天津市南开中学2020届高三上学期12月月考数学试题 24页

南开中学2020届高三数学统练(12)‎ 一、选择题(共9小题;共45分)‎ ‎1.设，，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：求出，得到的范围，进而可得结果．‎ 详解：.‎ ‎,即 又 即 故选B.‎ 点睛：本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题．‎ ‎2.设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小．‎ ‎【详解】是R的偶函数，．‎ ‎，‎ 又在(0，+∞)单调递减，‎ ‎∴，‎ ‎，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取值．‎ ‎3.已知a，b，c，d是四个互不相等的正实数，满足，且，则下列选项正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 通过取特殊值，依次排除选项，得到结果.‎ ‎【详解】选项：取，，，‎ 则，，可知错误；‎ 选项：取，，，‎ 则，，可知错误；‎ 选项：取，，，‎ 则，，又，可知错误；‎ 选项：设，，则 则要证，只需证 即证：，又，只需即可 即证：‎ 又，则只需即可 即 ‎ 综上所述：，可知正确.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查不等式相关问题，通过取特殊值排除的方法是较简单的方法.证明的难点在于能够将利用平方差公式进行分子有理化，将问题进行转化.‎ ‎4.已知随机变量满足P（=1）=pi，P（=0）=1—pi，i=1，2.若0‎ C. >，< D. >，>‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵，∴‎ ‎，故选A．‎ ‎【名师点睛】求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定的取值情况，然后利用排列，组合与概率知识求出取各个值时的概率．对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，其中超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．由已知本题随机变量服从两点分布，由两点分布数学期望与方差的公式可得A正确．‎ ‎5.如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，.（）‎ 若 A. 是等差数列 B. 是等差数列 C. 是等差数列 D. 是等差数列 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度的一半，‎ 即，由题目中条件可知的长度为定值，‎ 那么我们需要知道的关系式，‎ 由于和两个垂足构成了直角梯形，‎ 那么，‎ 其中为两条线的夹角，即为定值，‎ 那么，‎ ‎，‎ 作差后：，都为定值，所以为定值．故选A．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.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 ‎7.已知，函数，若函数恰有三个零点，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．‎ ‎【详解】当时，，得；‎ 最多一个零点；‎ 当时，，‎ ‎，‎ 当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；‎ 当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；‎ 根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，‎ 如图：‎ 且，‎ 解得，，．‎ 故选．‎ ‎【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.‎ ‎8.梯形中，，点在直线上，点在直线上，且，则 的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量基本定理，将当作两组基底向量，再根据向量线性运算的加法与减法法则，代换出，结合，化简得，将表示成的关系式，再结合基本不等式求解即可 ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，‎ 由，化简得，‎ 则，‎ 当且仅当时取“=”号 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量基本定理的应用，向量的加法与减法的线性运算，基本不等式求最值，运算能力，属于难题 ‎9.设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：‎ ‎①在（）有且仅有3个极大值点 ‎②在（）有且仅有2个极小值点 ‎③在（）单调递增 ‎④的取值范围是[)‎ 其中所有正确结论的编号是 A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案．‎ ‎【详解】当时，，‎ ‎∵f（x）在有且仅有5个零点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，故④正确，‎ 由，知时，‎ 令时取得极大值，①正确；‎ 极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；‎ 因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，‎ 当时，，‎ 若f（x）在单调递增，‎ 则 ，即 ，‎ ‎∵，故③正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．‎ 二、填空题(共6小题;共30分)‎ ‎10.已知，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可采用拼凑法，令，再结合基本不等式求解即可 ‎【详解】因为，所以，‎ ‎，当且仅当时取到“=”号 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的应用，属于中档题 ‎11.如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，， ，则 的值是_______. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为，‎ ‎，‎ 因此，‎ ‎【考点】向量数量积 ‎【名师点睛】研究向量的数量积，一般有两个思路，一是建立平面直角坐标系，利用坐标研究向量的数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种思路实质相同，但坐标法更易理解和化简. 对于涉及中线的向量问题，一般利用向量加、减法的平行四边形法则进行求解．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.已知为正实数，且，则的最小值为____．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析：先通过结合基本不等式求出，再开方得到的最小值.‎ 详解：由题得，‎ 代入已知得，‎ 两边除以得 当且仅当ab=1时取等.‎ 所以 即的最小值为.‎ 故答案为 点睛：本题的难点在要考虑到通过变形转化得到，再想到两边除以得，重点考查学生的逻辑分析推理转化的能力.‎ ‎13.正项数列的前项和满足.若对于任意的，都有成立，则整数的最大值为_________________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可求得，进而得到的通项公式；根据通项公式可证得数列为递减数列，可求得，由此得到的最大值为.‎ ‎【详解】当时，，解得，‎ 当且时 由得：，即 整理得： ，即 因为满足 ‎，则 ‎ ‎ 即 ‎，即数列递减数列 又 则整数的最大值为 ‎【点睛】本题考查数列综合应用问题，关键是能够利用求得的通项公式，进一步证明得到数列为递减数列，从而通过极限求得结果；难点是对于数列是递减数列的证明上，对计算能力要求较高.‎ ‎14.已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．‎ ‎【答案】 (1). (1,4) (2). ‎ ‎【解析】‎ 分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.‎ 先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.‎ 详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是 当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.‎ 点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用方法和思路：‎ ‎(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；‎ ‎(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．‎ ‎15.已知函数， 则: (1)曲线的斜率为的切线方程为__________;‎ ‎(2)设，记在区间上的最大值为.当最小时，的值为__________．‎ ‎【答案】 (1). 与 (2). -3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求导，根据导数几何意义求出切线的斜率，再结合点斜式求出方程即可 ‎（2）令，结合导数求得，再令，则，，结合绝对值函数的对称性，进一步讨论参数与-3的关系即可求解 ‎【详解】(1) 由得，‎ 令，即，得或 又 所以曲线的斜率为的切线方程是与 即与 ‎(2)令.‎ 由得，‎ 令得或 的情况如表:‎ 所以的最小值为，最大值为，可令，则，，此时根据绝对值函数的对称性进行分类讨论，‎ 当时，即时，如图：‎ 函数的对称轴为，此时；‎ 当时，即时，如图：‎ ‎，当时，；‎ 当时，即时，如图：‎ ‎，当时，；‎ 综上所述，当最小时，的值为-3‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，绝对值函数的对称轴与最值的关系，数形结合思想，学会转化函数，构造函数是解题的关键，属于难题 三、解答题 (共5小题;共65分) ‎ ‎16.秉承提升学生核心素养的理念，学校开设以提升学生跨文化素养为核心的多元文化融合课程.选某艺术课程的学生唱歌、跳舞至少会一项，已知会唱歌的有人，会跳舞的有人，现从中选人，设为选出的人中既会唱歌又会跳舞的人数，且 ‎(1)求选该艺术课程的学生人数;‎ ‎(2)写出的概率分布列并计算.‎ ‎【答案】(1) 人(2) 分布列见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可设既会唱歌又会跳舞的有人，表示出艺术课的总人数和只会一项的人数，先求对立事件的概率，既会唱歌又会跳舞的对立事件为：只会唱歌或跳舞中的一项，再根据古典概型公式即可求解；‎ ‎（2）根据题意求出每一符合条件的概率事件对应的概率值，列出分布列，求值即可；‎ ‎【详解】(1) 设既会唱歌又会跳舞的有人，则该艺术课程的总人数共有人，那么只会一项的人数是人.‎ 因为 所以，即，解得.‎ 故选该艺术课程的共有人.‎ ‎(2) 因为， ‎ 所以的概率分布列为 所以 ‎【点睛】本题考查集合中容斥原理的应用，组合公式的应用，古典概型，分布列和期望的求法，属于中档题 ‎17.如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．‎ ‎（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析；‎ ‎(Ⅱ) ；‎ ‎(Ⅲ)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；‎ ‎(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；‎ ‎(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，‎ 由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，‎ 由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.‎ ‎(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 易知：，‎ 由可得点F的坐标为，‎ 由可得，‎ 设平面AEF的法向量为：，则 ‎，‎ 据此可得平面AEF的一个法向量为：，‎ 很明显平面AEP的一个法向量为，‎ ‎，‎ 二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.‎ ‎(Ⅲ)易知，由可得，‎ 则，‎ 注意到平面AEF的一个法向量为：，‎ 其且点A平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.‎ ‎18.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:‎ ‎【答案】(1) ， (2) 证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，结合成等差数列化简，可得，解得，再结合，可求得首项，进而求出；采用化简即可求得；‎ ‎（2）由（1）化简得，结合叠加法公式即可求证 ‎【详解】(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 所以数列是首项为的常数列.‎ 所以，即，‎ 所以数列 的通项公式为.‎ ‎(2)由(1)，得 所以 ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式的求法，与的关系求通项，裂项公式、叠加法的应用，属于中档题 ‎19.已知数列中，，.‎ ‎（1）求证：数列是等比数列；‎ ‎（2）求数列的前项和，并求满足的所有正整数.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）设，推导出，由此能证明数列是等比数列；‎ ‎（2）推导出 ，由，得 ， ，从而 由此能求出满足Sn＞0的所有正整数n的值．‎ ‎（1）设，‎ 因为 ，‎ 所以数列是以即为首项，以为公比的等比数列.‎ ‎（2）由（1）得 ，即，‎ 由，得 ，‎ 所以 ，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ 显然当时，单调递减，‎ 又当时，，当时，，所以当时，；‎ ‎ ，‎ 同理，当且仅当时，，‎ 综上，满足的所有正整数为和.‎ 点睛：本题考查等比数列的证明，考查满足数列的前n项和的正整数的最大值的求法，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）若，证明：当时，；当时，；‎ ‎（2）若是的极大值点，求．‎ ‎【答案】（1）见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．‎ ‎（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围．‎ 详解：（1）当时，，.‎ 设函数，则.‎ 当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.‎ 所以在单调递增.‎ 又，故当时，；当时，.‎ ‎（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.‎ ‎（ii）若，设函数.‎ 由于当时，，故与符号相同.‎ 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.‎ ‎.‎ 如果，则当，且时，，故不是的极大值点.‎ 如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.‎ 如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，.‎ 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大．‎