2020届陕西省西安市西北工业大学附中高三第一次模拟考试数学（文）试题（解析版）

2020届陕西省西安市西北工业大学附中高三第一次模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，复数在复平面对应点在（ ）

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】试题解析：，对应点在第三象限，故选 C．

【考点】复数与复平面内的点的对应关系．

点评：本题考查了复数的运算，根据复数的实部和虚部确定复数对应点所在的象限．

2．成立的充要条件是（    ）

A． B． C． D．或

【答案】D

【解析】解分式不等式即可得解；

【详解】

解：因为，，，即，解得或，即，

故成立的充要条件是“或”.

故选：

【点睛】

本题考查分式不等式的解法及充要条件的理解，属于基础题.

3．已知圆柱的轴截面周长为12，体积为，则下列总成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据题意，圆柱的底面半径和高满足等式，即．由此结合基本不等式，可得，即可得到本题答案．

【详解】

解：设圆柱的底面半径为，高为，由题意

得：，即，

体积为

当且仅当时取等号，由此可得恒成立

故选：．

【点睛】

本题给出圆柱的轴截面周长为定值，讨论圆柱体积的最值．着重考查了圆柱的体积公式和运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．

4．设，为两个不同平面，，是两条不同的直线，则下列结论正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则与是异面直线

C．若，，，则

D．若，则且

【答案】C

【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．

【详解】

解：对于：由，，则或，故错误；

对于：若，，则与可能是异面直线、平行或相交，故错误；

对于：若，，，则，故正确；

对于：若，，则或或，故错误；

故选：

【点睛】

本题考查命题真假的判断，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，考查数形结合思想，属于中档题．

5．把函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到图象的函数表达式为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】【详解】试题分析：由题意函数的图象上所有的点向左平移个单位长度得到，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到

【考点】三角图像变换

6．直线绕原点顺时针旋转45°得到直线，若直线的倾斜角为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意可得，求得 的值，再根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系求得的值．

【详解】

解：由题意可知，，

，

故选：．

【点睛】

本题主要考查直线的倾斜角和斜率，一条直线到另一条直线的角的计算公式，及三角恒等变换的相关知识，属于基础题．

7．《几何原本》卷 2 的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】令，可得圆的半径，又，则，再根据题图知，即．故本题答案选．

8．已知定义域为的奇函数满足，且当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据满足，从而得出，再根据是奇函数，且当时，，从而得出的值，即可得解．

【详解】

解：依题意，满足

即，

又是定义域为的奇函数，，即，

因为当时，，，

故

故选：

【点睛】

考查奇函数的应用，以及函数求值的方法，属于基础题．

9．若，则函数有零点的概率为(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】【详解】试题分析：显然总的方法中数为：种

当时：无论取中何值，原函数必有零点，所以有种取法；

当时，函数为二次函数，若有零点须使：即即，所以取值组成的数对分别为：共种，

综上符合条件的概率为：，所以答案为：A.

解法二：（排除法）总的方法种数为种，其中原函数若无零点须有且即，所以此时取值组成的数对分别为：共种，所以所求有零点的概率为：，答案为A.

【考点】1.分情况讨论思想；2.二次函数的零点.

10．已知，是圆上的两个动点，且|，．若是线段的中点，则（    ）

A．3 B． C．2 D．-3

【答案】A

【解析】利用已知向量表示所求向量，利用向量的数量积化简求解即可．

【详解】

解：由，，

所以，

又为等边三角形，所以．

，

则的值为：3．

故选：．

【点睛】

本题考查向量的数量积的应用，向量在几何中的应用，考查计算能力，属于基础题．

11．已知是椭圆的半焦距，则取得最大值时椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由，结合，可设，，则．可知当，即时，取最大值，由此求得椭圆的离心率．

【详解】

解：．

，．

设，，则．

当，即时，取最大值，

此时．

故选：．

【点睛】

本题考查椭圆的简单性质，考查三角函数知识，正确换元是关键，属于中档题．

二、填空题

12．在平面直角坐标系中，动点在椭圆上运动，则点到直线的距离的最大值为______．

【答案】

【解析】求出与已知直线平行且与椭圆相切的直线方程，根据椭圆的性质可得两条切线中与已知直线距离较远的那条直线上的点到直线的最大值．

【详解】

解：设直线与椭圆相切

联解消去，得

，解得或

与直线平行且与椭圆相切的直线方程为

其中与直线距离较远的是，且距离为，

到直线的最大距离为，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了点到直线的距离公式、椭圆的简单几何性质和直线与圆锥曲线的关系等知识，属于中档题．

13．已知，，若，2，依次成等差数列，则的最小值为______．

【答案】

【解析】根据等差中项的性质可得，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得；

【详解】

解：因为，，且，2，依次成等差数列，

所以，

所以

当且仅当，即，时取等号，

故的最小值为，

故答案为：

【点睛】

本题考查基本不等式的性质以及应用，涉及等差中项的定义，属于中档题.

14．已知三棱锥中，平面，若，，与平面所成线面角的正弦值为，则三棱锥外接球的表面积为______．

【答案】

【解析】根据已知可得，可得三棱锥的外接球，即为以，，为长宽高的长方体的外接球，根据已知、、的长，代入长方体外接球直径（长方体对角线）公式，易得球半径，即可求出三棱锥外接球的表面积．

【详解】

解：平面，与平面所成线面角的正弦值为，，，

根据勾股定理可得，

在中，，，，则为直角三角形．

三棱锥外接球即为以，，为长宽高的长方体的外接球，

故，三棱锥外接球的表面积为．

故答案为：．

【点睛】

本题考查的知识点是球内接多面体，其中利用割补法，将三棱锥的外接球，转化为一个长方体的外接球是解答的关键，属于中档题．

15．已知函数的导函数为，且，设，是方程的两个根，则的取值范围为______．

【答案】

【解析】由题意得：，，是方程的两个根，由韦达定理得，，，于是求，又，从而有①，又，可求得，代入①即可求得的范围，从而得解．

【详解】

解：

由题意得：，

，是方程的两个根，故，，

，

又，

代入上式，

①，

又，

，即，

，两边同除以得：

；

，代入①得，

．

故答案为：．

【点睛】

本题考查根与系数的关系，着重考查韦达定理的使用，难点在于对条件“”的挖掘，充分考察数学思维的深刻性与灵活性，属于难题．

三、解答题

16．已知函数

（1）当时，求函数的最小值；

（2）当函数的定义域为R时，求实数a的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】【详解】

（1）当时，函数的定义域满足：，即．

设，则，

．

（2）因为函数的定义域为，所以不等式恒成立，

只要即可；

又（当且仅当时取等号），所以，即的取值范围是．

【考点】1．函数的定义域；2．绝对值不等式；3．恒成立问题．

【方法点睛】

处理绝对值不等式问题，主要从去掉绝对值符号入手，往往讨论变量的范围去掉绝对值符号，变成分段函数求解问题；证明问题还往往涉及的应用．

17．已知，，是的内角，，，分别是角，，的对边，且满足 ．

（1）求角的大小；

（2）若，的面积为，为的中点，求．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）直接利用同角三角函数关系式的变换的应用，余弦定理的应用求出结果．

（2）利用正弦定理余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．

【详解】

解：（1）因为，

利用正弦定理整理得：，

结合余弦定理：，

由于：

整理得：．

（2）因为，的面积为，

所以为等腰三角形，

且顶角．

因为，

所以：．

在中，，，，

所以

，

解得．

【点睛】

本题考查的知识要点：同角三角函数的基本关系，正弦定理，余弦定理，求面积公式，综合性较强，考查学生分析推理，计算化简的能力，属于中档题．

18．如图，三棱锥中，平面，，，，为的中点，为的中点．

（1）证明：平面平面；

（2）求多面体的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）利用线面垂直的判定与性质定理可证：平面，再利用三角形的中位线定理可得：．再利用线面垂直的判定、面面垂直的判定即可证明；

（2）由（1）知，利用三角形相似的性质可得：，得到，求出即可得出．

【详解】

（1）证明：平面，平面，

，

又，，平面，平面，

平面，

又、分别是、的中点，

．

平面

又平面，

平面平面．

（2）由（1）知，

．

，

，

．

【点睛】

本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、三角形的中位线定理、三角形相似的性质三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，考查了空间想象能力，属于中档题．

19．在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）．

（1）写出直线及曲线的直角坐标方程；

（2）过点且平行于直线的直线与曲线交于，两点，若，求点的轨迹及其直角坐标方程．

【答案】（1）直线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．（2）点的轨迹是椭圆夹在平行直线之间的两段弧．

【解析】（1）利用极坐标与直角坐标方程的互化，直接写出直线的普通方程，消去参数可得曲线的直角坐标方程；

（2）设点，以及平行于直线的直线参数方程，直线与曲线联立方程组，通过，即可求点轨迹的直角坐标方程．通过两个交点推出轨迹方程的范围．

【详解】

解：（1）直线的极坐标方程为，

直线的倾斜角为，且经过原点，

故直线的直角坐标方程为，

曲线的参数方程为为参数），

曲线的直角坐标方程为．

（2）设点，及过点的直线为，

由直线与曲线相交可得：，

，

，即：，

点轨迹的直角坐标方程，表示一椭圆．

取代入得：

由解得

故点的轨迹是椭圆夹在平行直线之间的两段弧．

【点睛】

本题以直线与椭圆的参数方程为载体，考查直线与椭圆的综合应用，轨迹方程的求法，注意轨迹的范围的求解，是易错点，属于中档题．

20．已知抛物线和圆，倾斜角为45°的直线过抛物线的焦点，且与圆相切．

（1）求的值；

（2）动点在抛物线的准线上，动点在上，若在点处的切线交轴于点，设．求证点在定直线上，并求该定直线的方程．

【答案】（1）；（2）点在定直线上．

【解析】（1）设出直线的方程为，由直线和圆相切的条件：，解得；

（2）设出，运用导数求得切线的斜率，求得为切点的切线方程，再由向量的坐标表示，可得在定直线上；

【详解】

解：（1）依题意设直线的方程为，

由已知得：圆的圆心，半径，

因为直线与圆相切，

所以圆心到直线的距离，

即，解得或（舍去）．

所以；

（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，

所以，所以，设，则以为切点的切线的斜率为，

所以切线的方程为．

令，，即交轴于点坐标为，

所以， ，

，

．

设点坐标为，则，

所以点在定直线上．

【点睛】

本题考查抛物线的方程和性质，直线与圆的位置关系的判断，考查直线方程和圆方程的运用，以及切线方程的求法，考查化简整理的运算能力，属于综合题．

21．已知函数，，令

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．

【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为．

（2）

【解析】（1）先求函数的定义域，然后求导，通过导数大于零得到增区间；

（2）不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，应先求导数，研究函数的单调性，然后求函数的最值；

【详解】

解：（1）当时，

．

令得又，所以．所以的单调递增区间为．

令得又，所以．所以的单调递减区间为．

综上可得：的单调递增区间为，单调递减区间为．

（2）令．

所以．

当时，因为，所以所以在上是递增函数，

又因为．

所以关于的不等式不能恒成立．

当时，．

令得，所以当时，；当时，．

因此函数在是增函数，在是减函数．

故函数的最大值为．

令，因为，．

又因为在上是减函数，所以当时，．

所以整数的最小值为2．

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的单调性的基本思路，不等式恒成立问题转化为函数最值问题来解的方法．属于中档题．