【数学】天津市十二区县重点学校2020届高三下学期毕业班联考（一）试题（解析版） 17页

天津市十二区县重点学校2020届高三下学期毕业班联考（一）数学试题 第Ⅰ卷 选择题（共45分）‎ 参考公式：·如果事件、互斥，那么．‎ 柱体的体积公式．其中表示柱体的底面积，表示柱体的高．‎ 一、选择题（在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的，本大题共9小题，每小题5分，满分45分）‎ ‎1.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为，，所以，‎ 因为，所以.‎ 故选：C.‎ ‎2.已知，则“”是“对恒成立”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】因为对恒成立，所以或，即；‎ 由于“”是“”的充分不必要条件，‎ 故选：A.‎ ‎3.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，∴为奇函数，排除选项B；‎ 当时，，，∴，排除选项D；‎ 当时，，‎ 则 ‎∴在时单调递增，排除选项A.‎ 故选：C.‎ ‎4.张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于10，三棱柱的侧棱垂直于底面，且，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（ ）‎ A. 8 B. C. 12 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题可知矩形的中心为该三棱柱外接球的球心，如图，‎ 因为，所以，，‎ 所以球的表面积为.‎ 故选：B.‎ ‎5.某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到如图所示的频率分布直方图．现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（ ）‎ A. 1，3，4 B. 2，3，‎3 ‎C. 2，2，4 D. 1，1，6‎ ‎【答案】C ‎【解析】由图可知第2，3，4组的频率之比为0.15:0.15:0.3，所以频数之比为1:1:2，‎ 现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，所以第2，3，4组抽取的人数依次为2，2,4.‎ 故选：C.‎ ‎6.若双曲线C：（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线C的离心率为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】设双曲线C：（，）的一条渐近线，‎ 圆的圆心为，半径为，圆心到渐近线的距离为，‎ 因为渐近线被圆所截得的弦长为，‎ 所以，解得，即 所以.‎ 故选：D.‎ ‎7.已知函数的图象关于直线对称，在时，单调递增．若，，（其中为自然对数的底数，为圆周率），则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为函数的图象关于直线对称，所以的图象关于轴对称，‎ 因为时，单调递增，所以时，单调递减；‎ 因为，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎8.关于函数，有下列命题：‎ ‎①的最小正周期为； ②函数的图象关于对称；‎ ‎③在区间上单调递增；‎ ‎④将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合．其中正确的命题是（ ）‎ A. ①②③ B. ②④ C. ①③ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 所以的最小正周期为，①正确；‎ 当时，，所以②正确；‎ 当时，，此时为增函数，所以③正确；‎ 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数解析式为 ‎，所以④不正确；‎ 故选：A.‎ ‎9.在等腰梯形中，，，，，点F是线段AB上的一点，为直线BC上的动点，若，，且，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，‎ 由已知可得，；‎ 设，则，‎ 由可得 解得，所以；‎ ‎，‎ 由得，解得，此时.‎ 设,则，‎ ‎，‎ 所以 当时，取到最大值.‎ 故选：B.‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共105分）‎ 二、填空题（大题共6小题，每小题5分，共30分．）‎ ‎10.若复数满足：，则复数z的虚部是_________．‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】因为，所以，所以虚部为；‎ 故答案为：.‎ ‎11.二项式中，则其展开式中x的系数是_________．‎ ‎【答案】405‎ ‎【解析】展开式通项公式为，‎ 令得，所以展开式中x的系数是.‎ 故答案为：405.‎ ‎12.抛物线：的焦点F，其准线过（-2，2），过焦点F倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，则=_________ ; 弦AB的长为_________ ．‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). ‎ ‎【解析】因为抛物线：准线过（-2，2），所以，即.‎ 由题意得直线，联立得，‎ 设，则.‎ 弦长.‎ 故答案为： 4 .‎ ‎13.为了贯彻落实党中央对新冠肺炎疫情防控工作的部署和要求，坚决防范疫情向校园蔓延，切实保障广大师生身体健康和生命的安全，教育主管部门决定通过电视频道、网络平台等多种方式实施线上教育教学工作．为了了解学生和家长对网课授课方式的满意度，从经济不发达的A城市和经济发达的B城市分别随机调查了20个用户，得到了一个用户满意度评分的样本，并绘制出茎叶图如下：‎ 若评分不低于80分，则认为该用户对此授课方式“认可”，否则认为该用户对此授课方式“不认可”．以该样本中A，B城市的用户对此授课方式“认可”的频率分别作为A，B 城市用户对此授课方式“认可”的概率．现从A城市和B城市的所有用户中分别随机抽取2个用户，用表示这4个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则__________；用表示从A城市随机抽取2个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则的数学期望为_________ ．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】根据题意可得A，B城市的用户对此授课方式“认可”概率分别为；‎ ‎；‎ 由题意可知，所以.‎ 故答案为：，.‎ ‎14.若存在，使得不等式成立，则实数m的取值范围是_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为 当且仅当时，取到最小值1；‎ 所以，解得或.‎ 故答案为：.‎ ‎15.已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是_________ ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】当时，，设与相切于点，‎ 则，，解得.‎ 如图，‎ 若有三个零点，则.‎ 当时，，设与相切，‎ 则，，‎ 由可得或（舍），‎ 如图，‎ 因为时，与必有一个交点，所以若有三个零点，则.‎ 综上可得实数的取值范围是.‎ 三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎16.中，内角，，所对的边分别为，已知的面积为，，．‎ ‎（1）求和的值；‎ ‎（2）求的值．‎ 解：（1）在中，由，可得，‎ 的面积为，可得：，可得．‎ 又，解得：，或，（舍去），‎ ‎，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，解得；‎ 所以；；‎ ‎（2）由（1）知：，所以，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎17.如图，平面平面，为矩形，为等腰梯形，，分别为，中点，，，．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值；‎ ‎（3）线段上是否存在点，使得平面，若存在求出的长，若不存在，说明理由．‎ ‎（1）证明：连接，∵，为，中点，‎ ‎∴，‎ 又∵平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）解：过点作，垂足为，‎ 以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，‎ ‎，，，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ ‎，，，‎ 令，∴，，∴．‎ 设平面的一个方向量为，‎ ‎∴，，‎ 二面角的正弦值为．‎ ‎（3）解：假设存在这样一点，设，由（2）知，，平面的法向量.‎ 设，即，‎ ‎∴，，，即，‎ ‎， ‎ ‎∵平面，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，且，即不存在这样的，‎ ‎∴线段上不存在点，使得平面．‎ ‎18.已知椭圆的左、右焦点，离心率为，点是椭圆上的动点，的最大面积是．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）圆E经过椭圆的左、右焦点，且与椭圆在第一象限的交点为，且三点共线，为坐标原点，直线交椭圆于两点，且．‎ ‎（i） 求直线的斜率；‎ ‎（ii）当的面积取到最大值时，求直线的方程．‎ 解：（1）∵离心率，，‎ ‎∴，，‎ 面积的最大值为：，‎ ‎∴，；‎ ‎∴椭圆方程为．‎ ‎（2）（i）∵圆经过椭圆的两个焦点，‎ ‎∴圆心为轴上一点，设点，‎ ‎∵圆与椭圆在第一象限交于点，∴，‎ ‎∵，，三点共线，且是圆的一条直径，‎ ‎∴，‎ 将点代入椭圆方程得到，即，‎ ‎∴直线的斜率为．‎ ‎（ii）∵，∴直线的斜率也为，设直线，，‎ 联立，得，‎ ‎，∴，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 点到直线：的距离，‎ ‎∴．‎ ‎∴当，即时的面积最大，此时直线的方程为：．‎ ‎19.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，求证：；‎ ‎（3）设，求．‎ 解：（1）设等比数列的公比为，依题意，有，所以，‎ 因为，所以，且，解得或（舍），‎ 因为，所以，所以，‎ 所以数列的通项公式为.‎ 当时，，‎ 整理得，即，‎ 所以数列是首项为常数列．‎ 所以，即，所以数列的通项公式．‎ ‎（2）由（1），得 ‎，‎ 所以 ‎．‎ ‎（3）由题意，‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）求函数的单调区间和极值；‎ ‎（2）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若存在，且当时，，证明：．‎ 解：（1），定义域，，‎ ‎（i）当时，，单调递增，无极值；‎ ‎（ii）当时，令，解得，∴的单调递增区间为；‎ 令，解得，∴的单调递减区间为．‎ 此时有极小值，无极大值．‎ ‎（2）令，，‎ 则．‎ ‎（i）时，，在上单调递减，‎ ‎∴，‎ ‎∴恒成立，满足题意．‎ ‎（ii）时，令，，‎ ‎∴在上单调递减，‎ ‎∴，‎ 其中，且在上单调递减，‎ ‎∴根据零点存在性定理，使得，‎ 即，；，‎ ‎∴，，在上单调递增，‎ 又∵，‎ ‎∴，，不满足题意，舍掉；‎ 综上可得．‎ ‎（3）不妨设，则.‎ ‎∵，∴，‎ 令，，∴在上单增，‎ ‎∴，从而；‎ ‎∴，‎ 即；‎ 下面证明，令，则，‎ 即证明，只要证明，‎ 设，∴在上恒成立，‎ ‎∴在单调递减，故．‎ ‎∴，即．‎