陕西省榆林市2020届高三下学期第四次高考模拟数学（文）试题 Word版含解析 21页

榆林市2020届高考模拟第四次测试 数学（文科）试卷 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，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1. 设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数和幂函数性质确定集合，然后再由集合的关系判断．‎ ‎【详解】，，∴，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的关系，考查指数函数和幂函数的性质．属于基础题．‎ ‎2. 若复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的除法运算求得后可得其共轭复数．‎ ‎【详解】，，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数的概率，属于基础题．‎ ‎3. 已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数、对数函数的性质结合中间值0和1比较大小．‎ ‎【详解】，，，∴，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查幂和对数的大小比较，解题关键是掌握指数函数与对数函数的性质，比较大小时对不同类型的数可借助中间值0，1等进行比较．‎ ‎4. 若函数的图象在处的切线与直线垂直，则（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导数，由斜率乘积为可得值．‎ ‎【详解】，，∴，∴，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查两直线垂直的关系，函数在处的导数是其图象在处切线的斜率．‎ ‎5. 港珠澳大桥位于中国广东省珠江口伶仃洋海域内，是中国境内一项连接香港、珠海和澳门的桥隊工程，因其超大的建筑规模、空前的施工难度和顶尖的建造技术而闻名世.2018年10月24日上午9时开通运营后香港到澳门之间4个小时的陆路车程极大缩矩．为了解实际通行所需时间，随机抽取了n台车辆进行统计，结果显示这些车辆的通行时间（单位：分钟）都在[35，50）内，按通行时间分为[35，38），[38，41），[41，44），[44，47），[47，50]五组，其中通行时间在[38，47）的车辆有182台，频率分布直方图如图所示，则n＝（ ）‎ - 21 -‎ A. 280 B. 260 C. 250 D. 200‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据频率分布直方图可知通行时间在[38，47）的频率为，根据频率的概念即可求出结果.‎ ‎【详解】由题意可知，通行时间在[38，47）的频率为，所以，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图和频率的概念，属于基础题.‎ ‎6. 已知中，，，分别为角，，的对边，若，且满足，则边上的高为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理求得角后，易求得高．‎ ‎【详解】∵，∴，即：，，边上的高为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理，属于基础题．‎ - 21 -‎ ‎7. 勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛（1829—1905）首先发现的，所以以他的名字命名，其作法如下：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另外两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．若在勒洛三角形内部随机取一点，则此点取自等边三角形外部的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据扇形面积公式和三角形面积公式求得勒洛三角形的面积，再求得勒洛三角形在等边三角形外部的面积，然后可得概率．‎ ‎【详解】设等边三角形的边长为2，则勒洛三角形的面积为，勒洛三角形中等边三角形外部的面积为，∴，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型，解题关键是求出勒洛三角形的面积．‎ ‎8. 已知定义域为的函数满足 ， ，且当时，，则 ( )‎ A. ﹣1 B. ﹣2 C. 0 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知是以为周期的奇函数，再根据，由此即可求出结果．‎ ‎【详解】因为定义域为的函数满足， ‎ 所以 ，‎ - 21 -‎ 所以是以为周期的奇函数， ‎ 所以． ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的周期性、奇偶性以及函数值的求法，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎9. 古希腊数学家欧几里德在公元前300年左右提出了欧几里德算法，又叫辗转相除法．如图，若输入m，n的值分别为779，209，则输出的m＝（ ）‎ A. 17 B. 18 C. 19 D. 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照程序框图逐步计算.‎ ‎【详解】方法一：运行情况如下：‎ 执行次数 m n r ‎1‎ ‎779‎ ‎209‎ ‎152‎ ‎2‎ ‎209‎ ‎152‎ ‎57‎ - 21 -‎ ‎3‎ ‎152‎ ‎57‎ ‎38‎ ‎4‎ ‎57‎ ‎38‎ ‎19‎ ‎5‎ ‎38‎ ‎19‎ ‎0‎ 所以输出的.‎ 方法二：易知该程序是求两数的最大公约数，而779和209的最大公约数是19,.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查程序框图，属于基础题.‎ ‎10. 在三棱锥P﹣ABC中，已知△ABC是边长为6的等边三角形，PA⊥平面ABC，PA＝12，则AB与平面PBC所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等体积法求出点到平面PBC的距离，从而可以求出AB与平面PBC所成角的正弦值，再利用同角三角函数的关系求出余弦值.‎ ‎【详解】解：因为PA⊥平面ABC，所以，‎ 因为△ABC是边长为6的等边三角形，PA＝12，‎ 所以,‎ 所以，‎ 设到平面PBC的距离为，‎ 因，所以，‎ 所以，解得，‎ 设AB与平面PBC所成角为，则，‎ - 21 -‎ 所以，‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查了线面角，利用了等体积法，属于基础题.‎ ‎11. 如图是函数的图象的一部分，则要得到该函数的图象，只需要将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由图用求出，由 求出,由 求出,‎ 得到；运用二倍角公式和辅助角公式化简 利用三角函数图象平移性质得解.‎ ‎【详解】如图知: ,‎ ‎ ， , 又 ‎ ‎,‎ - 21 -‎ 解得： ‎ 又,，，‎ 由三角函数图象平移性质得 ‎ ‎ ‎(技巧：由三角函数图象平移性质得 )‎ 所以函数向右平移个单位长度得到.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查由图象求函数的解析式. ‎ 确定的步骤和方法:‎ ‎(1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，；‎ ‎(2)求：确定函数的周期，则可；‎ ‎(3)求：常用的方法有代入法和五点法．‎ ‎①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)．‎ ‎②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口．‎ ‎12. 已知双曲线的右焦点，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，以为直径的圆过点，延长交右支于点，若，则双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 21 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，利用双曲线的定义及勾股定理求得，进而可得出，，然后利用勾股定理可求得的值，进而可求得的值，由此可求得双曲线的渐近线方程.‎ ‎【详解】如下图所示，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，‎ 由双曲线的定义可得，，‎ 由于以为直径的圆经过点，且、，则四边形为矩形，‎ 在中，有勾股定理得，即，‎ 解得，，，‎ 由勾股定理得，即，，‎ 所以，，则.‎ 因此，双曲线的渐近线方程是.‎ - 21 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13. 抛物线的准线方程为，则______．‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的准线方程公式列出关于的方程，求出方程的解即可得到的值.‎ ‎【详解】∵抛物线的准线方程为，‎ ‎∴，解得：，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】此题考查了抛物线的简单性质，熟练掌握抛物线的准线方程公式是解本题的关键，属于基础题.‎ ‎14. 已知，，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可根据题意得出，然后根据向量数量积的坐标表示即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，‎ 则，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量减法的坐标表示以及向量数量积的坐标表示，若向量，，则，考查计算能力，是简单题.‎ - 21 -‎ ‎15. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为_____．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意先画出满足约束条件的平面区域，然后分析画出直线x﹣2y=0，通过平移直线求出目标函数的最大值.‎ ‎【详解】解：不等式组表示的区域如图所示，‎ 由得，作出直线，向下平移直线经过点时，截距最小而最大，‎ 由得，所以，‎ 所以的最大值为 故答案为：8‎ ‎【点睛】此题考查了线性规划的应用，利用了数形结合，通过图像平移求出目标函数的最值，属于基础题.‎ ‎16. 如图，将一个圆柱2n（n∈N*）等分切割，再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，当n越大，重新组合的几何体就越接近于一个“长方体”，若新几何体的表面积比圆柱的表面积增加了8，则圆柱的侧面积为_____，在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时，它的外接球体积为_____．‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). 8π (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题知，表面积增加的部分为新“长方体”的左右两个侧面，设原圆柱的底面半径为，高为，则可得，由公式可得圆柱的侧面积；‎ ‎（2）设圆柱的外接球的半径为，依题得，由基本不等式可知外接球表面积最小时，从而可求出外接球的体积.‎ ‎【详解】（1）由题知，表面积增加的部分为新“长方体”的左右两个侧面，设原圆柱的底面半径为，高为，则可得，所以圆柱的侧面积为；‎ ‎（2）设圆柱的外接球的半径为，依题得，所以外接球的表面积，‎ 当且仅当时，最小，此时，外接球的体积.‎ 故答案为：（1）8π；（2）‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积，基本不等式的应用，球的表面积与体积的计算，考查了学生的分析问题与解决问题的能力，考查了学生的直观想象与运算求解能力.‎ 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．‎ ‎17. 已知数列的前项和为，且．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和为．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用可得数列的递推式，得其为等比数列，易得通项公式；‎ ‎（2）由（1）得，用错位相减法求和．‎ ‎【详解】（1）∵，∴，∴，即：，又∵，∴，∴是以3为首项，2为公比的等比数列，∴；‎ ‎（2）．‎ ‎，，两式相减得：，∴．‎ ‎【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求和，在已知前项和与关系时常常利用求得的递推式，然后再判断求解．数列求和除必须掌握等差数列和等比数列的前项和公式外，还应掌握一些特殊的方法：错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法等．‎ ‎18. 某校2011年到2019年参加“北约”“华约”考试而获得加分的学生人数（每位学生只能参加“北约”“华约”中的一种考试）可以通过以下表格反映出来．（为了方便计算，将2011年编号为1，2012年编号为2，依此类推）‎ 年份x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 人数y ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎（1）求这九年来，该校参加“北约”“华约”考试而获得加分的学生人数的平均数和方差；‎ - 21 -‎ ‎（2）根据最近五年的数据，利用最小二乘法求出y与x的线性回归方程，并依此预测该校2020年参加“北约”“华约”考试而获得加分的学生人数．（最终结果精确至个位）‎ 参考数据：回归直线的方程是，其中，．，．‎ ‎【答案】（1）6；；（2），12人．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由表格中的数据，利用平均数和方差的公式，即可求解；‎ ‎（2）由表中近五年的数据，利用公式，求得，求得回归直线方程，代入，即可作出结论．‎ ‎【详解】（1）由表格中的数据，利用平均数的计算公式，可得．‎ 由方差的公式，可得．‎ ‎（2）由表中近五年的数据知，，，，，‎ ‎，‎ 又，所以，‎ 故y与x的线性回归方程为，‎ 当时，，‎ 故估计该校2020年参加“北约”“华约”考试而获得加分的学生有12人．‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了平均数与方差的计算，以及回归直线方程的求解及应用，其中解答中认真审题，根据公式准确计算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.‎ ‎19. 如图，在棱长为8的正方体中，点、、分别为，，的中点，点是正方形的中心．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正方体的性质可证得平面平面，从而得线面平行；‎ ‎（2）利用体积法求得点面距离．即由求解．‎ ‎【详解】（1）连结，，∵点、、分别为，，的中点，∴，∵平面，∴平面，同理：平面，∴平面平面，∵点是正方形的中心，即，∴平面，∴平面；‎ ‎（2）连结，，设到平面的距离为，，，，‎ ‎∴的边上的高，，‎ - 21 -‎ ‎∵，∴，∴．‎ ‎【点睛】本题考查证明线面平行，考查用体积法求点到平面的距离．证明线面平行基本有两种方法：一是用线面平行的判定定理，二是用面面平行的性质定理．等体积法求求点面距的常用方法．但要注意三棱锥换底后体积易求才能使用．‎ ‎20. 已知函数．‎ ‎（1）求在上的最大值；‎ ‎（2）当时，证明：对任意，恒成立．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导，利用单调性求在上的最大值 ‎（2）构造函数，证明最大值小于即可 ‎【详解】（1）∵，∴，‎ ‎①当时，∴在上恒成立，∴在上递增，∴；‎ ‎②当时，∴当时，，当时，，∴在上递增，在上递减，∴；‎ - 21 -‎ ‎（2）当时，令，，在上递减， ，，存在唯一的使得，即：，当时，，当时，，∴在上递增，在上递减，，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的最值以及不等式恒成立问题，属于中档题.‎ ‎21. 设椭圆的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），离心率为，短轴长为2．‎ ‎（1）求椭圆C标准方程；‎ ‎（2）过点F2作一条直线与椭圆C交于P，Q两点，过P，Q作直线的垂线，垂足为S，T．试问：直线PT与QS是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的性质以及题意可列出方程组，求出椭圆方程；‎ ‎（2）设直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后再设直线的方程，令，化简可得直线必过，同理可证直线恒过，由此即可证明结果.‎ ‎,‎ - 21 -‎ ‎【详解】（1）由题意可知，，所以，‎ 所以椭圆的标准方程为：；‎ ‎（2）设直线的方程为：，，则，‎ 联立方程可得：，‎ 所以，‎ 所以 ，‎ 又直线的方程为：，‎ 令，‎ 则 ‎，‎ 所以直线恒过，‎ 同理，直线恒过，‎ 即直线与交于定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆方程，直线和椭圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ - 21 -‎ ‎22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）直线过原点且倾斜角为，与曲线、分别交于、两个不同点（均异于原点），且，求直线的斜率．‎ ‎【答案】（1），（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）本题首先根据以及求出曲线的直角坐标方程，然后根据以及即可求出曲线的极坐标方程，最后根据极坐标方程与直角坐标方程的转化即可求出曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）首先可根据题意计算出或，然后结合曲线与曲线的极坐标方程得出，最后根据或即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，，‎ 所以，曲线的直角坐标方程为，‎ 化简得，‎ 因为，，‎ 所以曲线的极坐标方程为：，即，‎ 因为曲线的极坐标方程为，即，‎ 所以曲线的直角坐标方程为,‎ - 21 -‎ ‎（2）因为，即，‎ 所以或，‎ 因为直线倾斜角为，与曲线、分别交于、两个不同点，‎ 所以，‎ 故或，或，直线的斜率为或.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程以及极坐标方程相互转化，考查极坐标方程的灵活应用，可通过以及进行直角坐标方程与极坐标方程的相互转化，考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题.‎ ‎23. 已知．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若、、均为正数，且，证明：‎ ‎【答案】（1）（2）证明解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先可根据绝对值的相关性质将分为、以及三种情况依次进行讨论，然后分别求解，即可得出结果；‎ ‎（2）本题首先可以根据得出，然后根据基本不等式对进行化简，即可证得.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，，‎ 当时，，‎ ‎，即，解得；‎ - 21 -‎ 当，，‎ ‎，即，解得；‎ 当，，‎ ‎，即，无解，‎ 综上所述，，‎ ‎（2）因为、、均为正数，‎ 所以，，，‎ 因为，‎ 所以，化简得，‎ 因为 ‎，当且仅当时取“”号，‎ 所以成立.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，可通过应用绝对值的性质对绝对值不等式进行去绝对值，从而求解绝对值不等式，考查基本不等式的灵活应用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题.‎ - 21 -‎