天津市和平区2020届高三新高考数学适应性训练（二） 19页

天津市和平区2020年新高考适应性训练（二）‎ ‎（时间：2小时满分：150分)‎ 第I卷（选择题，满分45分)‎ 一、单选题（每题5分，满分45分，每题有且仅有一个正确答案）‎ ‎1.已知全集U=R，集合 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：因为集合 选B ‎2.设均为单位向量，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先对模平方，将等价转化为0，再根据向量垂直时数量积为零得充要关系.‎ 详解： ，因为均为单位向量，所以 a⊥b，即“”是“”的充分必要条件.选C.‎ 点睛：充分、必要条件的三种判断方法．‎ ‎1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．‎ ‎2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．‎ ‎3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．‎ ‎3.“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.‎ 详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，‎ 所以，‎ 又，则 故选D 点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种：‎ ‎（1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列；‎ ‎（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.‎ ‎4.已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若 的最小正周期为，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只需根据函数性质逐步得出值即可．‎ ‎【详解】因为为奇函数，∴；‎ 又 ‎，，又 ‎∴，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查函数性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数．‎ ‎5.已知抛物线的焦点为，准线为.若与双曲线的两条渐近线分别交于点A和点B，且（为原点），则双曲线的离心率为 A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率．‎ ‎【详解】抛物线的准线的方程为，‎ 双曲线的渐近线方程为，‎ 则有 ‎∴，，，‎ ‎∴．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度．‎ ‎6.甲、乙俩人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为.则甲恰好比乙多击中目标2次的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记甲恰好比乙多击中目标2次为事件，分析可得包括两个事件，①甲击中2次而乙击中0次，②甲击中3次而乙击中1次，由独立事件的概率乘法公式计算可得两个事件的概率，进而由互斥事件概率的加法公式，将其相加即可得答案．‎ ‎【详解】记甲恰好比乙多击中目标2次为事件，分析可得包括两个事件:‎ ‎①甲击中2次而乙击中0次，记为事件，‎ ‎②甲击中3次而乙击中1次，记为事件，‎ 则 ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查互斥事件、相互独立重复事件的概率计算，运用到二项分布求概率，属于基础题.‎ ‎7.已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有　　 ‎ ‎，，，  ， ‎ ‎，，     ，‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由线面垂直的几何特征，及线面垂直的第二判定定理，可判断A的真假；‎ 根据面面平行的几何特征及线线位置关系的定义，可判断B的真假；‎ 根据线面垂直及线线垂直的几何特征，及线面平行的判定方法，可判断C的真假；‎ 根据面面平行的判定定理，可以判断D的真假．‎ 详解：‎ 由m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，若a，b相交，则可得α∥β，若a∥b，则α与β可能平行也可能相交，故（1）错误；‎ 若m∥n，n⊥α根据线面垂直的第二判定定理可得m⊥α，故（2）正确；‎ 若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，故（3）错误；‎ 若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故（4）错误；‎ 故选B．‎ 点睛：本题以命题的真假判定为载体考查了空间线面关系的判定，熟练掌握空间线面位置关系的判定，性质及几何特征是解答的关键．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.‎ ‎8.已知奇函数在R上是增函数，.若，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数在上是增函数可得为偶函数且在上为增函数，从而可判断的大小.‎ ‎【详解】的定义域为.‎ ‎，故为偶函数.‎ 因为为上的奇函数，故，‎ 当时，因为为上的增函数，故.‎ 设任意，则，故，‎ 故，故为上的增函数，‎ 所以 ，而，‎ 故，所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇函数、单调性以及指对数的大小比较，注意奇函数与奇函数的乘积、偶函数与偶函数的乘积都是偶函数，指数对数的大小比较应利用中间数和对应函数的单调性来考虑.‎ ‎9.已知函数设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 不等式为(*)，‎ 当时，(*)式即为，，‎ 又（时取等号），‎ ‎（时取等号），‎ 所以，‎ 当时，(*)式为，，‎ 又（当时取等号），‎ ‎（当时取等号），‎ 所以，‎ 综上．故选A．‎ ‎【考点】不等式、恒成立问题 ‎【名师点睛】首先满足转化为去解决，由于涉及分段函数问题要遵循分段处理原则，分别对的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据的范围，利用极端原理，求出对应的的范围.‎ 第II卷（非选择题，满分105分)‎ 二、填空题（每题5分，共计30分）‎ ‎10.已知z=（a﹣i）（1+i）（a∈R，i为虚数单位），若复数z在复平面内对应的点在实轴上，则a= ．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ z＝(a－i)(1＋i)＝a＋1＋(a－1)i，∵z在复平面内对应的点在实轴上，∴a－1＝0，从而a＝1.‎ ‎11.的展开式中的系数为________用数字作答 ‎【答案】-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式定理展开即可得出．‎ ‎【详解】解：，‎ 项的系数为：．‎ 故答案为：-8．‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力．‎ ‎12.数列满足，，.则数列的通项公式为_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过对变形可知，进而可知数列是以为首项、为公差的等差数列，可知，利用累加法计算解即得结论.‎ ‎【详解】证明：因，‎ 所以，‎ 又因为，‎ 所以是以为首项、为公差的等差数列，‎ 得，因而有：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 累加后得：‎ 所以，‎ 所以数列的通项公式.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由递推关系证明等差数列，还考查等差数列的通项公式及利用累加法求数列的通项公式，属于中等题.‎ ‎13.设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于点，，则与的面积之比__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设F到直线AB的距离为d，则设AB：代入中易得，从而可得.‎ ‎14.已知，且，则的最小值为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先求得的值，然后结合均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果，注意等号成立的条件.‎ ‎【详解】由可知，‎ 且：，因为对于任意，恒成立，‎ 结合均值不等式的结论可得：.‎ 当且仅当，即时等号成立.‎ 综上可得的最小值为.‎ ‎【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．‎ ‎15.在中，，，. 若，‎ ‎，且，则的值为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ ,则 ‎.‎ ‎【考点】向量的数量积 ‎【名师点睛】根据平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一组基地可以表示平面内的任一向量，利用向量的定比分点公式表示向量，计算数量积，选取基地很重要，本题的已知模和夹角，选作基地易于计算数量积.‎ 三、解答题（解答过程需要有必要的文职说明和推理步骤，共计75分）‎ ‎16.设.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）单调递增区间是；‎ 单调递减区间是 ‎（Ⅱ）面积的最大值为 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；‎ ‎（Ⅱ）首先由结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形 面积的最大值.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）由题意知 由可得 由可得 所以函数的单调递增区间是；‎ 单调递减区间是 ‎（Ⅱ）由得 由题意知为锐角，所以 由余弦定理：‎ 可得：‎ 即：当且仅当时等号成立.‎ 因此 所以面积的最大值为 考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．‎ ‎（1）求证：为的中点；‎ ‎（2）求二面角的大小；‎ ‎（3）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，的交点为，由线面平行性质定理得，再根据三角形中位线性质得为的中点．（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小（3）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系求线面角大小 ‎【详解】（1）设，的交点为，连接．‎ 因为平面，平面平面，所以．‎ 因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点． ‎ ‎（2）取的中点，连接，．因为，所以．‎ 又平面平面，且平面，所以平面．‎ 因为平面，所以．因为是正方形，所以． ‎ 如图，建立空间直角坐标系，则，，，‎ 所以，．‎ 设平面的法向量为，则，即．‎ 令，则，，于是．‎ 平面的法向量为，所以．‎ 由题知二面角为锐角，所以它的大小为． ‎ ‎（3）由题意知，，． ‎ 设直线与平面所成角为，则． ‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎18.已知公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）数列满足，数列的前n项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.‎ ‎（3）设数列的前n项和为，求证：对任意正整数n，都有成立.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）看解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，由已知，求出，即可得数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，，利用错位相减法即可得出，代入不等式对一切恒成立，对分类讨论即可得出的取值范围；‎ ‎（3）当时，结论显然成立；当时，，化简证明即可.‎ ‎【详解】（1）已知等差数列中，，设公差为，由已知，‎ 则，所以，‎ 得的通项公式为：‎ 即：.‎ ‎（2）由（1）可得，，‎ 则 两式相减得：‎ 解得：.‎ 所以不等式化为对一切恒成立，‎ 若为偶数，则，即；‎ 若为奇数，则，即；‎ 综上可得：.‎ ‎（3）证明：当时，结论显然成立；‎ 当时，由（2）知，‎ ‎.‎ 所以，对任意正整数n，都有成立.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和利用错位相减法求数列的前项和，同时考查数列和不等式的恒成立问题求参数的范围，还考查学生的转化思想和运算能力.‎ ‎19.已知椭圆的离心率为，直线与椭圆的两交点间距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）如图，设是椭圆上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交椭圆于点，若直线的斜率均存在，并分别记为，求证：为定值.‎ ‎（3）在（2）的条件下，试问 是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）为定值；（3）为定值，定值为25．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的离心率公式求得，由椭圆过点，代入椭圆方程，即可求得和的值，求得椭圆方程；‎ ‎（2）利用点到直线距离公式，同理求得：，则，是方程的两个不相等的实根，根据韦达定理即可求得为定值；‎ ‎（3）将直线和的方程，代入椭圆方程，即可求得和点坐标，根据两点之间的距离公式，由，即可求得为定值．‎ ‎【详解】解：（1）由椭圆的离心率，则，‎ 由直线过点，代入，解得：，则，‎ 椭圆的标准方程：；‎ ‎（2）证明：由直线，直线，‎ 由直线为圆的切线，‎ ‎，，‎ 同理可得：，‎ ‎，是方程的两个不相等的实根，‎ 由，△，则，‎ 由，在椭圆上，即，‎ ‎，‎ 为定值；‎ ‎（3）经判断为定值，‎ 设，，，，‎ 联立，解得，‎ ‎，‎ 同理，得，‎ 由，‎ 得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 为定值，定值为25．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义标准方程、直线与圆相切的性质、一元二次方程的根与系数的关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎20.设函数.‎ ‎（1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值；‎ ‎（2）讨论函数零点个数；‎ ‎（3）若对任意恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）2；（2）当时，函数无零点；当或时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点；（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当m=e时，＞0，由此利用导数性质能求出f（x）的极小值；（2）由，得，令，x＞0，m∈R，则h（1）=，‎ h′（x）=1-x2=（1+x）（1-x），由此利用导数性质能求出函数g（x）=f′（x）-零点的个数；（3）（理）当b＞a＞0时，f′（x）＜1在（0，+∞）上恒成立，由此能求出m的取值范围 试题解析：（1）由题设，当时，‎ 易得函数的定义域为 当时，，此时在上单调递减；‎ 当时，，此时在上单调递增；‎ 当时，取得极小值 的极小值为2‎ ‎（2）函数 令，得 设 当时，，此时在上单调递增；‎ 当时，，此时在上单调递减；‎ 所以是的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是的最大值点，‎ 的最大值为 又，结合y=的图像（如图），可知 ‎①当时，函数无零点；‎ ‎②当时，函数有且仅有一个零点；‎ ‎③当时，函数有两个零点；‎ ‎④时，函数有且只有一个零点；‎ 综上所述，当时，函数无零点；当或时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点.‎ ‎（3）对任意恒成立，等价于恒成立 设，在上单调递减 在恒成立 恒成立 ‎（对，仅在时成立），的取值范围是 考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的极值