天津市2020届高三上学期期末考试六校联考数学试题

天津市2020届高三上学期期末考试六校联考数学试题

‎2019～2020学年度第一学期期末六校联考 高三数学 一、选择题：共9小题，每小题5分，共45分.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.设集合.则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解二个不等式，化简集合，先求出,最后求出.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，因此，‎ 所以，故本题选A.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的交集、补集运算，正确解不等式是解题的关键.‎ ‎2.“”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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据以及充分不必要条件的定义可得.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以Ü 所以”是“”的充分不必要条件.‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了对数不等式以及充分必要条件,属基础题.‎ ‎3.过点作圆的切线，则的方程为（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆的方程配成标准式，可判断点在圆上，根据过圆上一点的切线方程为整理可得.‎ ‎【详解】解：‎ 即在圆上 则过点的切线方程为 整理得 故选：‎ ‎【点睛】本题考查求过圆上一点的切线方程，属于基础题.‎ ‎4.已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，，则的值是（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列和等差数列的性质求得和 ‎，同时利用下标和的性质化简所求式子，可知所求式子等价于，利用诱导公式可求得结果.‎ ‎【详解】是等比数列 ‎ 是等差数列 ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列、等比数列性质的应用，其中还涉及到诱导公式的知识，属于基础题.‎ ‎5.设正实数，，分别满足，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得或．将，变形为：，．分别作出函数：，，图象．即可得出大小关系．‎ ‎【详解】解：，‎ 解得或 ‎，‎ ‎，‎ 分别作出函数：，，的图象．‎ 由图可知 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的图象及其单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎6.已知函数，则下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 的最小值为 B. 的图像关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 将的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的，得到 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，通过三角函数的最值判断的正误；三角函数的对称性判断的正误；三角函数图象变换判断的正误，推出结果即可．‎ ‎【详解】解：由已知得：，最小值是，故选项错误；‎ ‎，，解得，对称中心为，所以选项错误；‎ 将的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的，，故选项错误；‎ 利用排除法，正确答案．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，三角函数的化简以及最值的判断单调性以及对称性的判断，是中档题．‎ ‎7.抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，且相交于，两点，直线交抛物线于另一点，且与双曲线的一条渐近线平行，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，直线的斜率，设，‎ 表示出直线，联立直线方程与抛物线方程，消去，列出韦达定理，由得，即可得到的关系，求出离心率.‎ ‎【详解】解：由题意可得，直线的斜率，设，‎ 联立得消去整理得 ‎，‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用，双曲线的简单几何性质，属于中档题.‎ ‎8.设函数在上可导，，有且；对，有恒成立，则的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，由，可得函数为奇函数．利用导数可得函数在和上是增函数，结合函数的单调性解不等式即可．‎ ‎【详解】解：解：令，‎ ‎，‎ 函数为奇函数．‎ 时，，‎ 故函数在上是增函数，故函数在上也是增函数，‎ 可得在和上是增函数，‎ 要解即，即 ‎， ‎ ‎，‎ 或时 故时 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，构造函数利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．属于中档题．‎ ‎9.在四边形中，，，，，，点在线段的延长线上，且，点在边所在直线上，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，根据求出的坐标，求出边所在直线的方程，设，利用坐标表示，根据二次函数的性质求出最大值.‎ ‎【详解】解：依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，由，，，，‎ ‎，，，‎ 因为点在线段的延长线上，设，‎ 解得 ‎，‎ 所在直线的方程为 ‎ 因为点在边所在直线上，故设 当时 故选：‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积，关键是建立平面直角坐标系，属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎10.设，则______.‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ 分析：首先求得复数z，然后求解其模即可.‎ 详解：由复数的运算法则有：‎ ‎，‎ 则：.‎ 点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎11.曲线在点处的切线方程为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出原函数导函数，得到函数在时的导数，再由直线方程点斜式得答案．‎ ‎【详解】解：由，得，‎ ‎，‎ 曲线在点处的切线方程为，‎ 即．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，属于基础题．‎ ‎12.在的二项展开式中，的项的系数是_______.（用数字作答）‎ ‎【答案】70‎ ‎【解析】‎ 根据二项式定理,的通项为，‎ 当时,即r=4时,可得.‎ 即项的系数为70.‎ ‎13.已知六棱锥的七个顶点都在球的表面上，若，底面，且六边形是边长为的正六边形，则球的体积为____________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据底面为正六边形，可知底面外接圆的半径为，由勾股定理可求外接球的半径，即可求出体积.‎ ‎【详解】解：在六棱锥中，由于底面正六边形边长为1，‎ 故底面外接圆半径，‎ ‎，底面，‎ 设外接球的半径为 则解得 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查锥体的外接球的体积计算，属于基础题.‎ ‎14.若，则的最小值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】 ．‎ 当且仅当即时等号成立．‎ ‎15.已知定义在上的函数满足，且当时，，若函数，在上有四个零点，则实数的取值范围为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意可得函数是以为周期的周期函数，由时的函数解析式，画出函数图象，将函数零点转化为函数与的交点问题，数形结合即可得解.‎ ‎【详解】解：定义在上的函数满足，，函数的周期为4，‎ 且时，，画出函数的图象如图 函数在上有四个零点，等价于函数与在有四个交点，‎ 由图（1）可知当时，即解得 图（1）‎ 由图（2）可知当时，即解得 又当时，，，‎ ‎，‎ 临界条件为与相切与同一点，设切点坐标为，则即①‎ 由切点处斜率相同得②‎ 由①②消去得即 方程在有解，用二分法可得 又由则 所以 图（2）‎ 综上可得，或，即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点求参数的取值范围，函数方程思想，数形结合思想，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎16.在中，内角所对的边分别为.已知，.‎ ‎（I）求的值；‎ ‎（II）求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，‎ 进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.‎ 由，及余弦定理，得.‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.‎ 由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，‎ ‎，故 ‎.‎ 考点：正弦定理、余弦定理、解三角形 ‎【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.‎ ‎17.菱形中，平面，，，‎ ‎（1）证明：直线平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值；‎ ‎（3）线段上是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）建立以为原点，分别以，（为中点），方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，证明向量垂直，得到线面平行；‎ ‎（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求出正弦值；‎ ‎（3）设，则，利用空间向量求表示出线面角的正弦值，求出的值，得解.‎ ‎【详解】解：建立以为原点，分别以，（为中点），的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），‎ 则，，，‎ ‎，，.‎ ‎（1）证明：，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，‎ 可得，‎ 又，可得，‎ 又因为直线平面，所以直线平面；‎ ‎（2），，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，可得，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，可得，‎ 所以，‎ 所以二面角的正弦值为；‎ ‎（3）设，则，‎ 则，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，‎ 可得，‎ 由，得，‎ 解得或（舍），所以.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量法解决立体几何中的问题，属于中档题.‎ ‎18.已知点，分别是椭圆的左顶点和上顶点，为其右焦点，‎ ‎，且该椭圆的离心率为；‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点为椭圆上的一动点，且不与椭圆顶点重合，点为直线与轴的交点，线段的中垂线与轴交于点，若直线斜率为，直线的斜率为，且（为坐标原点），求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意表示出，，根据，和离心率为，求出的值，即可求出椭圆方程.‎ ‎（2）设直线的斜率为，直线方程为，设，中点为，联立直线方程与椭圆方程，消去即可用含的式子表示、的坐标，即可表示出中垂线方程，求出的坐标，最后根据求出参数即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）依题意知：，，，，，‎ 则，又，，‎ 椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）由题意，设直线的斜率为，直线方程为 所以，设，中点为，‎ 由消去得 中垂线方程为：‎ 令得.‎ ‎，‎ 解得.‎ 直线的方程为，‎ 即 ‎【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合问题，属于中档题.‎ ‎19.已知数列是公比大于的等比数列，为数列的前项和，，且，，成等差数列.数列的前项和为，满足，且，‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和为；‎ ‎（3）将数列，的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行排列，得到一个新的数列：，，，，，，，，，，，，求这个新数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）,（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，依题意得到关于、的方程组解得，由，可知是首项为，公差为的等差数列，求出的通项公式，即可求出的通项公式；‎ ‎（2）利用分组求和，错位相减，裂项相消求其前项和为；‎ ‎（3）分，，，三种情况讨论可得；‎ ‎【详解】解：（1）设等比数列的公比为，‎ 由已知，得，‎ 即，也即 解得 故数列的通项为.‎ ‎，‎ 是首项为，公差为的等差数列，‎ ‎，‎ ‎（2）‎ 其中 令 则①‎ ‎②‎ ‎①减②得 ‎，‎ ‎∴‎ ‎（3）数列前项和，数列的前项和；‎ ‎①当，‎ ‎②当 ‎⑴当时，‎ ‎⑵当时，‎ ‎③当 综上 ‎【点睛】本题考查等差数列、等比数列的性质，等比数列求出公式的应用，裂项相消法求和，错位相减法求和，分组求和，属于中档题.‎ ‎20.已知，‎ ‎（1）求在处的切线方程以及的单调性；‎ ‎（2）对，有恒成立，求的最大整数解；‎ ‎（3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求证：.‎ ‎【答案】（1）切线方程为；单调递减区间为，单调递增区间为（2）的最大整数解为（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程，解得到单调递增区间，解得到单调递减区间，需注意在定义域范围内；‎ ‎（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；‎ ‎（3）由，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明；‎ ‎【详解】解：（1）‎ 所以定义域为 ‎；‎ ‎；‎ 所以切线方程为；‎ ‎，‎ 令解得 令解得 所以的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（2）等价于；‎ ‎，‎ 记，，所以为上的递增函数，‎ 且，，所以，使得 即，‎ 所以在上递减，在上递增，‎ 且；‎ 所以的最大整数解为.‎ ‎（3），得，‎ 当，，，；‎ 所以在上单调递减，上单调递增，‎ 而要使有两个零点，要满足，‎ 即；‎ 因为，，令，‎ 由，，‎ 即：，‎ 而要证，‎ 只需证，‎ 即证：‎ 即：由，只需证：，‎ 令，则 令，则 故在上递增，；‎ 故在上递增，；‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，最值以及函数的单调性，综合性比较强，属于难题.‎