天津市北辰区2020届高三高考二模数学试题 Word版含解析 23页

北辰区2020年高考模拟考试试卷 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，20小题.考试用时120分钟.考试结束后，请将答题卡交回，祝各位考生考试顺利！‎ 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.‎ ‎2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.‎ ‎3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：共9小题.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.已知全集，集合，集合，则集合＝（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据补集与并集的定义与运算,即可求得.‎ ‎【详解】全集,集合 则 集合 所以 故选:A ‎【点睛】本题考查了集合并集与补集的运算,属于基础题.‎ ‎2.“”是“”的（ ）‎ - 23 -‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据充分条件和必要条件的定义判断．‎ ‎【详解】时，，，不充分；‎ 时，，，是必要的，‎ 故是必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键．‎ ‎3.我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百一十五里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走315里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”则该人第一天走的路程为（ ）‎ A. 180里 B. 170里 C. 160里 D. 150里 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设此人每天所走的路程数为数列，其首项为，分析可得是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的前项和公式可得，解可得的值，即可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，设此人每天所走的路程为数列，其首项为，即此人第一天走的路程为，‎ 又由从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，则是以为首项，为公比的等比数列，‎ - 23 -‎ 又由，即有，‎ 解得：；‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式与求和公式，关键是依据题意，建立等比数列的数学模型，属于基础题．‎ ‎4.函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到为奇函数，从而排除B，C，再根据，即可得到答案.‎ ‎【详解】令，‎ 则，为奇函数.‎ 又因为为偶函数，的定义域为，‎ - 23 -‎ 故为奇函数，排除B，C.‎ 因为，‎ ‎，排除D.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查函数的图象，利用函数的奇偶性和特值法为解题的关键，属于中档题.‎ ‎5.，是不同的直线，，是不重合的平面，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. ，是异面直线，若，，，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间面面平行的判定和性质定理对选项进行分别分析判断，得出答案.‎ 详解】选项A. 若，，，，则;当时，可能有，故A不正确.‎ 选项B. 若，，，则，或，是异面直线，故B不正确.‎ 选项C. 若，，则，也可能，故C不正确.‎ 选项D. 在空间取一点，过作，.‎ 则相交直线确定一个平面，由条件可得，所以,故D正确.，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查直线与平面、直线与直线、平面与平面的位置关系，属于基础题.‎ - 23 -‎ ‎6.已知函数，，若，，，则、、的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断出函数是偶函数，且在区间上单调递增，然后比较、、三个数的大小，由此可得出、、的大小关系.‎ ‎【详解】，该函数的定义域为，‎ ‎，所以，函数为偶函数，‎ 当时，，‎ 任取，，则，，所以，，‎ ‎，，即，‎ 所以，函数在上单调递增，，‎ ‎，则，即.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数值的大小比较，解题的关键在于分析函数的单调性与奇偶性，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎7.若函数（其中，）图象的一个对称中心为，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为-1，为了得到的图象，则只要将的图象（ ）‎ - 23 -‎ A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件先求函数的解析式，再化为同名函数，再按照平移变换规律求解 ‎【详解】由条件可知函数的最小值为-1，即，‎ 对称中心和相邻的对称轴间的距离为，即，解得： ‎ 当时，， ‎ ‎，,‎ ‎， ‎ ‎，‎ 由变换到，‎ 即，‎ 根据平移变换规律可知，只需向左平移个单位.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查函数的图象变换，以及的解析式和性质，属于中档题型，的横坐标伸长（或缩短）到原来的倍，得到函数的解析式是，若向右（或左）平移（）个单位，得到函数的解析式是或.‎ ‎8.已知、是双曲线的两个焦点，以为直径的圆与双曲线的一个交点是，且的三条边长成等差数列，则此双曲线的离心率是（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点为第一象限的点，设点、分别为双曲线的左、右焦点，设，可得，则，利用勾股定理可求得与的等量关系，由此可得出与的等量关系，进而可求得该双曲线的离心率.‎ ‎【详解】如下图所示，设点为第一象限的点，设点、分别为双曲线的左、右焦点，‎ 设，由双曲线的定义可得，则，‎ 由已知条件可得、、成等差数列，且公差为，，‎ 易知为直角三角形，且为直角，‎ 由勾股定理得，即，解得，‎ ‎，即，‎ 因此，该双曲线的离心率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ - 23 -‎ 本题考查双曲线离心率的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9.已知定义在上的偶函数满足，且当时，，若方程恰有两个根，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得 ，根据函数的对称性和周期性，作出函数的图象，将问题转化为函数与的图象有2个交点，解决问题.‎ ‎【详解】当时，，解得： ‎ 所以 ，‎ 又因为函数是偶函数，关于轴对称，并且周期，‎ 若方程恰有两个根，即函数与的图象有2个交点，如图，画出函数和的图象，‎ 当时，，，‎ - 23 -‎ 当直线过点时，此时直线的斜率，‎ 由图象可知若函数与的图象有2个交点，只需满足 ，‎ 解得：或 ‎ 即的取值范围是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数与方程的应用，重点考查数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是正确画出函数的图象，并能运用临界分析的思想求参数的取值范围.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：‎ ‎10.若复数是纯虚数，其中是虚数单位，则实数的值为________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将复数化成代数形式后，再根据纯虚数的概念求出的值即可．‎ ‎【详解】解：由题知，‎ 因为复数是纯虚数，所以且，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的有关概念，考查学生的运算运算能力，解题的关键是正确进行复数的运算．‎ ‎11.若的展开式中常数项为第9项，则此时所有项的二项式系数和为________．‎ ‎【答案】1024‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出二项式展开式通项，再根据第项为常数得到，再求二项式系数之和即可.‎ - 23 -‎ ‎【详解】由题知： 的展开式通项，‎ 因为第项为常数，所以，解得.‎ 所以的所有项的二项式系数和为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式各项系数之和，熟记二项式展开式通项为解题的关键，属于中档题.‎ ‎12.圆与圆公共弦长为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两圆方程相减得公共弦据直线方程，然后求出一个圆心到该直线距离，由勾股定理得弦长．‎ ‎【详解】两圆方程相减得，即，‎ 原点到此直线距离为，圆半径为，‎ 所以所求公共弦长为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查两圆公共弦长，解题关键是求出公共弦所在直线方程．‎ ‎13.近年来，空气质量成为人们越来越关注的话题，空气质量指数（Air Quality Index，简称AQI）是定量描述空气质量状况的指数．环保部门记录了某地区7天的空气质量指数，其中，有4天空气质量为优，有2天空气质量为良，有1天空气质量为轻度污染．现工作人员从这7天中随机抽取3天进行某项研究，则抽取的3天中至少有一天空气质量为良的概率为________；记表示抽取的3天中空气质量为优的天数，则随机变量 - 23 -‎ 的数学期望为________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一空，先求抽取的3天空气质量都不为良的概率，再根据对立事件的概率公式求解即可；‎ 第二空，随机变量服从超几何分布，计算即可.‎ ‎【详解】解：设事件A表示“抽取3天中至少有一天空气质量为良”，‎ 事件B表示“抽取的3天空气质量都不为良”，‎ 则事件A与事件B互为对立事件，‎ 所以；‎ 随机变量的可能取值为，概率为，‎ 所以随机变量分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 随机变量的数学期望为 ‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查利用古典概型求事件的概率，超几何分布，是中档题.‎ ‎14.已知，，且，则的最大值为________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用基本不等式化已知等式为关于的不等式，然后解不等式得结论．‎ ‎【详解】∵，‎ - 23 -‎ ‎，当且仅当时等号成立，‎ ‎，，，‎ 所以的最大值为4，此时．‎ ‎【点睛】本题考查用基本不等式求最值，此时解题时是利用基本不等式得出不等关系然后解不等式得出结论．当然要注意等号成立的条件．‎ ‎15.如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为________． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形的面积公式可求得，设，可得，结合可求得，可得出，进而可得出，利用基本不等式可求得的最小值.‎ ‎【详解】，，‎ ‎，，‎ 设，‎ - 23 -‎ ‎，‎ 又，则，解得，则，‎ 因此，‎ ‎，即，‎ 当且仅当时，等号成立，‎ 因此，的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线段长最值的求解，同时也考查了利用向量的线性运算求参数，也考查了基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 ‎16.已知函数.‎ ‎(1)求函数的单调递增区间；‎ ‎(2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，求的面积.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f（x）＝2sin（2x），利用正弦函数的单调性即可求解其单调递增区间．‎ ‎（2）由题意可得sin（2A）＝1，结合范围2A∈（，），可求A - 23 -‎ 的值，由正弦定理可得a，由余弦定理b，进而根据三角形的面积公式即可求解．‎ ‎【详解】（1）∵sin2x﹣cos2x＝2sin（2x），‎ 令2kπ2x2kπ，k∈Z，解得kπx≤kπ，k∈Z，‎ ‎∴函数f（x）的单调递增区间为：[kπ，kπ]，k∈Z．‎ ‎（2）∵f（A）＝2sin（2A）＝2，‎ ‎∴sin（2A）＝1，‎ ‎∵A∈（0，π），2A∈（，），‎ ‎∴2A，解得A，‎ ‎∵C，c＝2，‎ ‎∴由正弦定理，可得a，‎ ‎∴由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得6＝b2+4﹣2，解得b＝1，（负值舍去），‎ ‎∴S△ABCabsinC（1）．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎17.已知在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，CD^平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD 的中点．‎ - 23 -‎ ‎（Ⅰ）求证：PO^平面；‎ ‎（Ⅱ）求平面EFG与平面所成锐二面角的大小；‎ ‎（Ⅲ）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）（Ⅲ）不存在，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）正三角形中，由平面得到，所以得到面；（Ⅱ）以点为原点建立空间直角坐标系，根据平面的法向量，和平面的法向量，从而得到平面与平面所成锐二面角的余弦值，再得到所求的角；（Ⅲ）线段上存在满足题意的点，直线与平面法向量的夹角为，设，，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，证明方程无解，从而得到不存在满足要求的点.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明:因为△是正三角形，‎ 是的中点，‎ 所以 .‎ 又因为平面，平面，‎ 所以.‎ ‎，平面，‎ 所以面.‎ ‎（Ⅱ）如图，以点为原点分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.‎ 则，‎ - 23 -‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为 所以，即 令，则 ， ‎ 又平面的法向量，‎ 设平面与平面所成锐二面角为，‎ 所以.‎ 所以平面与平面所成锐二面角为. ‎ ‎（Ⅲ）假设线段上存在点，‎ 使得直线与平面所成角为，‎ 即直线与平面法向量所成的角为，‎ 设，，‎ ‎，‎ 所以 所以，‎ 整理得，‎ ‎，方程无解，‎ 所以，不存在这样的点.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，利用空间向量求二面角，利用空间向量证明存在性问题.‎ ‎18.椭圆的短轴长与其焦距相等，且四个顶点构成面积为 - 23 -‎ 的菱形．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）过点且斜率不为的直线与椭圆交于、两点，记中点为，坐标原点为，直线交椭圆于、两点，当四边形的面积为时，求直线的方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意得出，可得出，再由椭圆的四个顶点构成面积为的菱形可求得、的值，由此可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求得线段的中点的坐标，进而可求得直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求得，并计算出点、到直线的距离，由此可求得四边形的面积关于的表达式，结合已知条件求出实数的值，由此可求得直线的方程.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为短轴长与其焦距相等，所以，‎ 又，所以，则，‎ 由于椭圆的四个顶点构成面积为的菱形，则，‎ 所以，，‎ 故所求椭圆的标准方程为；‎ ‎（Ⅱ）设点、的坐标分别为、，设直线的方程为，‎ 将直线的方程与椭圆方程联立，得．‎ - 23 -‎ ‎，‎ 由韦达定理得，，‎ 设点坐标为，则有，，‎ 因此，所以直线的方程为，‎ 将直线的方程与椭圆方程联立，得．‎ 所以弦长．‎ 不妨设点在直线上方，则点在直线下方，‎ 点到直线的距离为，‎ 点到直线的距离为．‎ 所以．‎ - 23 -‎ 所以四边形面积为．‎ 因此，直线的方程为或．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了利用四边形的面积求直线的方程，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题.‎ ‎19.已知数列满足．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，则求出的值；‎ ‎（3）已知是公比大于1的等比数列，且，，设，若是递减数列，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）3；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先根据已知条件求出，再求即可.‎ ‎（2）利用裂项求和得到，再求即可.‎ ‎（3）根据题意得到，，又因为是递减数列，得到，从而得到，恒成立，再求的最大值即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题意，数列的前项和．‎ 当时，有，所以．‎ 当时，‎ - 23 -‎ ‎．‎ 所以，当时，‎ 又符合时与的关系式，所以．‎ 故的值为3．‎ ‎（2）由（1）可知．‎ 则，‎ 所以 ‎．‎ 所以的值为．‎ ‎（3）由，得．又，所以．‎ 所以，．‎ 因为是递减数列，所以，‎ 即．化简得．‎ 所以，恒成立．‎ 又是递减数列，所以的最大值为第一项．‎ 所以，即实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题为数列综合题，主要考查了裂项求和，同时考查了数列的单调性，属于中档题.‎ - 23 -‎ ‎20.设，设函数，，其中为自然对数的底数．‎ ‎（Ⅰ）若，记，则判断函数在区间上是否有零点；‎ ‎（Ⅱ）证明：对任意的，函数的切线不可能是直线；‎ ‎（Ⅲ）设，试判断函数是否存在极小值，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）函数在区间上有零点；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）存在，且．.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据零点存在定理判断；‎ ‎（Ⅱ）假设存在，使得直线是曲线的切线，设切点横坐标为，且，利用导数几何意义求出切线方程，由切线方程求切点坐标，求出如果存在，切线横坐标只能为，从而说明不存在；‎ ‎（Ⅲ），，，令，则，，‎ 然后分类，，，分别研究的最小值，得出结论．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）当时，函数，‎ 令，，‎ 则，，故，‎ 又函数在区间上的图象是连续不间断曲线，‎ 故函数在区间上有零点，‎ ‎（Ⅱ）证明：假设存在，使得直线是曲线的切线，‎ 设切点横坐标为，且，‎ - 23 -‎ ‎,‎ 则切线在点切线方程为，‎ 即，从而，且 ‎，‎ 消去，得，故满足等式，‎ 令，所以，故函数在和上单调递增，‎ 又函数在时，故方程有唯一解，‎ 又，故不存在，即证．‎ ‎（Ⅲ）由于，所以，，，‎ 令，则，，‎ ‎（ⅰ）当时，恒负，‎ 故当时，，递增，当时，，递减，故在处取得极大值，无极小值，不合题意；‎ ‎（ⅱ）时，则在递减，在递增，‎ ‎①若，，‎ 故在递减，在递增，故时，，在递增，无极值，不合题意；‎ - 23 -‎ ‎②当时，，‎ 当时，递减，在时，在递增，故在处取极小值，符合题意，‎ ‎③当时，，故在递减，可得当时，，当时，，‎ ‎∵，易证，令，，令，故则 故在递增，则，‎ 即时，故在内存在，使得，‎ 故在上递减，在递增，故在处取得极小值．‎ 综上，实数的范围是且．‎ ‎【点睛】本题考查用导数研究函数的零点，考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的最值问题，解题关键是掌握导数与单调性的关系，极值与最值的定义，考查分类讨论思想，等价转化思想，考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力，难度较大，属于困难题．‎ - 23 -‎