天津市实验中学滨海分校2020届高三模拟考试（3月）数学试题
展开2020年高考数学（3月份）模拟测试试卷
一、选择题
1.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义条件及指数不等式可解得集合A与集合B,再由集合交集运算即可得解.
【详解】对于集合
对于集合
所以
故选:D
【点睛】本题考查了指数不等式的解法与二次根式有意义的条件,交集的简单运算,属于基础题.
2.设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.
3.已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由题意：，
且：，
据此：，
结合函数的单调性有：，
即.
本题选择C选项.
【考点】 指数、对数、函数的单调性
【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.
4.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】
化简,利用三角函数图象的平移变换法则可得结果.
【详解】
，
，
要得到函数图象，
只需将函数的图象向左平移个单位长度，故选C.
【点睛】本题主要考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.
5.已知函数，对任意的，，总有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知可得在为增函数，分段函数两段均为单调递增，而且右段的最低点不低于左段的最高点，即可求解.
【详解】∵对任意的，，总有成立，
不妨设，
∴函数在定义域上是增函数，
∴，解得，
故选：C.
【点睛】本题考查分段函数的单调性，要注意分段函数各段单调性相同的区间合并的条件，属于基础题.
6.函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.
考点：三角函数图像与性质
7.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，
∴cosAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴cosA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得，
∵a=2，c=，
∴sinC== ，
∵a＞c，
∴C=，
故选B．
点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
8.设椭圆：的左、右焦点分别为、，是上的点，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设，在直角三角形中，依题意可求得与，利用椭圆离心率的定义，即可求得答案
【详解】设，∵，，
∴，，
又，
∴，，
∴的离心率为：.
故选：D.
【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，在焦点三角形中注意椭圆定义的应用，属于基础题.
9.已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先构造函数,再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数的取值范围.
【详解】令，则存在，使得,即的最大值，因为在上单调递减，在上单调递增，所以最大值为,因此，选C.
【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等
二、填空题
10.复数（为虚数单位）的共轭复数是________．
【答案】
【解析】
复数,其共轭复数为,故填.
11.的展开式中x7的系数为__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
试题分析：展开式通项为，令，得，
所以展开式中的系数为．故答案为．
【考点】二项式定理
【名师点睛】①求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r）；第二步是根据所求的指数，再求所要求的项．
②有理项是字母指数为整数的项．解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解．
12.已知，且，则的最小值为______________.
【答案】64
【解析】
【分析】
根据基本不等式解得取值范围，再结合等号确定最值取法.
【详解】，当且仅当时取等号，所以最小值为
【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意等号取得的条件，否则会出现错误.
13.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为_______．
【答案】.
【解析】
【分析】
设球的半径为，可知圆柱高为；根据圆柱表面积和球的表面积公式分别求得表面积，作比得到结果.
【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为
圆柱的表面积；球的表面积
圆柱的表面积与球的表面积之比为
本题正确结果：
【点睛】本题考查圆柱表面积和球的表面积公式的应用，属于基础题.
14.如图，在中，，是边上一点，，则 ．
【答案】
【解析】
【详解】由图及题意得 ， =
∴ =( )( )= + = = .
15.已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象有四个不同的交点，画出函数图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象有四个不同的交点，画出函数图象如下图所示：
由图象可知：实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题考查了已知函数零点个数求参数取值范围问题，考查了数形结合思想和转化思想.
三、解答题
16.某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满400元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：奖盒中放有除颜色外完全相同的1个红球，1个黄球，1个白球和1个黑球顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则停止摸奖，否则就继续摸球规定摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励
（1）求1名顾客摸球2次停止摸奖的概率：
（2）记为1名顾客5次摸奖获得的奖金数额，求随机变量的分布列和数学期望
【答案】（1）（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可得第二次摸到黑球，第一次为其它球，求出概率；
（2）先求出摸奖一次获得的的奖金数额，再求5次的数额，求出相应的概率，进而求出分布列，及期望.
【详解】（1）由题意可得第一次是红黄白中的一个，概率为，
不放回的第二次为黑球，是从剩余的3个球中摸出黑色的球，概率为，
所以1名顾客摸球2次停止摸奖的概率为；
（2）顾客摸奖一次获得的奖金数额设为，
的可能取值0，10，20，30，40，
则，，
，，
；
所以1名顾客5次摸奖获得奖金数额的分布列为
所以随机变量的期望
.
【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率、离散型随机变量的分布列和期望，求出随机变量的概率是解题的关键，属于中档题.
17.已知数列是递增的等比数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设为数列的前n项和，，求数列的前n项和．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（1）设等比数列的公比为q，，根据已知由等比数列的性质可得，联立解方程再由数列为递增数列可得则通项公式可得
（2）根据等比数列的求和公式，有所以，裂项求和即可
试题解析：（1）设等比数列的公比为q，所以有
联立两式可得或者又因为数列为递增数列，所以q>1，所以
数列的通项公式为
（2）根据等比数列的求和公式，有
所以
所以
考点：等比数列的通项公式和性质，数列求和
18.如图，为圆的直径，点，在圆上，，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知，．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的大小；
（Ⅲ）当的长为何值时，二面角的大小为．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
试题分析：（1）利用面面垂直性质，可得平面，再利用线面垂直的判定，证明平面，从而利用面面垂直的判定可得平面平面；（2）确定为直线与平面所成的角，过点作，交于，计算，即可求得直线与平面所成角的大小；（3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求得的长．
试题解析：（1）∵平面平面，
平面平面，∴平面，
∵平面，∴，
又∵为圆的直径，∴，∴平面，
∵平面，∴平面平面
（2）根据（1）的证明，有平面，
∴为在平面内的射影，
因此，为直线与平面所成的角，
∵，∴四边形为等腰梯形，过点作，交于，
，则，
在中，根据射影定理，得，
，∴，
∴直线与平面所成角的大小为30°
（3）
设中点为，以为坐标原点，方向分别为轴、轴、轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设，则点的坐标为，则，又，∴，
设平面的法向量为，则，即，
令，解得．
∴．
由（1）可知平面，取平面的一个法向量为，
∴，即，解得，
因此，当的长为时，平面与平面所成的锐二面角的大小为60°．
考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法．
【方法点晴】本题主要考查了立体几何的综合问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直平面的判定、平面与平面垂直的判定、直线与平面所成的角、二面角的求解等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，本题的解答中熟记线面位置关系的判定与证明，建立空间直角坐标系，转化为空间向量的运算是解答的关键．
【详解】
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19.在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为,直线被椭圆截得的线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过原点的直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点），点在椭圆上，且，直线与轴轴分别交于两点.
①设直线斜率分别为，证明存在常数使得，并求出值；
②求面积的最大值.
【答案】(1).
(2) ①证明见解析，；②.
【解析】
试题分析：（1）首先由题意得到，即.
将代入可得，
由，可得.得解.
（2）（ⅰ）注意从确定的表达式入手，探求使成立的.
设，则，
得到，
根据直线BD的方程为，
令，得，即.得到.
由，作出结论.
（ⅱ）直线BD的方程，
从确定的面积表达式入手，应用基本不等式得解.
试题解析：（1）由题意知，可得.
椭圆C的方程可化简为.
将代入可得，
因此，可得.
因此，
所以椭圆C的方程为.
（2）（ⅰ）设，则，
因为直线AB的斜率，
又，所以直线AD的斜率，
设直线AD的方程为，
由题意知，
由，可得.
所以，
因此，
由题意知，
所以，
所以直线BD的方程为，
令，得，即.
可得.
所以，即.
因此存在常数使得结论成立.
（ⅱ）直线BD的方程，
令，得，即，
由（ⅰ）知，
可得的面积，
因为，当且仅当时等号成立，
此时S取得最大值，
所以的面积的最大值为.
考点：椭圆几何性质，直线与椭圆的位置关系，三角形面积，基本不等式的应用.
20.已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；
(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
详解：（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.
所以，即.
点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.
