天津市河北区2020届高三高考一模数学试题 19页

河北区2019-2020学年度高三年级总复习质量检测(一)‎ 数学 一､选择题：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.已知集合，，，则集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的补集和并集的定义计算．‎ ‎【详解】由已知，∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查集合的综合运算，掌握集合运算的定义是解题基础．‎ ‎2.设，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分必要条件的定义判断．‎ ‎【详解】若，则必有，故是充分的，若，则或，故不必要．因此应是充分不必要条件．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分条件和必要条件的定义是解题基础．‎ ‎3.已知直线与圆相交于，两点，若，则直线的斜率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心到直线的距离，由勾股定理求出弦长后可得，从而得斜率．‎ ‎【详解】圆心为原点，即，半径为，圆心到直线的距离为，∴，解得，∴直线的斜率为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆相交弦长问题，解题方法是求出圆心到直线的距离，由勾股定理求出弦长．‎ ‎4.已知双曲线：的焦距为4，为上一点，则的渐近线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题‎2c=4将代入方程，得a,b方程组求解即可 ‎【详解】由题‎2c=4,即c=2,又为上一点，则,解得，故 故渐近线方程为 故选D ‎【点睛】本题考查渐近线方程，准确计算是关键，是基础题 ‎5.已知某函数图象如图所示，则图象所对应的函数可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对给出的四个选项分别进行分析、讨论后可得结果．‎ ‎【详解】对于A，函数，当时，；当时，，所以不满足题意．‎ 对于B，当时，单调递增，不满足题意．‎ 对于C，当时，，不满足题意．‎ 对于D，函数偶函数，且当时，函数有两个零点，满足题意．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；‎ ‎(2)从函数单调性，判断图象的变化趋势；‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；‎ ‎(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复；‎ ‎(5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．‎ ‎6.已知函数是定义在上的偶函数，且在单调递增，设，‎ ‎，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由偶函数转化，先比较幂和对数的大小，再由函数单调性得结论．‎ ‎【详解】∵是偶函数，∴，又，，∴，而在上递增，∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，考查幂与对数的大小比较，掌握对数函数与指数函数性质是煞是关键．‎ ‎7.如图，在等腰梯形中，，，，为的中点，将与分别沿、向上折起，使、重合为点，则三棱锥的外接球的体积是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意等腰梯形中的三个三角形都是等边三角形，折叠成的三棱锥是正四面体，易求得其外接球半径，得球体积．‎ ‎【详解】由题意等腰梯形中，又，∴，是靠边三角形，从而可得，∴折叠后三棱锥是棱长为1的正四面体，‎ 设是的中心，则平面，，，‎ 外接球球心必在高上，设外接球半径为，即，‎ ‎∴，解得，‎ 球体积为．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查求球的体积，解题关键是由已知条件确定折叠成的三棱锥是正四面体．‎ ‎8.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图像，若在上为增函数，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先整理函数的解析式，然后结合三角函数的单调性确定的最大值即可.‎ ‎【详解】由三角函数的性质可得：‎ ‎，‎ 其图象向左平移个单位所得函数的解析式为：，‎ 函数的单调递增区间满足：，‎ 即，‎ 令可得函数的一个单调递增区间为：，‎ 在上为增函数，则：，据此可得：，‎ 则的最大值为2.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数解析式的化简，辅助角公式的应用，三角函数的平移变换，三角函数的周期公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎9.已知函数若关于的方程恰有1个实根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出和在点外的切线斜率，结合函数图象可得结论．‎ ‎【详解】由得，，‎ 由得，．‎ 作出函数的图象，和直线，直线恒过点，知时，关于的方程恰有1个实根，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查方程根的分布，解题方法把方程的根据转化为函数图象交点个数，即函数的图象与直线的交点个数，从而由数形结合思想易求解．‎ 二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.‎ ‎10.设复数(为虚数单位)，则_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可先由复数除法求出，再由模的定义计算．‎ ‎【详解】由已知，∴．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的模，属于基础题．‎ ‎11.在的展开式中，的系数为______．‎ ‎【答案】80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式展开式的通项公式，化简后求得的值，进而求得结论．‎ ‎【详解】解：的展开式中，通项公式，‎ 令，解得．的系数．故答案为80．‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎12.从某班的4名男生，2名女生中任选3人参加学校组织的社会实践活动.设所选3人中女生人数为，____________，数学期望____________.‎ ‎【答案】 (1). (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的可能值为0，1，2，分别计算出概率，得概率分布列，从而可计算出期望．‎ ‎【详解】由题意，‎ 的可能值为0，1，2，，，‎ 即的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎∴．‎ 故答案为：；1．‎ ‎【点睛】本题考查随机变量的概率分布列和数学期望，考查古典概型，属于基础题．‎ ‎13.已知为正实数，且，则的最小值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为为正实数，且，所以 当且仅当即时取等号，所以的最小值为．‎ 考点：基本不等式．‎ ‎【名师点睛】本主要考查基本不等式的应用以及构造基本不等式的拆项、拼凑等基本方法，属难题．第一难点是将正确拆分为形式，第二难点是乘以进行变形拼凑基本不等式的形式，最后利用基本不等式求最小值时还得注意应用基本不等式的条件，即保证两个数均为正数、乘积为定值且能取到等号，得到正确结果．‎ ‎14.已知是边长为2的等边三角形，，，且与相交于点，则____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选取为基底，其他向量用基底表示后再求数量积．‎ ‎【详解】．‎ ‎∵，∴，又，∴‎ ‎，‎ 设，‎ ‎∵三点共线，∴，，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取基底，把向量用基底表示，然后计算．‎ ‎15.已知函数，，分别给出下面几个结论：‎ ‎①等式在时恒成立；‎ ‎②函数的值域为；‎ ‎③若，则一定有；‎ ‎④函数在上有三个零点.‎ 其中正确结论的序号是______________.‎ ‎【答案】①②③.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数式对四个命题分别判断．‎ ‎【详解】，是奇函数，∴，①正确；‎ 在时，是增函数，∴在时也是增函数，从而是上的增函数，③正确；‎ 在时，，时，，值域为，②正确；‎ 由得，方程只有1根，④错误．‎ 故答案为：①②③．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性，考查函数的值域、函数零点的概念，解题关键是确定函数的单调性．‎ 三､解答题：本大题共5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A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，求的值；‎ ‎（3）若，，求的值.‎ ‎【答案】（1）.（2）.（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理化边为角后，由诱导公式和两角和的正弦公式化简后可求得；‎ ‎（2）由二倍角公式求得后再由两角和的正弦公式可求值；‎ ‎（3）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．‎ ‎【详解】（1）∵，‎ 由正弦定理得，‎ ‎∴，‎ 即.‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ 又，‎ ‎∴‎ ‎（2）由已知得，‎ ‎∴， ‎ ‎∴.‎ ‎（3）由正弦定理，得.‎ 由（1）知，，‎ ‎∴‎ 由余弦定理得，.‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、考查两角和的正弦公式、二倍角公式、诱导公式，同角间的三角函数关系，考查公式较多，解题关键是正确选择应用公式的顺序．在三角形中出现边角关系时，常常用正弦定理进行边角转换．‎ ‎17.如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，，且，，是棱的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）在线段上(不含端点)是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析.（2）.（3）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点，连接，可证，从而得线面平行；‎ ‎（2）由题意以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，可用向量法求出线面角；‎ ‎（3）在（2）基础上，设，求出平面和平面（（2）中已有）法向量，由法向量夹角与二面角关系可求得．‎ ‎【详解】（1）连接交于点，连接.‎ ‎∵是平行四边形，∴是的中点.又是的中点，∴ ‎ 又平面，平面，∴平面；‎ ‎（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.‎ 设平面的法向量为.‎ ‎∵，‎ ‎∴即 不妨取，得 ‎ 又.‎ 设直线与平面所成的角为，‎ 则，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎（3）假设在线段上(不含端点)存在一点，使得二面角的余弦值为.连接.设， 得.‎ 设平面的法向量为.‎ ‎∵，‎ ‎∴即 不妨取，得 ‎ 设二面角的平面角为，‎ 则.‎ 化简得，‎ 解得，或.‎ ‎∵二面角的余弦值为，‎ ‎∴.‎ ‎∴在线段上存在一点，且，使得二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查证明线面平行，考查用空间向量法求线面角和二面角，用线面平行的判定定理证线面平行是证明线面平行的掌握方法．在图形中有两两相互垂直的三条直线时，常常是建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间角．这种方法化证明为计算，减少学生的逻辑思维量，但增加了计算量．‎ ‎18.已知等比数列的前项和为,公比,且为的等差中项,.‎ ‎（1）求数列的通项公式 ‎（2）记,求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由a2+1是a1，a3的等差中项，可得=，又，解得，即可得出通项;（2），利用错位相减法即可得出．‎ ‎【详解】（1）由题意，得.又，‎ ‎∴，∴， ‎ ‎∵，∴或， ‎ ‎∵，∴. ‎ ‎∴. ‎ ‎（2）由（Ⅰ），知.∴. ‎ ‎∴. ‎ ‎∴. ‎ ‎∴ ‎ ‎. ‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.‎ ‎19.已知椭圆的离心率，直线与圆相切.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线与椭圆交于不同两点，线段的中垂线为，若在轴上的截距为，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据离心率得到，根据相切得到，得到答案.‎ ‎（2）设，，中点，联立方程得到，计算得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题意得，，即，‎ 直线与圆相切得，.‎ 故椭圆的方程是.‎ ‎（2）由题意得直线的斜率存在且不为零，设，‎ ‎，中点，‎ 联立，消去并整理得，，‎ 又，解得且，‎ ‎，得，‎ 由，即，‎ 化简得，令得，解得或，‎ 由于且，故，直线的方程为，即.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程，直线和椭圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎20.已知函数 讨论函数的单调性；‎ 设，对任意的恒成立，求整数的最大值；‎ 求证：当时，‎ ‎【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；‎ ‎（2）若a≤0，则f（1）＝﹣a+1＞0，不满足f（x）≤0恒成立．若a＞0，由（Ⅰ）可知，函数f（x）在（0，）上单调递增；在（）上单调递减．由此求出函数的最大值，由最大值小于等于0可得实数a的取值范围．‎ ‎（3）由（2）可知，当a＝1时，f（x）≤0恒成立，即lnx﹣x+1≤0．得到﹣xlnx≥﹣x2+x，则ex﹣xlnx+x﹣1≥ex﹣x2+2x﹣1．然后利用导数证明ex﹣x2+2x﹣1＞0（x＞0），即可说明ex﹣xlnx+x＞0．‎ ‎【详解】（1）∵函数 f（x）＝（a∈R ）．‎ ‎∴，x＞0，‎ 当a＝0时，f′（x）0，f（x）在（0，+∞）单调递增．‎ 当a＞0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增．‎ 当a＜0时，令f′（x）＞0，解得：0＜x，‎ 令f′（x）＜0，解得：x，‎ 故f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．‎ ‎（2）当时，则f（1）＝‎2a+3＞0，不满足f（x）≤0恒成立．‎ 若a<0，由（1）可知，函数f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．‎ ‎∴，又f（x）≤0恒成立，‎ ‎∴f（x）max≤0，即0，令g(a)=,则g(a)单调递增，g(-1)=1，‎ g(-2)=<0，∴a时，g(a) <0恒成立，此时f（x）≤0恒成立，‎ ‎∴整数的最大值-2．‎ ‎（3）由（2）可知，当a＝-2时，f（x）≤0恒成立，即lnx﹣2x2+1≤0．即xlnx﹣2x3+x≤0，恒成立，①‎ 又ex﹣x2+2x﹣1+（）‎ ‎∴只需证ex﹣x2+2x﹣1，‎ 记g（x）＝ex﹣x2+2x﹣1（x＞0），则g′（x）＝ex﹣2x+2，‎ 记h（x）＝ex﹣2x+2，则h′（x）＝ex﹣2，由h′（x）＝0，得x＝ln2．‎ 当x∈（0，ln2）时，h′（x）＜0；当x∈（ln2，+∞）时，h′（x）＞0．‎ ‎∴函数h（x）在（0，ln2）上单调递减；在（ln2，+∞）上单调递增．‎ ‎∴4﹣2ln2＞0．‎ ‎∴h（x）＞0，即g′（x）＞0，故函数g（x）在（0，+∞）上单调递增．‎ ‎∴g（x）＞g（0）＝e0﹣1＝0，即ex﹣x2+2x﹣1＞0．‎ 结合①∴ex﹣x2+2x﹣1+（）＞0，即＞0成立．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，是中档题．‎