天津市第一中学2020届高三下学期第四次月考数学试题 22页

天津一中2019-2020高三年级第四次月考数学试卷 一､选择题：(在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)(每小题5分)‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解对数函数的定义域以及二次不等式，解得集合，再求集合的补运算即可.‎ 详解】要使得对数函数有意义，则，解得；‎ 由，解得；‎ 故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查对数函数定义域的求解，二次不等式的求解，集合的补运算，属综合基础题.‎ ‎2.设则“”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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解绝对值不等式与分式不等式，根据充分必要条件的性质即可判断.‎ ‎【详解】解绝对值不等式可得，即，‎ 将分式不等式变形可得，解得，‎ 因为，‎ 所以“”是“”的必要而不充分条件，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎3.曲线在处的切线的倾斜角为，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数求出曲线在处的切线斜率，可得出的值，进而利用同角三角函数的基本关系可求得的值.‎ ‎【详解】对于函数，则，所以，，，为锐角，‎ 由，解得，因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，同时也考查了利用同角三角函数基本关系求值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知抛物线上一点到其焦点的距离为，双曲线的左顶点为，若双曲线一条渐近线与直线垂直，则实数( )‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】解：根据抛物线的焦半径公式得． 取M（1，4），则AM的斜率为2， 由已知得， ‎ 故．‎ ‎5.将函数图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若直线是的图象的一条对称轴，则（ ）‎ A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据函数图象变换求得的表达式，根据是图象的一条对称轴，求得的值，由此求得与的表达式，进而判断出与的奇偶性和单调性，由此判断出正确选项.‎ ‎【详解】由题意知，因为直线是的图象的一条对称轴，所以，故，因为，所以，为非奇非偶函数，所以A选项错误.‎ 因为，则，所以在上单调递减，所以C选项正确.‎ 因为，所以为奇函数，所以B选项错误.‎ 当时，，所以在上单调递减，所以D选项错误..‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力.‎ ‎6.已知奇函数，且在上是增函数.若，，，则a，b，c的大小关系为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为是奇函数，从而是上的偶函数，且在上是增函数，‎ ‎，‎ ‎，又，则，所以即，‎ ‎，‎ 所以，故选C．‎ ‎【考点】指数、对数、函数的单调性 ‎【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.‎ ‎7.点在同一个球的球面上，，若四面体体积的最大值为，则这个球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积.‎ ‎【详解】根据题意知，是一个等边三角形，其面积为，‎ 由正弦定理知，外接圆的半径为．‎ 设小圆的圆心为，‎ 若四面体的体积有最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，‎ 所以，与面垂直时体积最大，‎ 最大值为，‎ ‎，‎ 设球心为，半径为，‎ 则在直角中，，‎ 即，‎ 则这个球的表面积为：‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体的体积的最大值，是解答的关键．‎ ‎8.设，为正数，且，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，化简，根据均值不等式，即可求得答案；‎ ‎【详解】当时，‎ ‎，‎ 当且仅当时，即取等号，‎ ‎.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意要验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎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：(每小题5分)‎ ‎10.设，则______.‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ 分析：首先求得复数z，然后求解其模即可.‎ 详解：由复数的运算法则有：‎ ‎，‎ 则：.‎ 点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎11.二项式展开式中的常数项为240，则实数的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用二项式定理计算得到答案.‎ ‎【详解】，由得，‎ 解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力.‎ ‎12.一所中学共有4 000名学生，为了引导学生树立正确的消费观，需抽样调查学生每天使用零花钱的数量(取整数元)情况，分层抽取容量为300的样本，作出频率分布直方图如图所示，请估计在全校所有学生中，一天使用零花钱在6元～14元的学生大约有________人． ‎ ‎【答案】2720‎ ‎【解析】‎ 根据频率分布直方图得；‎ 一天使用零花钱在6元～14元的学生频率是 ‎1﹣（0.02+0.03+0.03）×4=1﹣0.32=0.68，‎ ‎∴对应的频数是4000×0.68=2720；‎ ‎∴估计全校学生中，一天使用零花钱在6元～14元的大约有2720人．‎ ‎13.已知双曲线的离心率为则它的一条渐近线被圆所截得的弦长等于_____.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的离心率先求出双曲线的渐近线方程，先求出圆心到直线的距离，再由几何法求出弦长即可.‎ ‎【详解】因为双曲线的离心率为，即，所以 ‎，‎ 所以，故双曲线的渐近线方程为，即，‎ 又圆的圆心为，半径为，‎ 所以圆心到任一条渐近线的距离为，‎ 因此，弦长为.‎ 故答案为4‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的弦长，熟记双曲线的简单性质，以及几何法求弦长的公式即可，属于常考题型.‎ ‎14.2019年底，武汉发生“新型冠状病毒”肺炎疫情，国家卫健委紧急部署，从多省调派医务工作者前去支援，正值农历春节举家团圆之际，他们成为“最美逆行者”．武汉市从‎2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者､疑似的新冠肺炎患者､无法明确排除新冠肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户､不漏一人．若在排查期间，某小区有5人被确认为“确诊患者的密切接触者”，现医护人员要对这5人随机进行逐一“核糖核酸”检测，只要出现一例阳性，则将该小区确定为“感染高危小区”．假设每人被确诊的概率均为且相互独立，若当时，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率取得最大值，则____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意求出检测前3人没有确诊第4人确诊或者前4人没有确诊第5人确诊的概率，利用导数法，求出所求概率的最大值.‎ ‎【详解】由题意知，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率 ‎，，‎ 令，解得，故在上单调递增，‎ 在上单调递减，故当时，取得最大值．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查概率实际应用问题，涉及相互独立事件与互斥事件概率的求法，利用导数法求最大值，考查数学建模、数学计算能力，属于中档题.‎ ‎15.如图,菱形ABCD的边长为3,对角线AC与BD相交于O点,||=2,E为BC边(包含端点)上一点,则||的取值范围是_____,的最小值为_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 时，长度最短，与重合时，长度最长．然后以)以O为原点,BD所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，设出点坐标，把向量数量积用坐标表示后可求得最小值．‎ ‎【详解】根据菱形性质可得OC,则BO.‎ ‎(1)作AF⊥BC,则AF,此时AE最短,当E与C重合时,AE最长,故,即||∈;‎ ‎(2)以O为原点,BD所在直线为x轴建系如图:‎ 则A(0,)B(,0),C(0,),D(,0),‎ 所以BC:y,设E(m,)‎ 则,其中m 对称轴为m,故当m时最小,最小值为.‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题考查向量的模和向量的数量积，向量模的范围可由几何图得出，而数量积的最值通过建立坐标系，用坐标运算把数量积表示一个函数，由函数知识求解．这样只要计算即可．‎ 三､解答题：(本大题共5小题，共75分)‎ ‎16.已知函数．‎ ‎（1）求的最小值，并写出取得最小值时的自变量的集合．‎ ‎（2）设的内角，，所对的边分别为，，，且，，若，求，的值．‎ ‎【答案】（1）最小值为；，；（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，利用正弦函数的图象和性质即可求解．‎ ‎（2）由已知可求，结合范围，可求，由已知及正弦定理可得，进而由余弦定理可得，联立即可解得，的值．‎ ‎【详解】解：（1）， ‎ 当，即时，的最小值为，‎ 此时自变量的集合为：，‎ ‎（2）（C），‎ ‎，‎ 又，，，可得：，‎ ‎，由正弦定理可得：①，又，‎ 由余弦定理可得：，可得：②，‎ 联立①②解得：，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想及转化思想的应用，属于中等题．‎ ‎17.菱形中，平面，，，‎ ‎（1）证明：直线平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值；‎ ‎（3）线段上是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为 ‎？若存在，求；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）建立以为原点，分别以，（为中点），的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，证明向量垂直，得到线面平行；‎ ‎（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求出正弦值；‎ ‎（3）设，则，利用空间向量求表示出线面角的正弦值，求出的值，得解.‎ ‎【详解】解：建立以为原点，分别以，（为中点），的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），‎ 则，，，‎ ‎，，.‎ ‎（1）证明：，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，‎ 可得，‎ 又，可得，‎ 又因为直线平面，所以直线平面；‎ ‎（2），，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，可得，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，可得，‎ 所以，‎ 所以二面角的正弦值为；‎ ‎（3）设，则，‎ 则，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，‎ 可得，‎ 由，得，‎ 解得或（舍），所以.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量法解决立体几何中的问题，属于中档题.‎ ‎18.如图，椭圆：的左右焦点分别为，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于两点，当时，点在轴上的射影为，连接并延长分别交于两点，连接，与的面积分别记为，，设.‎ ‎（1）求椭圆和抛物线的方程；‎ ‎（2）求的取值范围.‎ ‎【答案】（I） ，；（II） ．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ ）由题意得得，根据点M在抛物线上得，又由，得 ，可得，解得，从而得，可得曲线方程．（Ⅱ ）设，，分析可得，先设出直线的方程为 ，由，解得，从而可求得，同理可得,故可将化为m的代数式，用基本不等式求解可得结果．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由抛物线定义可得，‎ ‎∵点M在抛物线上，‎ ‎∴，即 ①‎ 又由，得 ‎ 将上式代入①，得 解得 ‎∴‎ ‎，‎ 所以曲线的方程为，曲线的方程为． ‎ ‎（Ⅱ）设直线方程为，‎ 由消去y整理得，‎ 设，.‎ 则，‎ 设，，‎ 则，‎ 所以， ②‎ 设直线的方程为 ，‎ 由，解得，‎ 所以，‎ 由②可知，用代替，‎ 可得， ‎ 由，解得，‎ 所以，‎ 用代替，可得 所以 ‎，当且仅当时等号成立．‎ 所以的取值范围为. ‎ 点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑：‎ ‎①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；‎ ‎②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；‎ ‎③利用基本不等式求出参数的取值范围；‎ ‎④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．‎ ‎19.已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，数列 的前项和，，且.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎（3）设，，的前项和，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）当为偶数时，；当为奇数时，（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意列出方程组，求出、，从而得到的通项公式，当时，，化简可得是首项为1的常数列，即可求得的通项公式；(2)分类讨论，当为偶数时，，分别利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和即可，当为奇数时，由可求得结果；(3)裂项法可得，从而求得.‎ ‎【详解】解；（1）因为，所以，‎ ‎，解得 所以，‎ 当时，，即，‎ ‎∴是首项为1的常数列，‎ ‎∴；‎ ‎（2）‎ 当为偶数时，‎ 当为奇数时，‎ ‎（3）‎ ‎【点睛】本题考查数列的综合，等差数列、等比数列通项公式、前n项和的求解，分组求和法，裂项相消法求和，计算时一定要数对项数，属于较难题.‎ ‎20.设函数.‎ ‎（Ⅰ）求单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，试判断零点的个数；‎ ‎（Ⅲ）当时，若对，都有（）成立，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）当时，的单减区间为；当时，的单减区间为，单增区间为；（2）两个；（3）0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）当时，由（1）可知，在是单减函数，在是单增函数，由，，利用零点存在定理可得结果；（3）当，为整数，且当时，恒成立，，利用导数求出的取值范围，从而可得结果.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎. ‎ 当时，在恒成立，‎ 在是单减函数. ‎ 当时，令，解之得.‎ 从而，当变化时，，随的变化情况如下表：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎ ‎ 单调递减 单调递增 由上表中可知，在是单减函数，在是单增函数. ‎ 综上，当时，的单减区间为；‎ 当时，的单减区间为，单增区间为. ‎ ‎（2）当时，由（1）可知，在是单减函数，在是单增函数；‎ 又，，. ‎ ‎，；‎ 故在有两个零点. ‎ ‎（3）当，为整数，且当时，恒成立 ‎.‎ 令，只需； ‎ 又，‎ 由（2）知，在有且仅有一个实数根，‎ 在上单减，在上单增；‎ ‎ ‎ 又，，‎ ‎，且，‎ 即代入式，得 ‎. ‎ 而在为增函数，，‎ 即.‎ 而，，‎ 即所求的最大值为0.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点以及不等式恒成立，属于难题.近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.‎ ‎ ‎