}＝{x|−1<x <1}，∴A ∩B ＝{x|−1<x <1}＝(−1, 1)．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[20, 40),[40, 60),[60, 80),[80, 100]，若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是（ ）A.45B.50C.55D.60【解答】∵成绩低于60分有第一、二组数据，在频率分布直方图中，对应矩形的高分别为0.005，0.01，每组数据的组距为20则成绩低于60分的频率P＝(0.005+0.010)×20＝0.3，又∵低于60分的人数是15人，=50．则该班的学生人数是150.34.若0<m<n，则下列结论正确的是（）A.2m>2nB.0.5m<0.5nC.log2m>log2nD.log0.5m>log0.5n【解答】∵0<m<n，∴2m<2n，0.5m>0.5n，log2m<log2n，log0.5m>log2n．5.关于甲、乙、丙三人参加高考结果有下列三个正确的判断：①若甲未被录取，则乙、丙都被录取；②乙与丙中必有一个未被录取；③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【解答】解：①若甲未被录取，则乙、丙都被录取；其逆否命题为：若乙、丙不都被录取，则甲被录取．由②乙与丙中必有一个未被录取．③或者甲未被录取，或者乙被录取．假设丙被录取，①③不正确，不符合题意．假设乙被录取，则①③都正确，因此甲乙都被录取．则三人中被录取的是甲乙．故选D.6.已知向量m→=(λ+1,1),n→=(λ+2,2)，若(m→+n→)⊥(m→−n→)，则λ＝（）A.−4B.−3C.−2D.−1【解答】m→+n→=(2λ+3,3),m→−n→=(−1,−1)，∴(2λ+3)×(−1)−3＝0，∴λ＝−3．7.已知α∈(0, π)，2sin2α＝cos2α−1，则sinα＝（）A.15B.√55C.−√55D.2√55【解答】∵α∈(0, π)，∴sinα>0，∵2sin2α＝cos2α−1，∴4sinαcosα＝−2sin2α，可得2cosα＝−sinα，又∵sin2α+cos2α＝1，∴sin2α+(−12sinα)2＝1，∴sinα=2√55．8.定义函数f(x)={sinx,sinx≥cosx cosx,sinx<cosx，给出下列四个命题：（1）该函数的值域为[−1, 1]；（2）当且仅当x=2kπ+π2(k∈Z)时，该函数取得最大值；（3）该函数是以π为最小正周期的周期函数；（4）当且仅当2kπ+π<x<2kπ+3π2(k∈Z)时，f(x)<0．上述命题中正确的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个【解答】该函数的值域为[−√22, 1]；故（1）错；当且仅当x=2kπ+π2(k∈Z)或x＝2kπ(k∈Z)时，该函数取得最大值；帮（2）错；该函数是以2π为最小正周期的周期函数；（3）错；当且仅当2kπ+π<x<2kπ+3π2(k∈Z)时，f(x)<0，（4）正确．故选：A．9.已知偶函数f(x+π2)，当x∈(−π2,π2)时，f(x)=x13+sinx，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则（）A.a<b<cB.b<c<aC.c<b<aD.c<a<b 【解答】∵当x∈(−π2,π2)时，y＝sinx单调递增，y=x13也为增函数，∴函数f(x)=x 13+sinx，也为增函数．∵函数f(x+π2)为偶函数，∴f(−x+π2)=f(x+π2)，即函数的对称轴为x=π2，即f(x)＝f(π−x)∴f(2)＝f(π−2)，f(3)＝f(π−3)，∵0<π−3<1<π−2<π2，∴f(π−3)<f(1)<f(π−2)，即c<a<b，故选：D．10.若m>0，n>0，且直线(m+1)x+(n+1)y−2＝0与圆x2+y2−2x−2y+1＝0相切，则m+n的取值范围是（）A.[2+√2, +∞)B.[2+2√2, +∞)C.(0, 2+√2]D.(0, 2+2√2]【解答】由圆x2+y2−2x−2y+1＝0，得(x−1)2+(y−1)2＝1，得到圆心坐标为(1, 1)，半径r＝1，∵直线(m+1)x+(n+1)y−2＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d=√(m+1)2+(n+1)2=1，整理得：m+n+1＝mn≤(m+n2)2，设m +n ＝x(x >0)，则有x +1≤x 24，即x 2−4x −4≥0， 解得：x ≥2+2√2，则m +n 的取值范围为[2+2√2, +∞)．11.设F 1，F 2分别为双曲线C:x 2a −y 2b =1(a >0, b >0)的左、右焦点，A 为双曲线的左顶点，以F 1F 2为直径的圆交双曲线某条渐过线于M ，N 两点，且满足∠MAN =120∘，则该双曲线的离心率为() A.√213B.√193C.23D.7√33【解答】解：不妨设圆与y =ba x 相交且点M 的坐标为(x 0, y 0)(x 0>0)， 则N 点的坐标为(−x 0, −y 0)，联立y 0=ba x 0，x 02+y 02=c 2，得M(a, b)，N(−a, −b)， 又A(−a, 0)且∠MAN =120∘， 所以由余弦定理得4c 2=(a +a)2+b 2+b 2−2√(a +a)2+b 2⋅bcos120∘， 化简得7a 2=3c 2， 求得e =√213． 故选A ．12.定义域为R 的函数f(x)满足f(x +2)＝2f(x)，当x ∈[0, 2)时，f(x)={x 2−x,x ∈[0,1)−(12)|x−32|x ∈[1,2)，若当x ∈[−4, −2)时，不等式f(x)≥t 24−t +12恒成立，则实数t 的取值范围是（ ） A.[2, 3] B.[1, 3] C.[1, 4] D.[2, 4]【解答】当x ∈[0, 1)时，f(x)＝x 2−x ∈[−14, 0]； 当x ∈[1, 2)时，f(x)=−−(12)|x−32|∈[−1, −√22]， ∴当x ∈[0, 2)时，f(x)的最小值为−1，又∵函数f(x)满足f(x+2)＝2f(x)，∴当x∈[−2, 0)时，f(x)的最小值为−12，当x∈[−4, −2)时，f(x)的最小值为−14，若x∈[−4, −2]时，f(x)≥t 24−t+12恒成立，∴−14≥t24−t+12恒成立．即t2−4t+3≤0，解得1≤t≤3，∴t∈[1, 3]，二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）曲线C:y＝xlnx在点M(e, e)处的切线方程为________．【解答】求导函数，y′＝lnx+1∴当x＝e时，y′＝2∴曲线y＝xlnx在点(e, e)处的切线方程为y−e＝2(x−e)即y＝2x−e已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝1，AA1＝2，∠BAC＝120∘，则此球的表面积等于________．【解答】设直三棱柱ABC−A1B1C1的上下底面的三角形的外接圆的圆心分别是点P，M，设△ABC的外接圆半径为r，直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为R，如图所示：，∴直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的球心O为线段PM的中点，在△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝120∘，∴由余弦定理得：cos1200=AB2+AC2−BC22AB⋅AC =−12，∴BC=√3，∴由正弦定理得：2r=BCsin120=2，∴r＝1，∴在Rt△OMC中，OC＝R，OM=12AA1=1，MC＝r＝1，∴R2＝12+12＝2，∴直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的表面积为：4πR2＝8π，故答案为：8π．如图，抛物线C 1:y 2＝4x 和圆C 2：(x −1)2+y 2＝1，直线l 经过C 1的焦点F ，依次交C 1，C 2于A ，B ，C ，D 四点，则AB →⋅CD →的值是________．【解答】由题意可知直线l 的斜率存在且不等于0， 由抛物线C 1:y 2＝4x ，得F(1, 0)，则直线l 的方程为y −0＝k(x −1)，即y ＝kx −k ． 联立{y =kx −ky 2=4x，得k 2x 2−2k 2x −4x +k 2＝0， 解得：A(1+2k 2−2√k 2+1k 2,2k −2√k 2+1k)，D(1+2k 2+2√k 2+1k 2,2k +2√k 2+1k)，联立{y =kx −k (x −1)2+y 2=1，得B(1−√k 2+1√k 2+1)，C(1+√k 2+1√k 2+1)， AB →=√2−2k +2√k 2+1k ,√2−2k +2√k 2+1k)，CD →=(2k +2√k 2+1k −√22k +2√k 2+1k−√2)．∴AB →⋅CD →=1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC =120∘，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD =1，则4a +c 的最小值为________． 【解答】解：由题意得12acsin120∘=12asin60∘+12csin60∘， 即ac =a +c ， 得1a +1c =1，得4a +c =(4a +c)(1a +1c )=ca +4a c+5≥2√ca ⋅4a c +5=4+5=9，当且仅当ca =4a c，即c =2a 时，取等号，故答案为：9．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝2，AB ＝1，AM ⊥PD 于点M ，连接BM ．（1）求证：PD ⊥BM ；（2）求直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值． 【解答】PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，由AB ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ，故AB ⊥平面PAD ， 因为PD 在平面PAD 内，故AB ⊥PD ， 因为AM ⊥PD ，AB ∩AM ＝A ，所以PD ⊥平面ABM ，由BM 在平面ABM ， 所以PD ⊥MB ；以AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A(0, 0, 0)，P(0, 0, 2)，B(1, 0, 0)，C(1, 2, 0)，D(0, 2, 0)，M(0, 1, 1)， AC →=(1,2,0),AM →=(0,1,1),CD →=(−1,0,0)，设平面ACM 的法向量为n →=(x,y,z)，由{n →⋅AC →=x +2y =0n →⋅Am →=y +z =0 ，得n →=(2,−1,1)，设平面ACM 和直线CD 所成角为α， 则sinα＝|cos <n →,CD →>|=√6=√63， 故平面ACM 和直线CD 所成角为√63已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 分别满足c ＝2b ＝2，2bcosA +acosC +ccosA ＝0，又点D 满足AD →=13AB →+23AC →．（1）求a 及角A 的大小； （2）求|AD →|的值． 【解答】由2bcosA +acosC +ccosA ＝0及正弦定理得 −2sinBcosA ＝sinAcosC +cosAsinC ， 即−2sinBcosA ＝sin(A +C)＝sinB ， 在△ABC 中，sinB >0，所以cosA =−12． 又A ∈(0, π)，所以A =2π3．在△ABC 中，c ＝2b ＝2，由余弦定理得a 2＝b 2+c 2−2bccosA ＝b 2+c 2+bc ＝7，所以a =√7． 由AD →=13AB →+23AC →，得AD →2=(13AB →+23AC →)2=49+49+49×2×1×(−12)=49， 所以|AD →|=23．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1=12，2a n+1=a n +12b n ,2b n+1=12a n +b n ．（1）证明：数列{a n +b n }，{a n −b n }为等比数列； （2）记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n <103．【解答】数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1=12，2a n+1=a n +12b n ,2b n+1=12a n +b n ． 所以{2a n+1=a n +12b n2b n+1=12a n +b n整理得两式相加a n+1+b n+1=34(a n +b n )，即a n+1+b n+1a n +b n=34（常数），数列{a n +b n }为等比数列；同理两式相减a n+1−b n+1=14(a n −b n )，即a n+1−b n+1a n −b n=14（常数）故数列{a n −b n }为等比数列． 证明：由（1）得：a n +b n =32(34)n−1，a n −b n =12(14)n−1，整理得a n =(34)n +(14)n ， 所以S n =34(1−3n 4n )1−34+14(1−14n )1−14<341−34+141−14=103函数f(x)＝2(x 2−2x)lnx −x 2+4x ．(Ⅰ)求f(x)在x ＝e 处的切线方程（e 为自然对数的底数）；(Ⅱ)设g(x)＝x 3−3x 2+3x +f(x)，若x 1，x 2∈(0, +∞)且x 1≠x 2，满足g(x 1)+g(x 2)＝8，求证：x 1x 2<1．【解答】（1）f(e)＝e 2，f′(x)＝4(x −1)lnx ，则f′(e)＝4(e −1)，故f(x)在x ＝e 处的切线方程为y −e 2＝4(e −1)(x −e)，即4(e −1)x −y −3e 2+4e ＝0；（2）证明：由题可得g′(x)＝3(x −1)2+4(x −1)lnx ，g′(1)＝0，当0<x <1时，x −1<0，lnx <0，则g′(x)>0；当x >1时，x −1>0，lnx >0，则g′(x)>0，所以，当x >0时，g′(x)≥0，g(x)在(0, +∞)上是增函数， 设G(x)=g(x)+g(1x )(0<x <1)，则G ′(x)=g ′(x)−1x 2g ′(1x )=3(x −1)2(1−1x 4)+4(x −1)(1−1x 3)lnx ， 当0<x <1时，x −1<0，lnx <0，1−1x 4<0,1−1x 3<0，则G′(x)<0，G(x)在(0, 1)上递减．不妨设0<x 1<x 2，由于g(x)在(0, +∞)上是增函数，则g(x 1)<g(x 2)， 又g(x 1)+g(x 2)＝8，g(1)＝4，则g(x 1)<g(1)<g(x 2)，于是0<x 1<1<x 2，由0<x 1<1，G(x)在(0, 1)上递减，则G(x 1)>G(1)＝2g(1)＝8，所以g(x 1)+g(1x 1)>8，则g(1x 1)>8−g(x 1)=g(x 2)，又1x 1>1,x 2>1，g(x)在(0, +∞)上是增函数，所以，1x 1>x 2，即x 1x 2<1．设椭圆C:x 2a +y 2b =1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为A ，过点A 与AF 2垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且2F 1F 2→+F 2Q →=0，若过A ，Q ，F 2三点的圆恰好与直线l:x −√3y −3=0相切．过定点M(0, 2)的直线l 1与椭圆C 交于G ，H 两点（点G 在点M ，H 之间）． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设直线l 1的斜率k >0，在x 轴上是否存在点P(m, 0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的取值范围，如果不存在，请说明理由；(Ⅲ)若实数λ满足MG →=λMH →，求λ的取值范围．【解答】（1）因为2F 1F 2→+F 2Q →=0， 所以F 1为F 2Q 中点． 设Q 的坐标为(−3c, 0)，因为AQ ⊥AF 2，所以b 2＝3c ×c ＝3c 2，a 2＝4c ×c ＝4c 2， 且过A ，Q ，F 2三点的圆的圆心为F 1(−c, 0)，半径为2c ． 因为该圆与直线l 相切，所以|−c−3|2=2c ．解得c ＝1，所以a ＝2，b =√3． 故所求椭圆方程为x 24+y 23=1．（2）设l 1的方程为y ＝kx +2(k >0)， 由{y =kx +2x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2+16kx +4＝0．设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)，则x 1+x 2=−16k3+4k 2．所以PG →+PH →=(x 1−m,y 1)+(x 2−m,y 2)=(x 1+x 2−2m, y 1+y 2)． ＝(x 1+x 2−2m, k(x 1+x 2)+4)GH →=(x 2−x 1,y 2−y 1)=(x 2−x 1,k(x 2−x 1))．由于菱形对角线互相垂直，则(PG →+PH →)⋅GH →=0．所以(x 2−x 1)[(x 1+x 2)−2m]+k(x 2−x 1)[k(x 1+x 2)+4]＝0． 故(x 2−x 1)[(x 1+x 2)−2m +k 2(x 1+x 2)+4k]＝0． 因为k >0，所以x 2−x 1≠0．所以(x 1+x 2)−2m +k 2(x 1+x 2)+4k ＝0 即(1+k 2)(x 1+x 2)+4k −2m ＝0． 所以(1+k 2)(−16k3+4k 2)+4k −2m =0解得m =−2k 3+4k 2．即m =−23k+4k．因为k >0，所以−√36≤m <0．故存在满足题意的点P 且m 的取值范围是[−√36,0)． (Ⅲ)①当直线l 1斜率存在时，设直线l 1方程为y ＝kx +2，代入椭圆方程x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2+16kx +4＝0． 由△>0，得k 2>14． 设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)，则x 1+x 2=−16k3+4k 2，x 1x 2=43+4k 2．又MG →=λMH →，所以(x 1, y 1−2)＝λ(x 2, y 2−2)．所以x 1＝λx 2．所以x 1+x 2＝(1+λ)x 2，x 1x 2＝λx 22．所以(x 1+x 21+λ)2=x 22=x 1x 2λ．将上式代入整理得：643k 2+4=(1+λ)2λ．因为k 2>14，所以4<643k 2+4<16．即4<(1+λ)2λ<16．所以4<λ+1λ+2<16． 解得7−4√3<λ<7+4√3． 又0<λ<1，所以7−4√3<λ<1．②又当直线l 1斜率不存在时，直线l 1的方程为x ＝0，此时G(0,√3)，H(0,−√3)，MG →=(0,√3−2)，MH →=(0,−√3−2)，MG →=√32+√3→，所以λ=7−4√3．所以7−4√3≤λ<1，即所求λ的取值范围是[7−4√3,1)．以平面直角坐标系原点O 为极点，以x 轴非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度单位为长度单位建立极坐标系．已知直线l 的参数方程为{x =2−3ty =−1+2t（t 为参数），曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cosθ(Ⅰ)求曲线C 的直角坐标方程；(Ⅱ)设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|AB|．【解答】（1）曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cosθ， 转化为：(ρsinθ)2＝4ρcosθ，进一步转化为直角坐标方程为：y 2＝4x（2）把直线l 的参数方程为{x =2−3t y =−1+2t（t 为参数）化为：2x +3y ＝1， 代入y 2＝4x 得y 2+6y −2＝0；设A 、B 的纵坐标分别为y 1、y 2；则y 1y 2＝−2，y 1+y 2−6；则|y 1−y 2|=√36−4×(−2)=2√11； |AB|=√1+(−32)2×|y 1−y 2|=√132×2√11=√143，所以|AB|=√143．[不等式选讲]已知函数f(x)＝|x +12|+|x −32|．（1）求不等式f(x)≤3的解集；（2）若关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集是空集，求实数a 的取值范围． 【解答】不等式f(x)≤3，即|x +12|+|x −32|≤3． 不等式的几何意义，是数轴是的点x ，到−12与32的距离之和不大于3， ∴−1≤x ≤2，不等式的解集为{x|−1≤x ≤2}； 函数f(x)＝|x +12|+|x −32|．由绝对值的几何意义可知：f(x)min ≥2， 关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集非空， 只须：2<12|1−a|，解得a <−3或a >5． 关于x 的不等式f(x)<12|1−a|的解集是空集，可得−3≤a ≤5．。
2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷
2020年陕西省榆林市高考数学一模试卷（理科）学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________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z 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2．设集合A ＝{x |x 2﹣5x +6＞0}，B ＝{x |x 2﹣1＜0}，则A ∩B ＝（ ） A ．（﹣∞，1] B ．（﹣1，1）C ．（﹣∞，﹣1）D ．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）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[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]，若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是（ ）A ．45B ．50C ．55D ．604．若0＜m ＜n ，则下列结论正确的是（ ） A ．2m ＞2n B ．0.5m ＜0.5n C ．log 2m ＞log 2nD ．log 0.5m ＞log 0.5n5．关于甲、乙、丙三人参加高考的结果有下列三个正确的判断：①若甲未被录取，则乙、丙都被录取；②乙与丙中必有一个未被录取；③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6．已知向量m →=(λ+1，1)，n →=(λ+2，2)，若(m →+n →)⊥(m →−n →)，则λ＝（ ） A ．﹣4B ．﹣3C ．﹣2D ．﹣17．已知α∈（0，π），2sin2α＝cos2α﹣1，则sin α＝（ ） A ．15B ．√55C ．−√55D ．2√558．定义函数f(x)={sinx ，sinx ≥cosxcosx ，sinx ＜cosx ，给出下列四个命题：（1）该函数的值域为[﹣1，1]；（2）当且仅当x =2kπ+π2(k ∈Z)时，该函数取得最大值； （3）该函数是以π为最小正周期的周期函数； （4）当且仅当2kπ+π＜x ＜2kπ+3π2(k ∈Z)时，f （x ）＜0． 上述命题中正确的个数是（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个9．已知偶函数f(x +π2)，当x ∈(−π2，π2)时，f(x)=x 13+sinx ，设a ＝f （1），b ＝f （2），c ＝f （3），则（ ） A ．a ＜b ＜cB ．b ＜c ＜aC ．c ＜b ＜aD ．c ＜a ＜b10．若m ＞0，n ＞0，且直线（m +1）x +（n +1）y ﹣2＝0与圆x 2+y 2﹣2x ﹣2y +1＝0相切，则m +n 的取值范围是（ ） A ．[2+√2，+∞）B ．[2+2√2，+∞）C ．（0，2+√2]D ．（0，2+2√2]11．设F 1、F 2分别为双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的左、右焦点，A 为双曲线的左顶点，以F 1F 2为直径的圆交双曲线某条渐近线于M ，N 两点，且满足∠MAN ＝120°，则该双曲线的离心率为（ ） A ．√213B ．√193C ．23D ．7√3312．定义域为R 的函数f （x ）满足f （x +2）＝2f （x ），当x ∈[0，2）时，f （x ）={x 2−x ，x ∈[0，1)−(12)|x−32|x ∈[1，2)，若当x ∈[﹣4，﹣2）时，不等式f （x ）≥t 24−t +12恒成立，则实数t 的取值范围是（ ） A ．[2，3]B ．[1，3]C ．[1，4]D ．[2，4]二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13．曲线C ：y ＝xlnx 在点M （e ，e ）处的切线方程为 ．14．已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于 ．15．如图，抛物线C 1：y 2＝4x 和圆C 2：（x ﹣1）2+y 2＝1，直线l 经过C 1的焦点F ，依次交C 1，C 2于A ，B ，C ，D 四点，则AB →•CD →的值是 ．16．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝120°，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝1，则4a +c 的最小值为 ．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝2，AB ＝1，AM ⊥PD 于点M ，连接BM ． （1）求证：PD ⊥BM ；（2）求直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值．18．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 分别满足c ＝2b ＝2，2b cos A +a cos C +c cos A ＝0，又点D 满足AD →=13AB →+23AC →．（1）求a 及角A 的大小； （2）求|AD →|的值．19．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1=12，2a n+1=a n +12b n ，2b n+1=12a n +b n ． （1）证明：数列{a n +b n }，{a n ﹣b n }为等比数列； （2）记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n ＜103． 20．函数f （x ）＝2（x 2﹣2x ）lnx ﹣x 2+4x ．（Ⅰ）求f （x ）在x ＝e 处的切线方程（e 为自然对数的底数）；（Ⅱ）设g （x ）＝x 3﹣3x 2+3x +f （x ），若x 1，x 2∈（0，+∞）且x 1≠x 2，满足g （x 1）+g （x 2）＝8，求证：x 1x 2＜1． 21．设椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为A ，过点A 与AF 2垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且2F 1F 2→+F 2Q →=0，若过A ，Q ，F 2三点的圆恰好与直线l ：x −√3y −3=0相切．过定点M （0，2）的直线l 1与椭圆C 交于G ，H 两点（点G 在点M ，H 之间）．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设直线l 1的斜率k ＞0，在x 轴上是否存在点P （m ，0），使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的取值范围，如果不存在，请说明理由； （Ⅲ）若实数λ满足MG →=λMH →，求λ的取值范围．22．以平面直角坐标系原点O 为极点，以x 轴非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度单位为长度单位建立极坐标系．已知直线l 的参数方程为{x =2−3ty =−1+2t （t 为参数），曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cos θ（Ⅰ） 求曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ） 设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|AB |． [不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x +12|+|x −32|． （1）求不等式f （x ）≤3的解集；（2）若关于x 的不等式f （x ）＜12|1﹣a |的解集是空集，求实数a 的取值范围．。
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榆林市届高考模拟第一次测试
数学理科试题
本试卷分第 卷 选 择 题和 第 卷 非 选 择 题两 部 分$全 卷 满 分 !%& 分 考 试 时 间 !#& 分 钟 $
注意事项 !!!' 答题前请将试题和答题纸上密封线内的项目填写清楚$ !!#' 选择题每小题选出答案后用#( 铅笔填涂在答题纸上$ !!)' 非选择题用黑色墨水签字笔答在答 题纸 上 每 题 对 应 的 答 题 区 域 内在 试 题
第卷非选择题!共;&分
本卷包括必考题和选考题两部分!第!)题第#!题为必考 题每 道试 题考 生都必 须 作 答 !第 ## 题 和 第 #) 题 为 选 考 题 考 生 根 据 要 求 作 答 !
二填空题本大题共"小题每小题%分共#&分把答案 填在答 题纸 中相 应的横
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数 学 理 科 试 题 ! 第 ! 页 ! 共 " 页
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