天津市实验中学2020届高三年级3月线上自我检测（六） 数学试题 20页

‎2017-20020届高三年级自主学习自我检测（六）‎ 一、选择题（本大题共9个小题，每小题5分，满分45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.记全集，集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得集合或，，求得，再结合集合的交集运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，全集，集合或，‎ 集合，‎ 所以，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中正确求解集合，再结合集合的补集和交集的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎2.若，则“”是 “”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.‎ ‎【详解】当时，，则当时，有，解得 ‎，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.‎ ‎【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.‎ ‎3.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）‎ A. 16 B. ‎8 ‎C. 4 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．‎ ‎【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则，‎ 解得，，故选C．‎ ‎【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．‎ ‎4.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定函数的定义域，再判断函数的奇偶性和值域，由此确定正确选项。‎ ‎【详解】解：函数的定义域为，，‎ 则函数为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，‎ 当时，，排除A，‎ 当时，，排除C，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题通过判断函数图像考查函数的基本性质，属于基础题。‎ ‎5.已知，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等中间值区分各个数值的大小．‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎，故，‎ 所以．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较．‎ ‎6.已知圆与直线交于、两点，过、分别作轴的垂线，且与轴分别交于、两点，若，则（ ）．‎ A. 3 B. ‎2 ‎C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线方程与圆的方程联立，消去，设出点、‎ 两点的坐标，利用根与系数的关系，结合进行求解即可.‎ ‎【详解】直线方程与圆的方程联立得：，设，，所以有，‎ 因此有，‎ 因为，所以 或不符合不等式（*）舍去.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了已知线段长求参数问题，考查了数学运算能力.‎ ‎7.已知函数（，）图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向左平移个单位，纵坐标扩大到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的命题中正确的是（ ）‎ A. 函数是奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在上是增函数 D. 当时，函数的值域是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数恒等变换的公式和三角函数的图象变换，得到，再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，‎ 因为函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，‎ 可得，即，所以，即，‎ 把函数沿轴向左平移个单位，纵坐标扩大到原来的2倍得到函数的图象，可得函数，‎ 可得函数为非奇非偶函数，所以A不正确；‎ 由，所以不是函数的对称轴，所以B不正确；‎ 由，则，由正弦函数的性质，可得函数在上单调递增，所以C正确；‎ 由，则，‎ 当时，即，函数取得最小值，最小值为，‎ 当时，即，函数取得最大值，最大值为，‎ 所以函数的值域为，所以D不正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数图象与性质的综合应用，其中解答中先根据三角恒等变换的公式和三角函数的图象变换得到函数的解析式，再利用三角函数的图象与性质，逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8.已知点是双曲线的左焦点，过且平行于双曲线渐近线的直线与圆交于点，且点在抛物线上，则该双曲线的离心率的平方为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图,设抛物线的准线为l,作PQ⊥l于Q,‎ 设双曲线的右焦点为F′,P(x,y).‎ 由题意可知FF′为圆的直径，‎ ‎∴PF′⊥PF,且，‎ 满足，‎ 将①代入②得，‎ 则，‎ 即,(负值舍去)‎ 代入③,即再将y代入①得,‎ 即e2=.‎ 故选D.‎ 点睛：本题主要考查双曲线的渐近线、离心率及简单性质，属于难题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．本题中， ‎ ‎9.已知函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可将问题转化，求直线关于直线的对称直线，再分别讨论两函数的增减性，结合函数图像，分析临界点，进一步确定的取值范围即可 ‎【详解】可求得直线关于直线的对称直线为，‎ 当时，，，当时，，则当时，，单减，当时，，单增；‎ 当时，，，当，,当时，单减，当时，单增；‎ 根据题意画出函数大致图像，如图：‎ 当与（）相切时，得，解得；‎ 当与（）相切时，满足，‎ 解得，结合图像可知，即，‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查数形结合思想求解函数交点问题，导数研究函数增减性，找准临界是解题的关键，属于中档题 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎10.已知复数，则复数的虚部为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算，化简得，进而求得复数的虚部，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，复数，所以复数的虚部为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的概念的应用，其中解答中熟记复数的概念，熟练应用复数的除法运算法则化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎11.二项式，则该展开式中的常数项是______.‎ ‎【答案】180‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得二项展开式的通项，令，即可求解展开式的常数项，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，‎ 令，可得，即展开式的常数项是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定量的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎12.如图所示，一家面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，若一个月以天计算，估计这家面包店一个月内日销售量不少于个的天数为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据频率分布直方图计算出日销售量不少于个的频率，然后乘以即可.‎ ‎【详解】根据频率分布直方图可知，一个月内日销售量不少于个的频率为，‎ 因此，这家面包店一个月内日销售量不少于个的天数为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，解题时要明确频数、频率和样本容量三者之间的关系，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎13.在三棱锥中,平面，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥 的外接球，由此能求出三棱锥的外接球的表面积.‎ ‎【详解】由题意，在三棱锥中，平面，‎ 以为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥的外接球，‎ 所以三棱锥的外接球的半径为，‎ 所以三棱锥的外接球的表面积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题，其中解答中根据几何体的结构特征，以为长宽高构建长方体，得到长方体的外接球是三棱锥的外接球是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.‎ ‎14.已知均为正数，且，则当_____时，代数式的最小值为________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据，结合分式运算的性质，对式子进行恒等变形，最后利用基本不等式进行求解即可.‎ ‎【详解】.‎ 因为均为正数，所以（当且仅当时取等号，即，因此当时，代数式的最小值为.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了分式加法的运算性质，考查了数学运算能力.‎ ‎15.如图，在中，已知，为边的中点．若，垂足为，则的值为__． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】，‎ 由余弦定理，得，‎ 得，，，‎ 所以，所以．‎ 点睛：本题考查平面向量的综合应用．本题中存在垂直关系，所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系，得到，所以本题转化为求长度，利用余弦定理和面积公式求解即可．‎ 三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎16.已知的内角，，的对边分别为，，，满足．‎ ‎（Ⅰ）求角的值；‎ ‎（Ⅱ）若，，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据正弦定理将边角关系式化为边之间的关系，从而可凑得的形式，得到 ‎，进而得到；（Ⅱ）由正弦定理求得，利用同角三角函数关系得到；再利用二倍角公式得到；通过两角和差正弦公式求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ 由正弦定理得：，化简得：‎ 又 ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，又，‎ 由正弦定理得：‎ 又 ‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理解三角形、同角三角函数关系、二倍角公式的应用、两角和差正弦公式的应用问题，属于常规题型.‎ ‎17.如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在,或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据线面垂直的判定定理，即可证得平面.‎ ‎（2）以为原点，分别以，和的方向为，和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；‎ ‎（3）假设存在点，设，根据，得到的坐标，结合平面的法向量为列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，因为，，，∴，‎ 又∴，∴，‎ ‎∵侧面，∴.‎ 又∵，，平面 ‎∴直线平面.‎ ‎（2）以为原点，分别以，和的方向为，和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则有，，，，‎ 设平面的一个法向量为 ‎，‎ ‎∵，∴，令，则，∴‎ 设平面的一个法向量为，，，‎ ‎∵，∴，令，则，∴，‎ ‎，，，∴.‎ 设二面角为，则.‎ ‎∴设二面角的余弦值为.‎ ‎（3）假设存在点，设，∵，，‎ ‎∴，∴∴‎ 设平面的一个法向量为，‎ ‎∴，得.‎ 即，∴或，∴或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎18.已知椭圆的左、右焦点为、，，若圆Q方程，且圆心Q满足．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点直线交椭圆于A、B两点，过P与垂直的直线交圆Q于C、D两点，M为线段CD中点，若的面积为，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意求得的值即可确定椭圆方程；‎ ‎(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程，结合三角形的面积得到关于k的方程，解方程即可确定k的值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意可知：，，‎ ‎，，‎ ‎，椭圆的方程为 ‎（Ⅱ）设，，由 消去y，得，，‎ ‎，，‎ 为线段CD中点，，又，，，‎ 又点Q到的距离，‎ ‎．‎ 此时，圆心Q到的距离，成立．‎ 综上：．‎ ‎【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：‎ ‎(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；‎ ‎(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．‎ ‎19.已知数列满足.‎ ‎（1）设，求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和；‎ ‎（3）记，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由得，得；‎ ‎（2）易得， ‎ 错位相减得 所以其前项和；‎ ‎（3）‎ ‎，‎ ‎ 或写成.‎ 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎20.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间和极值；‎ ‎（2）若对于任意，都有成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若，且，证明：.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）， ‎ ‎①时，因为，所以，‎ 函数的单调递增区间是，无单调递减区间，无极值； ‎ ‎②当时，令，解得，‎ 当时，；当，．‎ 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是， ‎ 在区间上的极小值为，无极大值． ‎ ‎（2）由题意，，‎ 即问题转化为对于恒成立，‎ 即对于恒成立， ‎ 令，则，‎ 令，则，‎ 所以在区间上单调递增，故，故，‎ 所以在区间上单调递增，函数． ‎ 要使对于恒成立，只要，‎ 所以，即实数k取值范围为． ‎ ‎（3）证法1 因为，由（1）知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且．‎ 不妨设，则，‎ 要证，只要证，即证．‎ 因为在区间上单调递增，所以，‎ 又，即证， ‎ 构造函数，‎ 即，．‎ ‎ ，‎ 因，所以，即，‎ 所以函数在区间上单调递增，故，‎ 而，故， ‎ 所以，即，所以成立． ‎ 证法2 要证成立，只要证：. ‎ 因为，且，所以，‎ 即，，‎ 即，‎ ‎，同理，‎ 从而， ‎ 要证，只要证，‎ 令不妨设，则，‎ 即证，即证，‎ 即证对恒成立， ‎ 设，，‎ 所以在单调递增，，得证，所以.‎