天津市耀华中学2020届高三年级上学期第三次月考数学试题 Word版含解析

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天津市耀华中学2019~2020学年度高三年级上学期第三次月考数学试卷 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出后可得它们的交集.‎ ‎【详解】，由得，解得或，因此，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题，求分式不等式的解集时要注意等价转化.‎ ‎2.设，则“”是“”的（ ）‎ A. 充要条件 B. 充分而不必要条件 C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先解两个不等式，再根据充分、必要条件的知识选出正确选项.‎ ‎【详解】由解得.由得.所以“”是“”的必要而不充分条件 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.‎ - 20 -‎ ‎3.设，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.‎ ‎【详解】，，，因此，故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用对数函数和指数函数单调性比较大小,属于基础题.‎ ‎4.有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则P(X2)等于 A. B. ‎ C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据超几何分布的概率公式计算各种可能的概率，得出结果 ‎【详解】由题意，知X取0，1，2，X服从超几何分布，‎ 它取每个值的概率都符合等可能事件的概率公式，‎ 即P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，‎ 于是P(X<2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查了运用超几何分布求概率，分别求出满足题意的情况，然后相加，属于中档题．‎ ‎5.已知圆：和直线：；若直线与圆相交于，‎ - 20 -‎ 两点，的面积为2，则值为（ ）‎ A. -1或3 B. 1或‎5 ‎C. -1或-5 D. 2或6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用垂径定理表示,再由面积可得,利用点到直线距离列方程求解即可.‎ ‎【详解】圆：，可得，半径.‎ ‎∴圆心到直线的距离.‎ ‎∵的面积为2，，‎ ‎∴，‎ 解得.‎ ‎∴，解得或-5.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系,利用垂径定理表示弦长是解题的关键,属于基础题.‎ ‎6.函数（， ， ）的部分图象如图， （ ）‎ - 20 -‎ A. B. C. D. -1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据函数的部分图象知，‎ A=， ﹣，∴T=π，解得ω=2；‎ 由五点法画图知，ω×+φ+φ=π，解得φ=，∴f（x）=sin（2x+），‎ ‎∴=sin（﹣+）=sin（﹣）=﹣1，故选D．‎ ‎【名师点睛】解决函数综合性问题的注意点 ‎ ‎（1）结合条件确定参数的值，进而得到函数的解析式．‎ ‎（2）解题时要将看作一个整体，利用整体代换方法，并结合正弦函数的相关性质求解．‎ ‎（3）解题时要注意函数图象的运用，使解题过程直观形象化．‎ ‎7.已知双曲线（）的焦距为4，其与抛物线交于 两点，为坐标原点，若为正三角形，则的离心率为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的边长为，则，利用在抛物线上可得，把代入双曲线方程，结合可求出，从而得到双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设的边长为，由抛物线和双曲线均关于轴对称，‎ 可设， ‎ - 20 -‎ 又，故，所以，‎ 故，又，即，解得，‎ 则．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．‎ ‎8.设函数是奇函数（x∈R）的导函数， ，且当 时，，则使得成立的的取值范围是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设g（x）=，则g（x）的导数为：g′（x）=， ‎ ‎∵当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＞0，‎ 即当x＞0时，g′（x）恒大于0，‎ ‎∴当x＞0时，函数g（x）为增函数，‎ ‎∵f（x）为奇函数 ‎∴函数g（x）为定义域上偶函数 又∵g（﹣1）==0，‎ ‎∵f（x）＞0，‎ ‎∴当x＞0时，＞0，当x＜0时，＜0，‎ ‎∴当x＞0时，g（x）＞0=g（1），当x＜0时，g（x）＜0=g（﹣1），‎ ‎∴x＞1或﹣1＜x＜0‎ 故使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（﹣1，0）∪（1，+∞），‎ - 20 -‎ 故答案为A．‎ 点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集．‎ ‎9.已知函数，函数在定义域内恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数在定义域内恰有三个不同的零点，则函数的图象与的图象恰有三个不同的交点,数形结合找到临界位置,平移函数即可得解 ‎【详解】函数在定义域内恰有三个不同的零点，则函数的图象与的图象恰有三个不同的交点.‎ 由得: ,‎ 相切时有: 得;‎ 由得,‎ 相切时有: 得.‎ 在处切线斜率为.‎ - 20 -‎ 如图所示，函数的图象与函数的图象相切，函数的图象过点，函数的图象过点，函数的图象与函数的图象相切，从而结合图象可知实数的取值范围为，‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用数形结合研究函数的零点,将其转化为两个函数的交点,准确作图是解题的关键,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.已知复数，则的虚部为______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的乘法和除法运算可得,进而可得其共轭复数,从而可得解.‎ ‎【详解】，从而，的虚部为3.‎ 故答案为:3.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算及共轭复数和虚部的概念,属于基础题.‎ ‎11.展开式中的常数项为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ 利用二项展开式的通项公式即可求出.‎ ‎【详解】因为，‎ 令，解得，‎ 所以展开式中常数项为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式，属于中档题.‎ ‎12.在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”，底面，，，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求各边长即可得最长棱,通过补成长方体可得球半径.‎ ‎【详解】如图，底面，底面为长方形，且，，‎ 所以.‎ 最长棱为:3.‎ 该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为.‎ 则其外接球的表面积为，故答案为：3；.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查了四棱锥的几何特征及外接球问题,属于基础题.‎ ‎13.在中，，，，点为边的中点，‎ - 20 -‎ ‎，则______；______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用数量积的定义可得,利用，做基底表示和,再由向量的运算律直接求解即可.‎ ‎【详解】取两个基底向，，易知其夹角为，且，，‎ ‎∴.‎ 又，‎ ‎，‎ ‎∴.‎ 故答案为：，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的计算,利用基底表示向量并运算是解题的关键,属于基础题.‎ ‎14.“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.如图所示，第行的数字之和为______；去除所有为1的项，依此构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，则此数列的前46项和为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). 2037‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由次二项式系数对应杨辉三角形的第行，从而求系数和即可得第一个空, 若去除所有为 - 20 -‎ ‎1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，进而找到第46项所在的位置,利用每一行的和为等比数列的基础上减去等差数列的和,即可得解.‎ ‎【详解】次二项式系数对应杨辉三角形的第行，例如：，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第三行：‎ 令，就可以求出该行的系数和，第1行为，第2行为，第3行为，依此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，即杨辉三角第行的数字之和为，‎ 杨辉三角的前行的所有项的和为.‎ 若去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则，且，可得当即第11行，再加上第12行的前1个数（去除两边的1），所有项的个数和为46，则杨辉三角形的前11行所有项的和为.‎ 则此数列前46项的和为.‎ 故答案为：，2037.‎ ‎【点睛】本题属于二项式和等差等比数列的综合题,以杨辉三角为背景处理和的问题,属于难题.‎ ‎15.已知正实数a，b满足，则最小值是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由=‎2a++，代换后利用基本不等式即可求解．‎ ‎【详解】正实数a，b满足‎2a+b=3，‎ ‎∴‎2a+b+2=5，‎ - 20 -‎ 则=‎2a++=‎2a+b+2+﹣4‎ ‎=1+=1+（）[‎2a+（b+2）]‎ ‎=1+（4+）=，‎ 当且仅当且‎2a+b=3即a=，b=时取等号，‎ 即的最小值是．‎ 故答案为 ‎【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误 三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎16.已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；‎ ‎（2）若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值；‎ ‎（3）在中，、、分别是角、、的对边，若，，的面积为，求边的长.‎ ‎【答案】（1）， ，；（2）最大值为2，最小值为；（3）5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)化简函数为 ，由周期公式可得周期，再由 - 20 -‎ 可得减区间；‎ ‎（2）先得到，再求得，结合正弦函数的性质可得最值；‎ ‎（3）先由三角方程得，再由面积公式得，结合余弦定理可得解.‎ ‎【详解】（1），‎ 最小正周期，‎ 令得单调减区间为，.‎ ‎（2）由已知得，，，‎ ‎∴，∴.‎ ‎（3）∵，∴，‎ ‎∵，∴，‎ 又，∴，‎ 根据余弦定理，‎ 又，∴.‎ ‎【点睛】本题主要三角函数图像性质进而解三角形的综合题，涉及三角恒等变换的化简、正弦型函数的周期单调区间及最值、余弦定理和面积公式，属于中档题.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，侧面底面，，，为的中点，点在侧棱上.‎ ‎（1）求证：；.‎ - 20 -‎ ‎（2）若是的中点，求二面角的余弦值；‎ ‎（3）若，当平面时，求的值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）先利用等腰三角形的“三线合一”和面面垂直的性质得到线面垂直，再利用菱形的对角线垂直得到线线垂直，进而建立空间直角坐标系，利用两直线的方向向量数量积为0进行求解；（2）先求出两平面的法向量，再利用法向量的夹角公式进行证明；（3）利用三点共线设出的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用两向量数量积为0进行求解.‎ 详解：（1）取的中点，连结，，，‎ ‎∵ ， ∴ ，‎ ‎∵ 侧面底面， 平面平面 ，‎ ‎∴ 底面，‎ ‎∵ 底面是菱形，，‎ ‎∴ ，，‎ 以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，‎ 由题意可得，，，，，，，，，‎ ‎∵ ，∴ .‎ - 20 -‎ ‎（2）由题意，，‎ 设平面的一个法向量，，，‎ 由，即，‎ 令，，，所以，‎ 又平面的一个法向量，‎ 由，‎ 右图可知，二面角为锐角，所以余弦值为.‎ ‎（3）∵ ，，‎ 易得，‎ 设平面的一个法向量，‎ ‎，，‎ 由，即，‎ 取，得，‎ 又，‎ ‎∵ 平面，∴ ，‎ 即，得，‎ 所以当时，平面.‎ 点睛：本题考查空间中垂直的转化、空间向量在立体几何中的应用等知识，意在考查学生的空间想象能力和基本计算能力.‎ - 20 -‎ ‎18.已知数列和满足，，对都有，成立.‎ ‎（1）证明：是等比数列，是等差数列；‎ ‎（2）求和的通项公式；‎ ‎（3），，求证：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2），；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将条件中两式分别相加和相减即可得等比和等差的递推关系，从而得证；‎ ‎（2）由（1）可得，，从而可解得和的通项公式；‎ ‎（3）由，设，则，进而利用错位相减即可得解.‎ ‎【详解】（1）利用等差数列与等比数列的定义证明即可.‎ ‎∵，，‎ ‎∴，，‎ 即，；‎ 又，，‎ ‎∴是首项为1，公比为的等比数列；是首项为1，公差为2的等差数列.‎ ‎（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得.‎ 由（1）可得：，.‎ - 20 -‎ 从而，，‎ 即，.‎ ‎（3）证明：，‎ 设，则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由上下两式错位相减得：，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用递推关系证明等差等比数列及错位相减求和，属于中档题.‎ ‎19.如图，已知椭圆的右焦点为，点分别是椭圆的上、下顶点，点是直线上的一个动点（与轴交点除外），直线交椭圆于另一点.‎ ‎（1）当直线过椭圆的右焦点时，求的面积；‎ ‎（2）记直线的斜率分别为，求证：为定值.‎ - 20 -‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，再利用三角形的面积公式进行求解；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和斜率公式进行证明．‎ 试题解析：（1）由题意，焦点，当直线过椭圆的右焦点时，则直线的方程为，即，‎ 联立，，解得，或（舍），即.‎ 连，则直线：，即，‎ 而，.‎ 故 ‎（2）设，且，则直线的斜率为 ‎，‎ 则直线的方程为，‎ 联立，化简得，‎ 解得，‎ - 20 -‎ 所以，，‎ 所以为定值.‎ 考点：直线与椭圆的位置关系．‎ ‎【易错点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系以及定值问题的探究，属于中档题；处理直线与圆锥曲线的位置关系时，往往设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用根与系数的关系和平行、垂直或对称等知识进行求解，但易忽视的问题是：一是直线是否存在斜率，二是判别式的值是否为正.‎ ‎20.已知函数，其中函数，.‎ ‎（1）求函数在点处的切线方程；‎ ‎（2）当时，求函数在上最大值；‎ ‎（3）当时，对于给定的正整数，问：函数是否有零点？请说明理由.（参考数据，，，）‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）当时，函数无零点；当时，函数有零点，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由导数可得切线斜率，进而由点斜式即可得切线方程；‎ ‎（2）先求得，可得或，再比较和的大小，利用函数单调性可得最大值；‎ ‎（3）先证明，函数无零点，构造，，利用可证得，，函数有零点，利用零点存在性定理即可证得.‎ - 20 -‎ ‎【详解】（1），故，，∴切线方程为，即.‎ ‎（2），，可得或.‎ ‎①，即时，在上递减，在上递增，‎ ‎∴；‎ ‎②，即时，在上递增，递减，在上递增，‎ ‎∴；‎ 综上所述，；‎ ‎（3），函数无零点，‎ ‎，函数有零点.‎ 理由如下：‎ 时，证明即可，即证明.‎ 令，，‎ 而，‎ 令，解得：，令，解得：，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 令，解得：，‎ 令，解得：，‎ 故，‎ - 20 -‎ ‎∴，‎ 故命题得证.‎ 当时，，‎ ‎，，‎ 所以，函数有零点.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的导数求函数的最值，第二问分两种情况讨论是本题的难点，通过构造，，是解题的关键，属于难题.‎ - 20 -‎