2020届天津市南开区高考一模数学试题（含答案解析)

这是一份2020届天津市南开区高考一模数学试题（含答案解析)，共21页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，函数的部分图象可能是，已知函数，设，则的大小关系是，若，则＝_____等内容，欢迎下载使用。
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
1．设全集为，集合，，则等于（ ）
A．B．{1，3，5，6}C．{2，4，7}D．{2，4，6}
【答案】C
【分析】
先算出，再算出即可．
【详解】
解：因为全集为，集合，
所以：＝{1，3，5，6}，
∴＝{2，4，7}.
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了集合的并、交、补集混合运算，属于基础知识的考查．
2．已知命题，命题，且的一个必要不充分条件是，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
先化简再判断充要性．
【详解】
解：命题，解之得：或，
命题，
且的一个必要不充分条件是，
则：，
即的取值范围是.
故选：A．
【点睛】
本题考查根据命题的必要不充分条件求参数方程，涉及解一元二次不等式和对必要不充分条件理解．
3．为了调查学生的复习情况，高三某班的全体学生参加了一次在线测试；成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]．若成绩在[60，80）的人数是16，则低于60分的人数是（ ）

A．6B．12C．15D．18
【答案】B
【分析】
根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量的关系即可解答．
【详解】
解：由直方图得成绩在的频率为：
，
由于成绩在的人数是16，
则总人数为：，
则低于60分的人数是：40×0.015×20＝12，
故选:B．
【点睛】
本题考查了频率分布直方图的应用，涉及频率、频数与样本容量的计算，是基础题．
4．函数的部分图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
由，函数不具有奇偶性，以及时，函数值大于0，结合选项即可得解．
【详解】
解：，则可排除A；
又函数不具有奇偶性，则可排除C；
当时，，，则可排除B．
故选：D．
【点睛】
本题考查已知函数解析式，利用函数性质确定函数图象，常用排除法进行解题．
5．若圆的圆心在第一象限，圆心到原点的距离为，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
根据题意，设圆心的坐标为，分析可得，由两点间距离公式可得，由直线圆相切的性质可得r，联立解可得的值，即可得答案．
【详解】
解：根据题意，设圆的圆心的坐标为，
由于圆与轴相切，则圆的半径，
又由圆心到原点的距离为，则有，
圆与相切，则有，
即:，
解得：，，
则圆的标准方程为：.
故选：B．
【点睛】
本题考查圆的标准方程的计算，涉及直线与圆相切的性质和点到直线的距离公式的应用，考查计算能力．
6．已知函数，设，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
分析得函数为奇函数且在上单调递减，通过化简比较的大小，根据函数的单调性，比较的大小关系．
【详解】
解：函数，
则，
∴为奇函数，
∵在上为减函数，在上为增函数，
∴在R上为减函数，
，，
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查指对数比较大小，利用函数的单调性和奇偶性，涉及了指数函数和对数函数的性质和图象．
7．已知函数.的部分图象如图所示，则的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
先据图象的最高点与最低点求出，然后根据零点间的横向距离是四分之一周期的倍数求出，进而求出的值，最后利用对应的观点结合范围求出的值．
【详解】
解：易知，，，
∴，
∴，
∴，
由于，
当时，，符合题意，
故：．
故选：C．
【点睛】
本题考查了根据图象求余弦函数解析式，运用到三角函数的图像和性质，考查函数思想和计算能力．
8．已知点是抛物线与双曲线的一个交点，若抛物线的焦点为，且，则点到双曲线两条渐近线的距离之和为（ ）
A．B．4C．D．2
【答案】A
【分析】
求出的坐标，代入双曲线方程求出，然后求解双曲线的渐近线方程．
【详解】
解：抛物线的焦点为，且，
可得，则，
点是抛物线与双曲线一个交点，，
可得，解得：，
则渐近线方程为：，
不妨令，
则点到这两条渐近线的距离之和为：
.
故选：A．
【点睛】
本题考查抛物线和双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．
9．已知函数，若方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．（﹣1，0）B．（0，1）C．（0，1]D．（1，+∞）
【答案】B
【分析】
显然满足，然后当时，研究与 产生三个根，显然在时一个，在时，一元二次方程有两个正根，即可求解．
【详解】
解：由题意满足方程，
①当时，只需有一个负根，即，
解得：；
②当时，只需有两个正根即可，
方程可化为，故两根为：或，
由题意只需且，
综合①②可知，当时，方程有4个不同的实数根．
所以实数的取值范围是（0，1）.
故选：B．
【点睛】
本题考查已知函数零点个数求参数取值范围，涉及一元二次方程的性质的应用，注意方程与不等式的相互应用，同时考查学生运用转化与化归思想、函数与方程思想以及解题的能力．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
10．若（是虚数单位，是实数），则＝_____．
【答案】2
【分析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由虚部为0且实部大于，即可求出值．
【详解】
解：∵，
∴，解得：．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．
11．二项式的展开式中，常数项为_____．
【答案】
【分析】
先求得二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得结论．
【详解】
解：二项式的展开式的通项公式为：
，
令；
∴展开式中，常数项为：．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质.
12．如图，在三棱柱中，是上一点，设四棱锥的体积，三棱柱的体积为，则＝_____．
【答案】2：3
【分析】
设点到底面的距离分别为，三棱柱的高为，则，利用三棱锥、三棱柱的体积计算公式即可得出．
【详解】
解：设点到底面的距离分别为，
三棱柱的高为，
则，
.
即：.
故答案为：2：3．
【点睛】
本题考查了三棱锥、三棱柱的体积计算公式，考查考生空间想象能力和计算能力．
13．已知存在正数使不等式成立，则的取值范围_____．
【答案】（1，1）
【分析】
存在性问题转化为最大值，运用均值不等式，求出的最大值，转化成解对数不等式，进而解出．
【详解】
解：∵，
由于，则，
∴，
当且仅当时，即：时，
∴有最大值，
又存在正数使不等式成立，
则，即，
∴，
即的取值范围为：.
故答案为：．
【点睛】
本题考查均值不等式的应用和对数不等式的解法，还涉及存在性问题，考查化简计算能力．
14．甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为；乙第一次射击的命中率为，若第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为．乙若射中，则不再继续射击．则甲三次射击命中次数的期望为_____，乙射中的概率为_____．
【答案】
【分析】
甲击中的次数，由此能求出甲三次射击命中次数的期望，利用互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式能求出乙射中的概率．
【详解】
解：甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为，
则甲击中的次数，
∴甲三次射击命中次数的期望为，
乙第一次射击的命中率为，
第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为，
如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为，
乙若射中，则不再继续射击，
则乙射中的概率为：．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，涉及了二项分布、互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力．
15．在平面四边形中，，，若，则_____；若为边上一动点，当取最小值时，则的值为_____．
【答案】
【分析】
根据题意可知是等边三角形，是有一个内角为60°的直角三角形，又知道它们的边长，所以可以建立坐标系，将问题坐标化后进行计算求解．
【详解】
解：∵平面四边形中，，，
∴是边长为2的等边三角，
在中，，所以，
又，
∴是边的四等分点．
如图建立坐标系：则：，
，
所以
，
再设，则，
∴，
显然时，最小，此时，
∴．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查平面向量在几何问题中的应用，涉及向量的数量积和向量夹角的余弦值，通过建系将问题坐标化是一种常见的求角或距离的解题方法，同时考查学生的转化思想和数形结合思想.
16．在中，分别为三个内角的对边，若 的面积为，，．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式，结合可求 ，结合范围 ，可求的值，利用三角形的面积公式可求的值，结合已知可求的值，根据余弦定理，即可求解；
（Ⅱ）由（Ⅰ）利用同角三角函数基本关系式可得，利用二倍角公式可求的值，进而根据两角差的余弦函数公式即可计算得解．
【详解】
解：（Ⅰ）由题可知，在中，，
∴，
∵，
∴，即，
∵，∴，
∴，解得： ，
又，
解得：，
又余弦定理可得：，
解得：，
∴，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，
∴，
，
∴
.
【点睛】
本题考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理，二倍角公式，两角差的余弦公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想．
17．在三棱柱中，⊥底面，，，为线段上一点．
（Ⅰ）若，求与所成角的余弦值；
（Ⅱ）若，求与平面所成角的大小；
（Ⅲ）若二面角的大小为，求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）30°；（Ⅲ）1．
【分析】
（Ⅰ）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与所成角的余弦值；
（Ⅱ）设，由，得，从而，求出平面的法向量，由此能求出与平面所成角的大小．
（Ⅲ）求出平面的法向量和平面的法向量，利用同量法能求出当二面角的大小为时，的值．
【详解】
解：（Ⅰ）三棱柱中，⊥底面，
，，为线段上一点，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
∵，∴，
∴，，
设与所成角为，
则与所成角的余弦值为：，
（Ⅱ）设，由，
得，
解得：，
∴，
设与平面所成角为，
∵平面的法向量为，
∴，
∴与平面所成角的大小为30°．
（Ⅲ）设，
则，
而，
设平面的法向量，
则，即，
取，得，
平面的法向量，
∵二面角的大小为，
∴，
解得：，
则，即为的中点，
，即，
∴当二面角的大小为时，．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的余弦值、线面角的大小、满足二面角的两线段比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力．
18．已知数列的前项和，数列满足：，.
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）求．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）直接根据前n项和与通项的关系求出数列的通项公式，再根据递推关系式求出数列的通项公式；
（Ⅱ）先根据，然后利用错位相减求和，整理即可求得出结果．
【详解】
解：（Ⅰ）当时，，
当时，，适合上式，
所以：；
∵，，
∴，
∴，
∴数列的奇数项和偶数项都是首项为2，公比为2的等比数列，
∴
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，
且，，
，
设，①
∴，②
①﹣②得，
∴，
∴，
，
∴．
【点睛】
本题考查由和的关系求数列通项公式，由数列递推公式证明等比数列，以及错位相减求和的应用，计算量较大．
19．已知点是椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆于两点，当直线过的下顶点时，的斜率为，当直线垂直于的长轴时，的面积为．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）当时，求直线的方程；
（Ⅲ）若直线上存在点满足成等比数列，且点在椭圆外，证明：点在定直线上．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析．
【分析】
（Ⅰ）根据题意得：，，及，解得，进而可得椭圆的方程；
（Ⅱ）分两种情况：当直线与轴重合时，得，不合题意；当直线与轴不重合时，设直线的方程为，，联立直线与椭圆得方程，结合根与系数关系得，由，得，组成方程组解得，进而可得直线的方程；
（Ⅲ）设，分两种情况讨论，当直线与轴重合时，当直线与轴不重合时，由，解得，所以点在定直线上．
【详解】
解：（Ⅰ）由题设：，，
解得：，
所以椭圆的方程为：．
（Ⅱ）当直线与轴重合时，可得，不合题意；
当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，
设，联立，
消去整理得：，
有①，②，
由，得③，
联立①②③得，
解得：，
所以直线的方程为：．
（Ⅲ）设，
当直线与轴重合时，因为点在椭圆外，所以同号，
由，
得，解得：，
当直线与轴不重合时，
由（Ⅱ）知，，
因为，，，
因为点在椭圆外，所以同号，
由，
得，
整理得：，
即，
解得：，
代入直线方程，得：，
所以点在定直线上．
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程和直线方程，以及直线与椭圆的位置关系，联立方程组、韦达定理，还涉及等比中项的应用，考查转化思想和计算能力．
20．已知函数，其中．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线方程为，其中是自然对数的底数，求的值：
（Ⅱ）若函数是内的减函数，求正数的取值范围；
（Ⅲ）若方程无实数根，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）；（Ⅲ）或．
【分析】
（Ⅰ）先对函数求导，然后根据导数的几何意义及已知切线方程即可求解；
（Ⅱ）结合导数与单调性的关系可转化为在内恒成立，结合函数的性质可求；
（Ⅲ）结合导数及函数的性质，进行合理的转化后结合导数可求．
【详解】
解：（Ⅰ）已知，
，
由曲线在点处的切线方程为，
可得，得，
则，，
解得：.
（Ⅱ）若函数是内的减函数，
则在内恒成立，
令，则，
①时，，在上单调递增，
所以，
②若，当，，单调递增，
所以，
③时，时，，单调递减，
，
综上，时，满足题意；
（Ⅲ）由可得，
若，则是方程的根，故，
若，则无实根，
若，令，则，
方程可化为即，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
若没有实根，则，
解得：或，
综上：或.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义和已知函数单调区间求参数范围，涉及利用导数研究函数单调性和最值，利用导数解决方程的根，考查函数和方程的思想和计算能力.
题号
一
二
三
四
总分
得分
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、填空题
评卷人
得分
三、双空题
评卷人
得分
四、解答题