陕西省榆林市2020届高三第三次模拟数学（文）试题
榆林市2020届高考模拟第三次测试
数学（文科）试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，请将试题和答题纸上密封线内的项目填写清楚.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔填涂在答题纸上.
3.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，在试题上作答无效.
4.做选考题时，考生按照题目要求作答.
5.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题（本大题共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，若且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
直接根据元素和集合之间的关系，列式求解即可．
【详解】因为集合，而且，
且，解得．
故选：C．
【点睛】本题主要考查元素与集合的关系，对描述法表示集合的理解，属于基础题．
2.下面关于复数（其中为虚数单位）的结论正确的是（ ）
A. 对应的点在第一象限 B.
C. 的虚部为 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数的有关概念，复数的几何意义，以及复数的加法，除法运算逐个进行判断即可．
【详解】，，其对应的点的坐标为，在第三象限，故错；∵，虚数不能比较大小，故错误；由可知，的虚部为1，故错误；，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查复数的有关概念，复数的几何意义的应用，以及复数的加法，除法运算，属于基础题．
3.如图所示，给出了样本容量均为7的A、B两组样本数据的散点图，已知A组样本数据的相关系数为r1，B组数据的相关系数为r2，则（ ）
A. r1＝r2 B. r1
r2 D. 无法判定
【答案】C
【解析】
【分析】
利用“散点图越接近某一条直线线性相关性越强，相关系数的绝对值越大”判断即可.
【详解】根据两组样本数据的散点图知，
组样本数据几乎在一条直线上，且成正相关，
∴相关系数为应最接近1，组数据分散在一条直线附近，也成正相关，
∴相关系数为，满足，即，故选C．
【点睛】本题主要考查散点图与线性相关的的关系，属于中档题.判断线性相关的主要方法：（1）散点图（越接近直线，相关性越强）；（2）相关系数（绝对值越大，相关性越强）.
4.已知数列为等差数列，且，，则该数列的前项之和（ ）
A. 80 B. 90 C. 100 D. 110
【答案】B
【解析】
【分析】
设出等差数列的公差，根据条件列出两个方程，即可求出首项和公差，再根据等差数列的前项和公式即可求出．
【详解】设等差数列的公差为，，，，，
解得，，，则该数列的前10项之和．
故选：．
【点睛】本题主要考查等差数列通项公式中基本量计算，以及等差数列的的前项和公式的应用，属于基础题．
5.已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】
利用空间直线平面的位置关系分析判断每一个选项得解.
【详解】A. 若，则或相交，所以该选项错误；
B. 若，则或相交或异面，所以该选项错误；
C. 若，则，所以该选项是正确的；
D. 若，则或相交，所以该选项错误.
故选：C
【点睛】
本题主要考查空间直线和平面的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.
6.设、、均为实数，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
画出函数，，，，4个函数的函数图象，根据方程的根与两函数图象交点横坐标的关系，利用函数图象的交点的位置，即可判断，，的大小关系．
【详解】因为，，
，所以作出函数，，，，4个函数的函数图象，如图所示：，
由图象可知：的横坐标依次为，即有．
故选：．
【点睛】本题主要考查指数函数与对数函数的图象的应用，方程的根与两函数图象交点横坐标的关系应用，意在考查学生的转化能力和数形结合思想的应用能力，属于中档题．
7.已知向量与的夹角为120°，且，，若，且，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由向量数量积的定义，可得，再由向量垂直的条件，向量的数量积为0，解方程即可解出．
【详解】因为向量与的夹角为，且，，
可得，
若且，
则
，解得．
故选：A．
【点睛】本题主要考查向量的数量积的定义的应用，以及向量垂直数量积为0的转化应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
8.瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.若已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知求出的垂直平分线方程，与欧拉线方程联立求得外心坐标，从而得到圆的方程，设
，根据三角形的重心在欧拉线上，再与圆的方程联立即可求出的坐标．
【详解】，，的垂直平分线方程为，
又外心在欧拉线上，
联立，解得三角形的外心为，
又，
外接圆的方程为．
设，则三角形的重心在欧拉线上，即．
整理得．
联立，解得或．
所以顶点的坐标可以是．
故选：．
【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，直线与直线，直线与圆位置关系的应用，意在考查学生的数学运算能力和阅读理解能力，属于中档题．
9.我们把离心率等于黄金比的椭圆称为“优美椭圆”.设（）为优美椭圆，、分别为它的左焦点和右顶点，是短轴的一个端点，则等于（ ）
A. 90° B. 75° C. 60° D. 72°
【答案】A
【解析】
【分析】
由可得，根据余弦定理即可求得．
【详解】∵，∴．
在椭圆中，，，，，
，，
∴，所以等于．
故选：A．
【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质的应用，以及利用余弦定理解三角形，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
10.若函数的图象关于成中心对称，则函数在上的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用三角恒等变换化简函数的解析式，由对称性可求出，再利用正弦型函数的性质，即可求得函数在上的最小值．
【详解】∵函数的图象关于对称，，，即， ∵，，，在上，，故当时，函数取得最小值为．
故选：．
【点睛】本题主要考查利用辅助角公式进行三角恒等变换，正弦型函数的性质应用，属于基础题．
11.已知三棱锥中，，，，.有以下结论：①三棱锥的表面积为；②三棱锥的内切球的半径；③点到平面的距离为；其中正确的是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
①取的中点，连接、，分别求出四个面的面积，即可求得表面积；
②采用分割法，将三棱锥分割成以四个面为底面，内切球的球心为顶点，半径为高的四个三棱锥，根据等积法，即可求得内切球的半径；
③利用面面垂直的判定定理可证平面平面，于是点到平面的距离即为点到的距离，再利用三角形的等面积法即可得解．
【详解】如图所示：
取的中点，连接、，则，，
，，，，
由题意可计算得出，，以及各线段长度如图，
∴三棱锥的表面积为，即①正确；
∵由题可得，平面，∴由等体积法可得，，
∴，即②正确；
，，、平面，平面，
又平面，平面平面，
点到平面的距离即为点到的距离，
由三角形等面积法可知，在中，点到的距离为，即③正确．
故选：．
【点睛】本题考主要查棱锥的表面积与体积的计算、点到平面的距离的计算等问题，意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
12.抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，为抛物线上一点，直线与双曲线有且只有一个交点，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由直线与双曲线有且只有一个交点可知，直线与双曲线的渐近线平行.又抛物线与双曲线共焦点，，所以利用抛物线的定义，可求出A点坐标，从而求出直线的斜率，从而求出双曲线渐近线的斜率，进而求出双曲线的离心率.
【详解】解：，直线与双曲线有且只有一个交点，所以直线与双曲线的渐近线平行. ，F为抛物线的焦点，所以，代入，则，即，，所以，所以该双曲线的离心率为.
故选：C.
【点睛】本题考查求双曲线的离心率，涉及到直线与双曲线的位置关系，以及抛物线定义的转化，属于中档题.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第21题为必考题，每道试题考生都必须作答.第22题和第23题为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸中相应的横线上.）
13.若实数、满足，则目标函数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
分析】
画出约束条件的可行域，根据简单线性规划问题的解法，平移即可求解．
【详解】
作出图象，如图所示阴影区域为可行域：
作直线的平行线，
因为，越往上移，越大，越往下移，越小，
当目标函数经过可行域的时，目标函数取得最大值2，
目标函数经过时，目标函数取得最小值．
所以目标函数的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查简单线性规划问题的解法应用，准确画出可行域是解题的关键，属于基础题．
14.若曲线与曲线在公共点处有相同切线，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设出公共点坐标，然后利用“函数值相等、切点处的导数相等”，列出关于，的方程组求解即可．
【详解】依题可得，，设两曲线的公共点为，则，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查利用导数的几何意义求曲线在某一点处的切线，根据切点处的导数值相等，函数值相等列出方程组是解题关键．属于基础题．
15.已知数列的前项之和为，对任意的，都有.若，，则______；数列中最大的项为______.
【答案】 (1). (2). 64
【解析】
【分析】
利用与的关系，可得数列是以8为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列中奇偶项的特征，以及的单调性，即可求出．
【详解】，时，，
两式相减化简可得，，而时，，所以，
∴数列是以8为首项，为公比的等比数列，
，，，，，
因为，而时，，
所以最大，最大值为64．
故答案为：；64．
【点睛】本题主要考查与的关系应用，用定义判断等比数列，等比数列通项公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，转化能力和逻辑推理能力，属于中档题．
16.定义在上的偶函数满足，当时，.有以下个结论：①是函数的一个周期；②；③函数为奇函数；④函数在上递增.则这个结论中正确的是______.
【答案】②③④
【解析】
【分析】
由可知，，因此4是函数的一个周期，结合函数是偶函数，又可得关于点对称，于是作出函数的大致图象，根据图象可逐一判断每个选项的正误．
【详解】，，是函数的一个周期，
是偶函数，，∴函数关于点对称，
由于当时，，于是可作出函数的图象如下：
函数的图象如下：
函数的图象如下：
由图可知，①错误，②③④正确．
故答案为：②③④．
【点睛】本题主要考查函数性质奇偶性、对称性、周期性的应用，函数的平移变换应用，熟练掌握函数性质的概念是解题的关键，意在考查学生的转化能力，数形结合能力和逻辑推理能力，属于中档题．
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，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.的内角、、的对边分别为、、，已知.
（1）求；
（2）若，的面积为，求.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理，将所给的条件角化边，利用余弦定理即可求出；
（2）利用面积公式求出，然后再用余弦定理即可求出的值．
【详解】（1）．
由正弦定理得，即，
∴， ．
（2）∵，
因为，所以
，即．
【点睛】本题主要考查正、余弦定理、三角形面积公式在解三角形中的应用，意在考查学生的转化能力，数学运算能力和逻辑推理能力，属于基础题．
18.根据统计，某蔬菜基地西红柿亩产量增加量（百千克）与某种液体肥料每亩使用量（千克）之间的对应数据的散点图，如图所示.
（1）依据数据的散点图可以看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加以说明（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）；
（2）求关于的回归方程，并预测液体肥料每亩使用量为千克时，西红柿亩产量的增加量约为多少？
附：相关系数公式，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
【答案】(1)，可用线性回归模型拟合与的关系；(2) ，预测液体肥料每亩使用量为12千克时，西红柿亩产量的增加量约为9.9百千克．
【解析】
【分析】
（1）由图形中的数据结合相关系数公式求得相关系数，由可得可用线性回归模型拟合与的关系；
（2）求出与的值，得到线性回归方程，取求得值得答案．
【详解】（1）因为，．
，
，
．
．
∴可用线性回归模型拟合与的关系；
（2），．
∴．
当时，．
∴预测液体肥料每亩使用量为12千克时，西红柿亩产量的增加量约为9.9百千克．
【点睛】本题主要考查线性相关系数的计算和它的数值大小对相关程度的影响的理解，线性回归方程的求法以及利用方程进行预测，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
19.如图，在几何体中，四边形为菱形，，，与相交于点，四边形为直角梯形，，，，平面平面.
（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
分析】
（1）连接，，由已知可得，即可得平面，于是．求解三角形证明，由线面垂直的判定可得平面，从而得到平面平面；
（2）由，得平面，然后利用等体积法即可求解出三棱锥的体积．
【详解】（1）连接，，
∵四边形为菱形，，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，则．
∵四边形为直角梯形，，，，，
，，，则，得，
、平面，且，
平面，又平面，∴平面平面．
（2），平面，
．
【点睛】
本题主要考查面面垂直的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理，线面垂直的定义等知识的应用，以及利用等积法计算三棱锥的体积，意在考查学生的转化能力，直观想象能力，逻辑推理能力，属于中档题．
20.已知函数.
（1）当时，求的最小值；
（2）若存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由可知，当， 时，，时，
，即可得出单调性，求出最值；
（2）对分类讨论：若，则，容易判断出结论；若，可得；若，由（1）可知，函数的最小值为，只要，解得范围即可得出．
【详解】（1），由，可得时，；时，
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
时，函数取得极小值即最小值．
（2）对分类讨论：
若，则，不存在，使得成立；
若，则，满足题意；
若，由（1）可知，函数的最小值为，∴，解得．
综上可得，实数的取值范围是．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，以及不等式存在性问题的解法应用，意在考查学生的分类讨论意识，转化能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．
21.已知椭圆的离心率．直线与曲线交于不同的两点，，以线段为直径作圆，圆心为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若圆与轴相交于不同的两点，求的面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）根据椭圆的离心率得，所以椭圆方程为；（2）把直线和椭圆方程联立，表示出圆的半径，由弦长公式表示出，再由基本不等式得的面积．
试题解析：（1）∵椭圆的离心率，∴，解得．
∴椭圆E的方程为．
（2）依题意，圆心为（0＜t＜2）．
由得．
∴圆C的半径为．
∵圆C与y轴相交于不同的两点A，B，且圆心C到y轴的距离d=t，
∴，即．
∴弦长．
∴△ABC的面积．
当且仅当，即时，等号成立．∴△ABC的面积的最大值为．
考点：椭圆的标准方程及直线与椭圆、直线与圆的位置关系.
【方法点睛】本题考查了椭圆的标准方程、简单几何性质、直线与椭圆的位置关系及圆的弦长问题，属于中档题.本题第一问解答的关键是把握好椭圆中三个基本量间的关系，结合已知条件即可求得的值；第二问解答时利用直线与椭圆的方程联立方程组即可得到圆半径的表达式由直线与圆的位置关系得到的范围，利用直角三角形求出弦长，表示出的面积利用基本不等式即可求得最大值.
考生请从以下两题中任选一题作答，并将你所选择的题号进行填涂，如果多做，则按所做的第一题计分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，得曲线的极坐标方程为.若过，倾斜角为，且的直线交曲线于、两点.
（1）求的值；
（2）求弦的中点的坐标.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）先利用坐标互化公式，将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程，再写出直线参数方程的标准形式，将其代入曲线的方程，根据的几何意义即可求出；
（2）利用一元二次方程根和系数的关系，以及参数方程下的中点坐标公式即可求出．
【详解】（1）曲线的极坐标方程为，其直角坐标方程为，
点，倾斜角为，且，则直线的参数方程为(为参数)，
把直线的参数方程代入圆的方程为，所以．
（2）由（1）知：，所以，
代入得到．
【点睛】本题主要考查极坐标方程和直角坐标方程之间的互化，直线参数方程标准式中的几何意义的应用，中点公式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于基础题．
选修4-5：不等式选讲
23.对，的最小值为.
（1）若三个正数、、满足，证明：；
（2）若三个实数、、满足，且恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由绝对值不等式的性质可得，再由基本不等式和累加法，即可得证；
（2）运用柯西不等式，化简变形，由不等式恒成立思想，并结合绝对值不等式的解法可得所求范围．
【详解】（1）由，，
当且仅当时取得等号，可得，
又，，
同理可得，，
三式相加可得，，
当且仅当时，取得等号，
则；
（2）恒成立，等价为，
由，
当且仅当可取得等号．
则，即，解得或，
即的取值范围是．
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质，基本不等式、柯西不等式的运用，意在考查学生的转化能力，逻辑推理能力，属于中档题．
