2020届天津市河西区高考一模数学试题（含答案解析）

这是一份2020届天津市河西区高考一模数学试题（含答案解析），共22页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，，则，已知函数等内容，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．已知集合，，则
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
根据题意可知，解不等式，得，即，再与集合取交集，即可.
【详解】
又
故选：D
【点睛】
本题考查集合的运算，属于容易题.
2．命题：“，则”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】
根据特称命题的否定是全称命题，即可得到结论．
【详解】
解：已知：“，则”，
则命题的否定是：，，
故选：C．
【点睛】
本题考查特称命题的否定，属于基础题.
3．共享单车是指由企业在校园、公交站点、商业区、公共服务区等场所提供的自行车单车共享服务，由于其依托“互联网+”，符合“低碳出行”的理念，已越来越多地引起了人们的关注.某部门为了对该市共享单车加强监管，随机选取了50人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这50人根据其满意度评分值（百分制）按照，，……分成5组，根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图（如图所示），计算，，，的值分别为（ ）
A．16，0.04，0.032，0.004B．16，0.4，0.032，0.004
C．16，0.04，0.32，0.004D．12，0.04，0.032，0.04
【答案】A
【分析】
根据频率和平时关系，可求出的频率，由所有组频率之和为1得出的频率，从而算出，最后根据频率和组距的关系，求出和.
【详解】
解：由频率分布直方图和频数分布表得：
的频率为：，
的频率为：，
，
，，
即，，，的值分别为16，0.04，0.032，0.004.
故选：A．
【点睛】
本题考查根据频率分布直方图和频数分布表求频数和频率，属于基础题.
4．在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【分析】
由余弦定理，求得，再由题设条件和正弦定理，求得，进而得到，联立方程组，即可求解.
【详解】
在中，，
由余弦定理，可得，即，……（1）
又由，根据正弦定理，可得，
即，整理得，……（2）
由（1）（2）联立方程组，可得或（舍去），
所以.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.
5．已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】
在等式两边同时平方可求得的值，然后利用二倍角的余弦公式可求得的值.
【详解】
，，
两边平方后得：，即，，，
，，
则.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用二倍角的余弦公式求值，同时也考查了同角三角函数平方关系的应用，考查计算能力，属于中等题.
6．设直线L过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，L与C交于A ,B两点，为C的实轴长的2倍，则C的离心率为
A．B．C．2D．3
【答案】B
【详解】
通径|AB|=得，选B
7．已知定义域为的函数在上单调递减，函数是偶函数，若，，，为自然对数的底数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
由题可知，函数是偶函数，则函数的图象关于直线对称，，根据对数的运算和函数对称性得出，由指数函数单调性得出，由对数函数单调性得出，综合得出，再根据函数在上单调递减，即可得出答案.
【详解】
解：根据题意，函数是偶函数，则函数的图象关于直线对称，
则，
又由，
，即，
则，
所以，
且函数在上单调递减，
所以，即：.
故选：B．
【点睛】
本题考查指对数比较大小和指对数的运算，以及函数奇偶性、对称性和单调性的应用.
8．已知函数的最小正周期为，的图象关于轴对称，且在区间上单调递增，则函数在区间上的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】
根据题意，利用辅助角公式化简得，根据最小正周期求出，由函数的对称性和单调性，得出和，从而得出，最后利用整体法求出的值域.
【详解】
解：由题可知，函数，
则，
由于的最小正周期为，
，
，
又已知的图象关于轴对称，
，，则，
在区间上单调递增，
可以令，此时，
则函数，
所以在区间上，则，，
得，，所以，，
即的值域为，.
故选：A．
【点睛】
本题考查三角函数的图象和性质，涉及函数的单调性、周期、对称性和值域，还运用辅助角公式进行化简，考查化简运算能力.
9．已知函数（为常数，为自然对数的底数）的图象在点处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】D
【分析】
利用导数的额几何意义求出切线方程，根据分段函数图象与切线恰好有三个公共点，得到当时，切线与有两个不同的交点，利用二次函数根的分布建立不等式关系，即可求出实数的取值范围.
【详解】
解：由，，得，则（e），
在点处的切线方程为：，①
由于函数，②
由①②联立方程组可得：，
化简得：，③
要使得函数在点处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，
切线与，，在点有一个交点，
只需要满足③式在内有两个不相同的实数根即可，
则只需和抛物线对称轴小于1，且当时，
才能保证在内有两个不相同的实数根，
则，即，
解得：，
的范围：或.
故选：D．
【点睛】
本题考查根据函数交点个数求参数的取值范围，以及利用导数的几何意义求切线方程，利用二次函数的根的分布是解题的关键，考查转化思想和函数与方程的思想.
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
10．设复数（是虚数单位），则的共轭复数______.
【答案】
【分析】
根据复数的代数式除法运算，即可化简出，再根据共轭复数的定义，即可得出结果.
【详解】
解：复数，
的共轭复数，
故答案为：．
【点睛】
本题考查复数的除法运算和共轭复数的定义，属于基础题.
11．已知的展开式中第6项的系数为-189，则展开式中各项的系数和为______.
【答案】128
【分析】
根据二项展开式的通项公式得出，从而得出第六项系数，求出，最后利用赋值法求展开式中各项的系数和.
【详解】
解：由题意，通项为：，
由于的展开式中第6项的系数为-189，
则第六项系数为：，解得：，
故该二项式为，
令得展开式各项系数的和为：．
故答案为：128．
【点睛】
本题考查二项展开式的通项公式得应用和指定项的系数，以及利用赋值法求展开式中各项的系数和.
12．已知圆锥的高为1，体积为，则以该圆锥的母线为半径的球的体积为______.
【答案】
【分析】
由圆锥的高为1，体积为，根据圆锥的体积公式求出底面的半径，然后由母线，高，底面半径之间的关系求出母线的值，进而求出该圆锥的母线为半径的球的体积．
【详解】
解：由题可知，圆锥的高为1，体积为，
设圆锥的底面圆的半径为，
由题意可得，所以，
所以圆锥的母线，
所以圆锥的母线为半径的球的体积.
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆锥的体积和球的体积公式，还涉及圆锥的结构特征，考查计算能力．
13．已知圆的圆心在第一象限，且在直线上，圆与抛物线的准线和轴都相切，则圆的方程为______.
【答案】
【分析】
根据题意，可设圆心为，，由于圆与抛物线的准线和轴都相切，由直线与圆相切的性质，得出圆的半径，求出圆心和半径，可得圆的标准方程．
【详解】
解：圆的圆心在第一象限，且在直线上，
故可设圆心为，，
圆与抛物线的准线和轴都相切，
故圆的半径，
解得：，或（舍去），
故圆的圆心为，半径为2，
则圆的方程为：.
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查求圆的标准方程的方法，还涉及抛物线的性质和直线和圆的位置关系的应用．
14．若实数，满足，且，则的最小值为______；的最大值为______.
【答案】
【分析】
根据题意，，且，由对数的运算得出，利用基本不等式的性质直接求解可得的最小值，通过转化，再运用基本不等式即可求得答案．
【详解】
解：，，
实数、满足，
（当且仅当，时等式成立），
，
当且仅当，时等式成立．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查利用基本不等式求最值，涉及对数函数的运算，考查学生的转化思想．
15．在中，，，，，则______；设，且，则的值为______.
【答案】3
【分析】
由可得，然后两边平方处理，结合平面向量的数量积运算，解方程即可；
把和代入，化简整理后，代入已知数据，解关于的方程即可得解．
【详解】
解：，、、三点共线，
，
两边平方得：，
，
解得：（舍去）．
，
，
化简整理，得，
，解得．
故答案为：3，．
【点睛】
本题考查平面向量的模、向量的加减法运算以及向量的数量积运算，利用到了平面向量基本定理，还采用了平方法解决模长问题，考查学生的分析能力和运算能力．
16．近年来，随着全球石油资源紧张、大气污染日益严重和电池技术的提高，电动汽车已被世界公认为21世纪汽车工业改造和发展的主要方向.为了降低对大气的污染和能源的消耗，某品牌汽车制造商研发了两款电动汽车车型和车型，并在黄金周期间同时投放市场.为了了解这两款车型在黄金周的销售情况，制造商随机调查了5家汽车店的销量（单位：台），得到下表：
（1）若从甲、乙两家店销售出的电动汽车中分别各自随机抽取1台电动汽车作满意度调查，求抽取的2台电动汽车中至少有1台是车型的概率；
（2）现从这5家汽车店中任选3家举行促销活动，用表示其中车型销量超过车型销量的店的个数，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）；（2）分布列见解析，
【分析】
（1）先根据古典概型依次求出从甲、乙店分别随机抽取的1台电动汽车是车型的概率，然后依据独立事件的概率和从对立事件的角度出发求解问题即可；
（2）由表可知，车型销量超过车型销量的店有2家，故的可能取值为0，1，2，然后根据超几何分布求概率的方法逐一求出每个的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．
【详解】
（1）解：设“从甲店随机抽取的1台电动汽车是车型”为事件，
“从乙店，随机抽取的1台电动汽车是车型”为事件，
依题意，，，且事件、相互独立，
设“抽取的2台电动汽车中至少有1台是车型”为事件，
则.
（2）解：由表可知，车型销量超过车型销量的店有2家，
故的所有可能取值为：0，1，2，
且，
，
，
所以随机变量的分布列为：
所以.
【点睛】
本题考查古典概型、对立事件的概率、独立事件的概率、超几何分布、离散型随机变量的分布列和数学期望等知识点，考查学生灵活运用知识的能力和运算能力．
17．如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，，，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据题意，得出，，根据线面垂直的判定定理得出平面，则，建立以为原点，，，为，，轴的空间直角坐标系，利用向量法能证明；
（2）求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量法能求出二面角的大小；
（3）设，，，求出，，，令，则，解得为的中点，利用向量法能求出线段的长．
【详解】
解：依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，，
所以面，
又，可以建立以为原点，
分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得，，，，，，，
（1）证明：由题意，，，
因为，所以.
（2）解：，，
设为平面的法向量，则
，即，
不妨令，可得，
平面的一个法向量，
因此有，
由图可得二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
（3）解：（方法一）设，，
所以，因此，
令，即，
解得，即为的中点，
因为平面，平面，，
所以当为的中点时，平面平面，
此时即，
，
所以线段的长为.
（方法二）设，，
所以，因此，
设为平面的法向量，
则，即，
不妨令，可得，
因为平面平面，所以，
解得：，
此时即，，
所以线段的长为.
【点睛】
本题考查利用空间向量法证明线线垂直，以及利用空间向量法求出二面角和线段长，还涉及空间中线面的判定定理和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题．
18．设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.
（1）求和的通项公式;
（2）设数列的通项公式.
（i）求数列的前项和；
（ii）求.
【答案】（1），；（2）（i）；（ii）
【分析】
（1）因为，是和的等比中项，根据等比中项可求得，再根据等差数列的通项公式求出，利用与的关系，证出是以2为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项公式；
（2）根据（1）中和的通项公式，列出数列的通项公式，利用分组求和法，分成奇数组和偶数组，即可求出数列的前项和；
将分为奇数和偶数两种情况，当为奇数时，设，运用裂项相消法化简求出结果；当为偶数时，设，运用错位相减法求出结果；分别求解出后，相加求得的值即可．
【详解】
（1）解：设等差数列的公差为，
因为，是和的等比中项，
所以，即，
解得，因为是各项均为正数的等差数列，
所以，
故，
因为，所以，
两式相减得：，
当时，，，
是以2为首项，2为公比的等比数列，
.
（2）（i）解：，
所以
.
（ii）解：当为奇数时，
设
，
当为偶数时，
设，
，
所以，
故，
所以.
【点睛】
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和前项和公式，以及运用分组求和法、裂项相消法和错位相减法求和，属于中档题．
19．设椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，过点的直线交椭圆于点、（不与左右顶点重合），连结、，已知周长为8.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率为1，求的面积；
（3）设，且，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）；（3）或
【分析】
（1）由椭圆的离心率公式和椭圆的定义，可得，，再由，，的关系可得，进而得到所求椭圆方程；
（2）求得直线的方程，联立椭圆方程，消去，运用韦达定理，结合的面积为，计算可得所求值；
（3）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，运用韦达定理，由，得出，结合，设，所以，，运用韦达定理可求出，进而得到所求直线方程．
【详解】
（1）解：由题可知，周长为8，
由椭圆的定义，可知的周长等于，
则，所以，
又，所以，，
因此椭圆的方程为.
（2）解：依题意，直线的方程为，
与椭圆方程联立，整理得：，
由韦达定理：，，
.
（3）解：设直线的方程为，，，
直线与椭圆方程联立，
整理得：，
由韦达定理：①，②，
因为，
所以，
即，由，，
得：，
所以，
又，不妨设，所以，，
代入，所以，
所以，整理得，
代入①②，计算得，
所以直线的方程为或.
【点睛】
本题考查椭圆的定义、标准方程和简单几何性质，考查运用直线和椭圆的位置关系求三角形面积，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，同时考查三点共线的向量表示，突出考查化简运算能力，属于中档题．
20．已知函数（，为自然对数的底数）.
（1）若函数在点处的切线的斜率为，求实数的值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）2；（2）当时，单调递增区间为，，单调递减区间为；当时，单调递减区间为，，单调递增区间为；（3）
【分析】
（1）由，得出，利用，解得；
（2），，令，解得：或0， 对分类讨论，利用导数研究出函数的单调性；
（3）由于在区间上恒成立，转化为在区间上恒成立，即当时，，设，则，构造函数，通过对分类讨论，利用导数研究函数的单调性，即可求出实数的取值范围.
【详解】
（1）解：由于，，
，
因为函数在点处的切线的斜率为，
所以，
解得：.
（2）解：依题意知，，
令，解得：或0，
当时，令，得或，
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，
当时，令，得，
所以函数的单调递减区间为，，单调递增区间为.
（3）解：由于在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
依题意，当时，，
即当时，，
设，
则，
设，
则，
①当时，
当时，，从而，
所以在区间为上单调递增，
又∵，
当时，，从而时，，
所以在区间为上单调递减，
又∵，
从而当时，，
即，
于是当时，；
②当时，令，得，
∴，
当时，，
∴在区间上单调递减，
又∵，
当时，，
从而当时，，
∴在区间上单调递增，
又∵，
从而当时，，
即，不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查导数的几何意义和利用导数研究的单调性以及利用导数解决恒成立问题求参数方程，考查分类讨论思想和计算能力，属于难题．
题号
一
二
三
四
总分
得分
评卷人
得分
一、单选题
组别
分组
频数
频率
第1组
8
0.16
第2组
■
第3组
20
0.40
第4组
■
0.08
第5组
2
合计
■
■
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
店
甲
乙
丙
丁
戊
车型
6
6
13
8
11
车型
12
9
13
6
4
0
1
2