天津市红桥区2020届高三高考一模数学试题

天津市红桥区2020届高三高考一模数学试题

高三数学 第Ⅰ卷 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知全集U＝{1,2,3,4,5}, 集合M＝{3,4,5}，N＝{1,2,5}，则集合{1,2}可以表示(　　)‎ A. M∩N B. (∁UM)∩N C. M∩(∁UN) D. (∁UM)∩(∁UN)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为∁UM＝{1,2}，所以(∁UM)∩N＝{1,2}.故集合{1,2}可以表示为(∁UM)∩N.‎ 故选B ‎2.下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二次函数的基本性质可判断A选项；利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用指数函数的基本性质可判断C选项；利用对数函数的基本性质可判断D选项.‎ ‎【详解】对于A选项，函数为偶函数，且在区间上单调递减；‎ 对于B选项，函数为奇函数，且在区间上单调递减；‎ 对于C选项，函数为非奇非偶函数，且在区间上单调递减；‎ 对于D选项，函数为非奇非偶函数，且在区间上单调递增.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查基本初等函数奇偶性和单调性的判断，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎3.方程的解所在的区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，由函数单调递增及即可得解.‎ ‎【详解】令，易知此函数为增函数，‎ 由 ‎.‎ 所以在上有唯一零点，即方程的解所在的区间为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的零点和方程根的转化，考查了零点存在性定理的应用，属于基础题.‎ ‎4.（2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，‎ 结合勾股定理，底面半径，‎ 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.‎ ‎【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.‎ ‎5.已知函数的两条相邻的对称轴的间距为，现将的图象向左平移个单位后得到一个偶函数，则的一个可能取值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的最小正周期，可求出的值，然后求出变换后所得函数的解析式，根据函数的奇偶性可得出关于的等式，由此可得出结果.‎ ‎【详解】由于函数的两条相邻的对称轴的间距为，该函数的最小正周期为，‎ ‎，则，‎ 将函数的图象向左平移个单位后，得到函数，‎ 由于函数为偶函数，则，可得，‎ 当时，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用图象变换求函数解析式，同时也考查了利用函数的奇偶性求参数，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎6.在中，“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在中，由得：，因为“”“”，“”“”，所以“”是“”的充要条件，故选C．‎ 考点：1、三角函数的性质；2、充分条件与必要条件．‎ ‎7.已知一个口袋中装有个红球和个白球，从中有放回地连续摸三次，每次摸出两个球，若两个球颜色不同则中奖，否则不中奖，设三次摸球中（每次摸球后放回）中奖次数为，则的期望为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出每次摸球中中奖的概率，可知，然后利用二项分布的期望公式可求得结果.‎ ‎【详解】由题意可知，每次摸球中中奖的概率，则，‎ 因此，的期望为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查二项分布期望值的计算，确定随机变量满足二项分布是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎8.已知双曲线与抛物线的一个交点为为抛物线的焦点，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由抛物线定义得，因此双曲线的渐近线方程为，选C.‎ 点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦 AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．‎ ‎9.如图所示，在菱形中，，，为的中点，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用、表示向量，然后利用平面向量数量积的运算性质可计算出的值.‎ ‎【详解】为的中点，且为菱形，则，‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查了平面向量数量积运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．‎ ‎10.是虚数单位，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算即得答案.‎ ‎【详解】.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎11.函数单调减区间是____________．‎ ‎【答案】（或、、中的一个均可）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 解不等式可得函数的单调递减区间.‎ ‎【详解】函数的定义域为，且，‎ 令，得，解得.‎ 所以，函数单调减区间是或、、.‎ 故答案为：（或、、中的一个均可）.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时需要注意函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎12.过原点且倾斜角为60°的直线被圆所截得的弦长为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 直线方程为，‎ 圆方程为，‎ 圆心到直线的距离，‎ 弦长．‎ 点睛：处理圆弦长问题方法有二：其一，联立方程，结合根与系数关系由弦长公式求弦长，其二，通常利用垂径定理由勾股定理来求弦长.‎ ‎13.展开式的常数项为 ．（用数字作答）‎ ‎【答案】-160‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由，令得，所以展开式的常数项为.‎ 考点：二项式定理.‎ ‎14.若，则的取值范围是____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式可求得的取值范围.‎ ‎【详解】由基本不等式可得，‎ ‎，解得.‎ 所以，的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的取值范围，同时也考查了指数的运算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15.设与是定义在同一区间上的两个函数，若函数在上有两个不同的零点，则称与在上是“关联函数”．若与在上是“关联函数”，则实数的取值范围是____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令得，设函数，则直线与函数在区间上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，利用数形结合思想可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】令得，设函数，‎ 则直线与函数在区间上的图象有两个交点，‎ ‎，令，可得，列表如下：‎ 极大值 ‎，，如下图所示：‎ 由上图可知，当时，直线与函数在区间上的图象有两个交点，‎ 因此，实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数的新定义，本质上考查利用函数的零点个数求参数，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ 三、解答题：本大题共5个小题，共75分．解答写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎16.设的内角、、所对边的长分别是、、，且，，．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用二倍角正弦公式、正弦定理边角互化思想可求得的值；‎ ‎（Ⅱ）由同角三角函数的基本关系求得的值，再结合二倍角公式和两角差的正弦公式可求得的值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，所以，，则，‎ 且，，所以；‎ ‎（Ⅱ），则，‎ 因为，，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查三角求值，考查了正弦定理、二倍角与差角正弦公式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由中位线的性质得出，再由线面平行的判定定理可证得平面；‎ ‎（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用空间向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）求出平面的一个法向量，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，，所以，‎ 且平面，平面，则平面；‎ ‎（Ⅱ）因为，，且，所以平面，‎ 则以点为原点建立空间直角坐标系（如图），‎ 设，可得，，，、、．‎ 向量，，.‎ 设为平面的法向量，则，即，‎ 不妨令，可得为平面的一个法向量，‎ 设直线与平面所成角为，‎ 于是有，‎ 因此，直线与平面所成角的正弦值为；‎ ‎（Ⅲ）因为为平面的法向量，所以，‎ 由图形可知，二面角的平面角为锐角，它的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解线面角和二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎18.已知椭圆的离心率，且右焦点到直线的距离为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）四边形的顶点在椭圆上，且对角线、过原点，若，证明：四边形的面积为定值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先根据题意求得的值，再由离心率可求得的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，设点、，将直线 的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，再利用三角形的面积公式化简计算得出四边形的面积为定值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为右焦点到直线的距离为，解得，‎ ‎，，，，‎ 因此，椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，设点、，‎ 联立，得，‎ 则，，‎ 因为，得，即，‎ 所以，，即，解得，‎ ‎，‎ 原点到直线的距离为，‎ 因为，且，‎ 所以（定值）.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中四边形面积的计算，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎19.已知数列是等差数列，其前项和为，数列是公比大于0的等比数列，且，，.‎ ‎（Ⅰ）求数列和的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，求数列的前项和为.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）根据题意设数列的公差为，的公比为，且，‎ 由，，解得，，，则数列和的通项公式可求；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，则 ‎ 当为偶数时，奇数项和偶数项各有项，‎ ‎∴.‎ 令，利用错位相减法可得 故为偶数时，，‎ 当为奇数时，为偶数，‎ ‎，‎ 试题解析：（Ⅰ）设数列的公差为，的公比为，且，‎ 由题易知，，，‎ 由，得，‎ 解得（舍去），此时，‎ ‎∴，.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，‎ ‎∴，‎ 当为偶数时，奇数项和偶数项各有项，‎ ‎∴.‎ 令，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 以上两式相减得，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故为偶数时，，‎ 当为奇数时，为偶数，‎ ‎，‎ 经验证，也适合上式，‎ 综上得 点睛：本题考查等差数列、等比数列的通项的求法，以及数列求和错位相减法，分类讨论思想等.属中档题.解题时注意分类标准，做到不重不漏.‎ ‎20.‎ 已知函数 ‎(Ⅰ)若函数上是单调函数，求实数的取值范围；‎ ‎(Ⅱ)当t1时，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ 解：（Ⅰ）函数， ………………1分 ‎， …………3分 因为函数在区间（0，1）上为单调函数 所以只需在区间（0，1）上恒成立，‎ 即在区间（0，1）上恒成立，…………5分 解得故实数的取值范围是…………7分 ‎（Ⅱ）不等式 可化为 即…………10分 记，要使上式成立 只须是增函数即可 …………12分 即在上恒成立，即在上恒成立，故，‎ 实数的取值范围是． ………………14分