天津市和平区2020届高三第一次校模拟考试数学试卷

这是一份天津市和平区2020届高三第一次校模拟考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学一、选择题：本大题共9小题，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题纸上.1.记全集，集合，集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求得集合或，，求得，再结合集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，全集，集合或，集合，所以，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中正确求解集合，再结合集合的补集和交集的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.设等比数列中，每项均是正数，，则（    ）A. 20 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】，再利用等比数列的性质化简即可得答案.【详解】.故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的性质，对数的运算，属于基础题.3.已知，则“”是“”的（　　）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】cosα，解得α＝2kπ±，k∈Z，即可判断出结论．【详解】解：cosα，解得α＝2kπ±，k∈Z，∴“cosα”是“α＝2kπ，k∈Z”的必要但非充分条件．故选B．【点睛】本题考查了三角函数求值、充分必要性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.已知正三棱柱的底面边长为3，外接球表面积为，则正三棱柱的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据正三棱柱的几何特点得到外接球的半径为2，找到球心位置，由勾股定理得到棱柱的高，进而得到体积.【详解】正三棱柱的底面边长为3,故底面的外接圆的半径为：外接球表面积为 外接球的球心在上下两个底面的外心MN的连线的中点上，记为O点，如图所示在三角形中， 解得 故棱柱的体积为： 故答案为D.【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.5.某市要对两千多名出租车司机的年龄进行调查，现从中随机抽出100名司机，已知抽到的司机年龄都在[20,45]岁之间，根据调查结果得出司机的年龄情况残缺的频率分布直方图如图所示，利用这个残缺的频率分布直方图估计该市出租车司机年龄的中位数大约是(　　)A. 31.6岁 B. 32.6岁 C. 33.6岁 D. 36.6岁【答案】C【解析】【分析】先根据频率分布直方图中频率之和为计算出数据位于的频率，再利用频率分布直方图中求中位数的原则求出中位数．【详解】在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，所以，数据位于的频率为，前两个矩形的面积之和为，前三个矩形的面积之和为，所以，中位数位于区间，设中位数为，则有，解得（岁），故选C．【点睛】本题考查频率分布直方图的性质和频率分布直方图中中位数的计算，计算时要充分利用频率分布直方图中中位数的计算原理来计算，考查计算能力，属于中等题．6.已知，则a，b，c的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的图像以及性质，即可容易判断大小，根据指数函数的性质，即可判断的范围，据此即可得到结果.【详解】画出的图象如下所示： 由图可知，又因为故可得，则.综上所述：.故选：A.【点睛】本题考查利用对数函数的图像以及指数函数的单调性比较大小，属基础题.7.将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度得到的图象，若函数的最大负零点在区间上，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先由图象变换求得的解析式，再求出的零点，根据最大负零点在区间上，求出的取值范围.详解】由题，令，得，得，，当时，函数的最大负零点为，则，得.故选：A.【点睛】本题考查了三角函数的图象变换，三角函数的零点，属于中档题.8.已知双曲线的右焦点到其中一条新近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上的动点到直线和的距离之和的最小值为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的顶点到渐近线的距离求双曲线方程，根据抛物线的定义结合几何关系转化，利用抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，进行转化求解.【详解】双曲线的渐近线方程，右焦点，到其一条渐近线的距离，解得，所以双曲线的焦点坐标，所以抛物线焦点坐标，即抛物线方程，作示意图如图所示：过点作，垂足为A，作准线的垂线，垂足为，连接MF，根据抛物线定义有：，即动点到直线和距离之和等于，当三点共线时，距离之和最小，即点F到直线的距离.故选：B【点睛】此题考查抛物线的定义和几何性质，根据双曲线的顶点到渐近线的距离关系求方程，利用几何关系转化求距离之和的最小值，属于中档题.9.已知函数，函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围为（    ）A  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】有3个零点，即为函数有三个交点，根据条件，只需时，有两个交点，若，，两函数没有交点，所以，先讨论函数在的有两交点时满足的条件，结合图象特征，再考虑在有交点时的范围，综合对比，即可求出结论.【详解】如图当时，与有1个交点.要使有3个零点，则当时，与有两个交点即可，若，，两函数没有交点，所以，画出图象，如下图所示，根据图象的图象在内至多有一个交点.当的图象在上有两交点，则在上没有交点.即直线与在有两交点，且的图象在上没有交点.即在有两个解，且在上没有解.设，需，且解得或（舍去），且所以此时若在上的图象有1个交点，则在 上的图象有1个交点即在有1个解，且在上有1个解.则且，此时无解.要使在只有两交点，则.故选：B【点睛】本题考查函数与方程的应用，利用条件转化为两个函数的交点问题，利用数形结合作出两个函数的图象是解题的关键，属于较难题.二、填空题：本大题共6小题，将答案填写在答题纸上.10.设（是虚数单位），______.【答案】2【解析】【分析】根据复数的运算求解即可.【详解】由题，.故答案为：2【点睛】本题主要考查了复数的基本运算，属于基础题.11.的展开式中的系数为____.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先根据二项式展开式通项公式求的项数，再代入得结果.【详解】因为，所以由得，因此的系数为【点睛】本题考查二项式展开式求特定项系数，考查基本求解能力，属基础题.12.现有，两队参加关于“十九大”知识问答竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分；队中每人答对的概率均为，队中3人答对的概率分别为，，，且各答题人答题正确与否之间互不影响，若事件表示“队得2分”，事件表示“队得1分”，则______.【答案】【解析】【分析】事件为队三人有一人答错，其余两人答对，计算其概率，事件为队三人人答错，其余一人答对，计算其概率，再根据独立事件同时发生的概率公式求出.【详解】队总得分为分，即事件为队三人有一人答错，其余两人答对，其概率，“队得分，即事件即为队三人人答错，其余一人答对，则，队得分队得一分，即事件同时发生，则.故答案为：.【点睛】本题考查了独立事件同时发生的概率计算，还考查了学生的分析理解能力，运算能力，属于中档题.13.已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则|______.【答案】6【解析】【分析】首先将圆心坐标代入直线方程求出参数a，求得点A的坐标，由切线与圆的位置关系构造直角三角形从而求得.【详解】圆即，圆心为，半径为，由题意可知过圆的圆心，则，解得，点A的坐标为，作示意图如图所示：，切点为B，则，.故答案为：6【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.14.已知，，，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】利用代入消元法可将问题转化为求解的最小值问题，根据且求得，采用换元的方式将问题转化为求解，的最小值，利用基本不等式求得结果.【详解】由得：，由得：    令，由得：，即    当时，当且仅当，即时取等号    即    本题正确结果：【点睛】本题考查函数最值的求解问题，关键是能够将问题转化为分式型函数的最值求解问题，通过换元将问题转化为符合基本不等式的形式，从而利用基本不等式求解出函数的最值；易错点是在换元时没有准确求解新参数的取值范围，从而造成求解错误.15.已知平行四边形的面积为，，，为线段的中点，若为线段上的一点，且，则________；的值为______.【答案】    (1).     (2). 9【解析】【分析】由平行四边形的面积为，可得，再由数量的定义可求出的值；由已知得，然后根据三点共线即可得，从而得出，则，即可求出答案.【详解】解：因为平行四边形的面积为，所以，得，又，所以,所以，如图，连接，则,由，所以因为三点共线，所以，得，所以，所以故答案为：；9【点睛】此题考查了向量加法、数乘的几何意义，三角形的面积公式，向量数量积的运算，考查了计算能力，属于中档题.三、解答题：本大题共5小题，将解题过程及答案填写在答题纸上.16.在中，分别是三个内角的对边，若，且.（Ⅰ）求及值；（Ⅱ）求的值.【答案】（Ⅰ）,;（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由正弦定理可得，再利用二倍角的正弦公式可得，从而根据余弦定理可得；（2）利用二倍角的正弦公式，二倍角的余弦公式求得的值，再由两角和的余弦公式可得结果.【详解】（Ⅰ）中，由正弦定理，得，，，即，解得,在中，由余弦定理，得，解得或．，．（Ⅱ），，，.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.17.如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，为侧棱包含端点上的动点.（1）当时，求证平面；（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于，连接，证得，从而证得平面；（2）过作于，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求面的法向量，由直线与平面所成角的正弦值为，求得的值，再用向量法求出二面角的余弦值.【详解】解：（1）连接交于，连接，由题意，∵，∴，∴，又面，面，∴面.（2）过作于，则在中，，，，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系.设，则，，，，，，，，设向量为平面的一个法向量，则由，有，令，得；记直线与平面所成的角为，则，解得，此时；设向量为平面的一个法向量则由，有，令，得；∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，用向量法求线面角，二面角，还考查了学生的分析能力，空间想象能力，运算能力，属于中档题.18.已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率e，且点P（，1）在椭圆C上.（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，点M（s，t）（t＞0）是椭圆C上的动点，直线AM与y轴交于点D，点E是y轴上一点，EF⊥DF，EA与椭圆C交于点G，若△AMG的面积为2，求直线AM的方程.【答案】（1）（2）xy﹣2＝0【解析】【分析】（1）利用离心率和椭圆经过的点建立方程组，可以求解方程；（2）设出直线方程，联立方程组，结合三角形的面积为2可得直线斜率，从而可得方程.【详解】（1）由题意得e，，a2＝b2+c2，解得：a2＝4，b2＝2，所以椭圆的方程：.（2）由（1）得左焦点F（，0），A（2，0），设直线AM：y＝k（x﹣2），由题意得D（0，﹣2k），∴kDFk，∵EF⊥DF，∴kEF，∴直线EF的方程：x，令x＝0，则y，所以点E（0，），所以kEA，所以直线EA：x＝﹣2ky+2，联立与椭圆的方程整理得：∴y，x，所以点G（，）；联立直线AM与椭圆的方程整理得：（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣4＝0，解得：x1＝2，x2，∴y2，所以点M（，），所以点M，G关于原点对称，即直线MG过原点，∴S△AMG2|yM|，由题意得：2，解得：k，由点M（s，t）（t＞0）得，k，所以直线AM为：y（x﹣2），即直线AM：xy﹣2＝0.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解和直线与椭圆的位置关系，明确三角形面积的转换方法是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.19.已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，.，.（1）求和的通项公式；（2）设数列满足，其中，①求数列的通项公式：②求.【答案】（1），；（2）①，②.【解析】【分析】（1）设的公差为，的公比为，， 由求出公比，求得，再化简，，求得；（2）①代入，化简可得；②由①得，则，用公式法计算和，用错位相减法计算，得到答案.【详解】（1）设的公差为，的公比为，，由，即，解得或3.∵，∴，∴.有，∴，又有，即，∴则，则.即，.（2）①，∴时，，∴，即，②由①得设 ，则，由此得∴得【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，等比数列的通项公式和前项和公式，错位相减法求和，还考查了分析推理能力，运算能力，难度较大.20.已知函数．（1）设，求函数的单调增区间；（2）设，求证：存在唯一的，使得函数的图象在点处的切线l与函数的图象也相切；（3）求证：对任意给定的正数a，总存在正数x，使得不等式成立．【答案】（1）的单调增区间为（0，]；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数，在函数定义域内由确定其增区间；（2）先求出在处的切线方程，设这条切线与的图象切于点，由，得出关于的方程，然后证明此方程的解在上存在且唯一．（3）把问题转化为在上有解，令，则只要即可．【详解】（1）h（x）＝g（x）﹣x2＝lnx﹣x2，x∈（0，+∞）．令，解得．∴函数h（x）的单调增区间为（0，]．（2）证明：设x0＞1，，可得切线斜率，切线方程为：．假设此切线与曲线y＝f（x）＝ex相切于点B（x1，），f′（x）＝ex．则k=，∴．化为：x0lnx0﹣lnx0﹣x0－1＝0，x0＞1．下面证明此方程在（1，+∞）上存在唯一解．令u（x0）＝x0lnx0﹣lnx0﹣x0－1，x0＞1．，在x0∈（1，+∞）上单调递增．又u′（1）＝－1，，∴在上有唯一实数解，，，递减，时，，递增，而，∴在上无解，而，∴在上有唯一解．∴方程在（1，+∞）上存在唯一解．即：存在唯一的x0，使得函数y＝g（x）的图象在点A（x0，g（x0））处的切线l与函数y＝f（x）的图象也相切．（3）证明：，令v（x）＝ex﹣x﹣1，x＞0．∴v′（x）＝ex﹣1＞0，∴函数v（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，∴v（x）＞v（0）＝0．∴，∴不等式，a＞0⇔ex﹣x﹣1﹣ax＜0，即H（x）＝ex﹣x﹣1﹣ax＜0，由对任意给定的正数a，总存在正数x，使得不等式成立⇔H（x）min＜0．H（x）＝ex﹣x﹣1﹣ax，a，x∈（0，+∞）．H′（x）＝ex﹣1﹣a，令ex﹣1﹣a＝0，解得x＝＞0，函数H（x）在区间（0，）上单调递减，在区间（，+∞）上单调递增．∵H（0）＝0，∴．∴存在对任意给定的正数a，总存在正数x，使得不等式成立．【点睛】本题考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，考查综合运算能力，转化与化归思想，本题难度较大．