天津市和平区2020届高三高考三模数学试题 Word版含解析

和平区2019-2020学年度第二学期高三年级

第三次质量调查数学学科试卷

一､选择题

1.集合，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据集合的交、并、补运算得解.

【详解】由题意得，所以

所以

故选D.

【点睛】本题考查集合的交、并、补运算，属于基础题.

2.已知，如果是的充分不必要条件，则实数的取值范围是 （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

由题意可得q:x<-1或x>2,由是的充分不必要条件，得，选B.

3.函数的图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

取特值判断正负，即可得出答案．

【详解】

故选B

【点睛】本题考查函数图象的识别，根据函数的定义域、值域、单调性、对称性及特值是解决问题的关键，属于基础题．

4.三棱锥的棱长均为，顶点在同一球面上，则该球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

试题分析：因为三棱锥的棱长均为，所以该三棱锥为正四面体，其外接球的半径，所以其外接球的表面积为，故选C.

考点：1.正多面体的外接球与内切球；2.球的表面积与体积.

【名师点睛】本题考查正多面体的外接球与内切球、球的表面积与体积，属中档题；与球有关的组合体的类型及解法有：1.球与旋转体的组合通常通过作出它们的轴截面解题；2.球与多面体的组合，通常通过多面体的一条侧棱和不球心，或切点、接点作出轴截面，把空间问题转化为平面问题.

5.设正实数分别满足，则的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

把看作方程根，利用数形结合思想把方程的根转化为函数图象交点的横坐标，则可以利用图象比较大小.

【详解】由已知可得

作出函数的图象，

它们与函数图象的交点的横坐标分别为，

如图所示，易得.

故选C.

【点睛】本题考查函数与方程，基本初等函数的图象.对于含有指数、对数等的方程，若不能直接求得方程的根，一般可以利用数形结合思想转化为函数图象的交点问题.

6.已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为为左支上的一个动点，若周长的最小值等于实轴长的倍，则该双曲线的离心率为（　　）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先通过分析得到当且仅当共线，周长取得最小值，且为 可得解方程即得解.

【详解】由题意可得

设由双曲线的定义可得， 则的周长为当且仅当共线，取得最小值，且为

由题意可得即，即

则

故选

【点睛】本题主要考查双曲线的定义和简单几何性质，考查双曲线的离心率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

7.如果函数的图象关于点成中心对称，且，则函数为

A. 奇函数且在上单调递增 B. 偶函数且在上单调递增

C. 偶函数且在上单调递减 D. 奇函数且在上单调递减

【答案】D

【解析】

因为函数f（x）=cos（2x+φ）的图象关于点对称，那么可知，得到，，因此可知，故可知函数为奇函数，且在递减，故选D

8.已知直线与圆相交于两点, 点分别在圆上运动, 且位于直线两侧, 则四边形面积的最大值为（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

试题分析：把圆化为标准方程，圆心，半径，直线与圆相交，由点到直线的距离公式的弦心距，由勾股定理的半弦长为，弦长为，又两点在圆上，并且位于直线的两侧，四边形的面积可以看出是两个三角形和的面积之和，如图所示，当为如图所示的位置，即为弦的垂直平分线时（即为直径时），两三角形的面积之和最大，即四边形的面积最大，最大面积为，故选A．

考点：直线与圆的位置关系的应用．

9.已知函数，函数，若方程有4个不同实根，则实数的取值范围为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

方程，化为，即或，要使方程有4个不同实根，则需方程有3个不同根，当时，方程有1个根，则只需：时，与有两个交点即可，数形结合可得到答案．

【详解】解：方程，化，即或，

要使方程有4个不同实根，则需方程有3个不同根，

如图：

而当时，方程有1个根，

则只需：时，与有两个交点即可．

当时，，

过点作的切线，设切点为（），

切线方程为，把点代入上式得或，

因为，所以，

切线斜率为，所以，即，

当时，，与轴交点为

令，解得．

故当时，满足时，与有两个交点，

即方程有4个不同实根．

故选B.

【点睛】本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查数形结合的思想，属于难题．

二､填空题

10.若复数其中是虚数单位，则 ____．

【答案】

【解析】

11.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名工人某日的产量数据(单位：件)．若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则的值为_______．

【答案】8

【解析】

【分析】

已知两组数据的中位数相等，可以求出；甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数，根据平均数的定义可列式求出.

【详解】由题意易知甲组数据的中位数为65，由于两组数据的中位数相等得；甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数，所以可得,

,.

所以本题答案为8.

【点睛】本题考查了根据茎叶图求平均数，根据平均数、中位数求原始数据，考查了计算能力，属基础题.

12.若的展开式中所有项系数的绝对值之和为，则该展开式中的常数项是______.

【答案】

【解析】

【分析】

利用“的展开式中所有项系数和”与“的展开式中所有项系数的绝对值之和”之间的关系，求得的值，进而求得的展开式中的常数项.

【详解】二项式展开式的通项公式为

，

由于“的展开式中所有项系数的绝对值之和”等于“的展开式中所有项系数和”.

由，令，可得，解得.

所以二项式展开式的通项公式为，

令，解得.所以二项式展开式的常数项为.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式的通项公式的运用，属于中档题.

13.已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到的白球的个数为，则的概率是_______；随机变量期望是_______.

【答案】

【解析】

根据题意知ξ=0，1，2，

；

；

；

所以.

故答案为.

14.已知正数，满足，则当______时，的最大值为______.

【答案】    (1). 4    (2).

【解析】

【分析】

令，由题意得，且，由基本不等式可得，解不等式，由此可求出答案．

【详解】解：由得，

令，则，且，

又，当且仅当即时等号成立，

∴，即，化简得，

∴，或（舍去），

∴，

故答案为：4；．

【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，考查转化与化归思想，考查计算能力，属于中档题．

15.如图所示，在四边形中，已知，与以为直径的半圆相切于点，且，若，则______；此时______.

【答案】    (1). 1    (2).

【解析】

【分析】

利用向量的线性运算、数量积运算化简，由此求得，即.再利用向量线性运算和数量积运算，求得.

【详解】依题意,

因为，是半圆的直径，则，

所以，所以，

故.而，

所以

，

所以，即.

.

故答案为：；.

【点睛】本小题主要考查向量的线性运算、数量积运算，属于中档题.

三､解答题

16.在中，角，，所对的边分别是，，，且.

(1)求的值；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可整理求得，进而求得和，代入求得结果；

（2）利用正弦定理可将表示为，利用两角和差正弦公式、辅助角公式将其整理为，根据正弦型函数值域的求解方法，结合的范围可求得结果.

【详解】（1）由正弦定理可得：

即

（2）由（1）知：   

，

，即的取值范围为

【点睛】本题考查解三角形知识的相关应用，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式和辅助角公式的应用、与三角函数值域有关的取值范围的求解问题；求解取值范围的关键是能够利用正弦定理将边长的问题转化为三角函数的问题，进而利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.

17.如图甲所示的平面五边形中，，，，，，现将图甲所示中的沿边折起，使平面平面得如图乙所示的四棱锥．在如图乙所示中

（1）求证：平面；

（2）求二面角的大小；

（3）在棱上是否存在点使得与平面所成的角的正弦值为？并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）推导出AB⊥AD，AB⊥平面PAD，AB⊥PD，PD⊥PA，由此能证明PD⊥平面PAB；

（2）取AD的中点O，连结OP， OC，由知OC⊥OA，以为坐标原点，OC所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-PB-C的大小；

（3）假设点M存在，其坐标为(x, y, z)，BM与平面PBC所成的角为，则存在λ∈(0， 1)，有，利用向量法能求出在棱PA上满足题意的点M存在．

【详解】（1）∵，，，

∴，

∴，

∵平面平面，平面平面，

∴平面，

又∵平面，

∴，

又∵，，

∴平面．

（2）取的中点，连结，，

由平面平面知平面，

由知，

以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系

如图所示，

则易得，，，，，

设平面的法向量为，

由，得，

令得，，

∴，

设二面角大小为，

则，

∵，

∴二面角的大小．

（3）假设点存在，其坐标为，与平面所成的角为，

则存在，有，

即，，

则，

从而化简得，

解得

∵，

∴

∴在棱上满足题意的点存在．

【点睛】本题主要考查了线面垂直､面面垂直的判定与性质，利用向量求二面角，线面角，考查了推理运算能力，空间想象力，属于中档题．

18.已知数列满足：，，且，.

（1）求，，，的值及数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1），，，，（2）

【解析】

【分析】

（1）分别令n= 1,2,3,能得到，，，的值，分n为奇数偶数求出数列的通项公式；

（2）由知，利用错位相减法求数列的和即可.

【详解】（1），，且，

则，解得，

，解得，

，解得，

，解得，

当为奇数时，，；

当为偶数时，，.

即有（）；

（2）由于为奇数，则，

由于为偶数，则.

因此，.

，

，

两式相减得，

，

化简可得，.

【点睛】本题考查数列的求值、求解通项公式的方法和用错位相减法求解通项公式的方法，解题时要认真审题,仔细解答,注意公式的灵活运用，属于中档题.

19.已知椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）已知直线与椭圆交于、两点.在轴上是否存在点，使得且，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）椭圆上的点到左焦点的距离最大值为a+c,再结合离心率可得a和c的值，再由可得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，利用弦长公式求得丨MN丨，由，P在线段MN的中垂线上，利用韦达定理求出中点D的坐标，写出直线PD的方程，令x=0得，平方后即可求得m范围；

【详解】（1）由题设条件可得，，

解得，，所以，，

椭圆的标准方程为：

（2）设，，

则整理得：，

则，

则，，

假设存在点满足题意，，

则，

化简整理得，

此时判别式 恒成立，

所以且，

设中点，则，，

由，则在线段的中垂线上.

因为，直线的方程为：，

令，则

∴

∴

∵，∴，∴

∴

∴或.

即：.

【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查韦达定理及弦长公式，中点坐标公式的综合应用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

20.已知函数，．

（1）若直线与函数的图象相切，求实数的值；

（2）若存在，，使，且，求实数的取值范围；

（3）当时，求证：．

【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.

【解析】

【分析】

（1）由f′（x0）．可得切线方程为：y＝（）x+lnx0，与直线y＝2x完全相同，可得＝2，lnx0＝0．即可得出a．

（2）设t（x）＝ex﹣x，x∈R．t′（x）＝ex﹣1，利用导数研究其单调性可得0是函数t（x）的极小值点，可得．再由g（x2）＝0，解得x2，可得x1的范围．从而问题可转化为函数f（x）＝lnx﹣ax+1在x∈（1，+∞）上有零点．由f′（x）a．对a分类讨论，研究其单调性即可得出．

（3）构造函数F（x）＝x2+g（x）﹣f（x），利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

【详解】（1）设切点坐标为，

由，得，

所以切线方程为：，

即.

因为直线与函数图象相切，

所以，解得.

（2）设，则，令，得，

且当时，：当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在时取得极小值为0，即.

由，可得，

所以即为，

由题意可得：函数在上有零点.

因为，

当时，，函数在上单调递增，

所以，函数在上无零点：

当时，令，得

①若，即时，在上恒成立，

所以函数在上单调递减，

所以，函数在上无零点：

②若，即时，

当时，：当时，.

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，

因为，所以函数在上无零点：

又，

令，

则在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以，即，

所以，且在的图象连续不断，

所以函数在上有且只有一个零点，

即函数在上有零点.

综上所述，.

（3）当时，，

令 ，

则，

令，则当时，，

所以函数在区间上是增函数，

又，，

所以函数存在唯一的零点，

且当时，；当时，.

所以当时，；当时，.

所以函数在上递减，在上递增，

故，

由得：，

两边取对数得：，故，

所以，即.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．