天津市六校2020届高三上学期期初检测数学试题

天津市六校2020届高三上学期期初检测数学试题

‎2020届高三第一学期六校联考期初检测数学 一、选择题（每题5分，共45分）‎ ‎1.设全集为，集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出再求得解.‎ ‎【详解】由题得,‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查补集和交集的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎2.命题“，”否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为 的否定为 ,所以命题“，”的否定是，,选D.‎ ‎3.已知，，，则，，的大小关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 以上选项都不对 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数对数函数的图像和性质确定的范围即得它们的大小关系.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以.‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查指数函数和对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎4.为了从甲乙两人中选一人参加校篮球队，教练将二人最近6次篮球比赛的得分数进行统计，甲乙两人的平均得分分别是、，则下列说法正确的是（ ）‎ A. ，乙比甲稳定，应选乙参加比赛 B. ，甲比乙稳定，应选甲参加比赛 C. ，甲比乙稳定，应选甲参加比赛 D. ，乙比甲稳定，应选乙参加比赛 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出甲乙两个学生的平均得分，再分析得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ ‎，‎ 所以.‎ 从茎叶图可以看出甲的成绩较稳定，‎ 所以要派甲参加.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查平均数的计算和茎叶图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎5.已知直线，，平面，，那么“”是“” （ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面的位置关系先考虑充分性，再考虑必要性得解.‎ ‎【详解】先考虑充分性，当时，有可能和平行或异面，所以“”是“”的非充分条件；‎ 再考虑必要性，当时，有可能平行，也有可能在平面内，所以“”是“”非必要条件.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查充要条件的判定和空间直线平面的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象分析能力.‎ ‎6.函数，（其中， ， ）的一部分图象如图所示，将函数上的每一个点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象表示的函数可以为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由图象可知A=1，周期，所以，又过点，所以，即，每一个点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到，故选A.‎ ‎7.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为，，，则的值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过三角形的面积以及已知条件求出，，利用正弦定理求解的值；再利用二倍角公式可求，的值，进而利用两角和的余弦化简得解.‎ ‎【详解】在中，由，可得：， ‎ 由，可得：，‎ ‎∵， ∴.‎ 可得， ‎ 由余弦定理可得：，得，‎ 由正弦定理，可得：．‎ 所以，，‎ 可得：．‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式、二倍角公式和和角的余弦公式，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.‎ ‎8.已知，分别为双曲线的左右焦点，是抛物线与双曲线的一个交点，若，则抛物线的准线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出点坐标，计算，，列方程计算的值即可得出答案．‎ ‎【详解】双曲线的标准方程为，‎ 双曲线的左焦点为抛物线的焦点，‎ 联立方程组，消元可得，‎ 解得（舍或．不妨设在第二象限，则，，‎ 又，，，‎ ‎，即．‎ 所以抛物线的方程为 抛物线的准线方程为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线和抛物线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎9.定义在上的函数满足：，，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，构造函数，求出函数的单调性得解.‎ ‎【详解】由题得 构造函数，‎ 所以 所以函数在R上单调递减.‎ ‎,‎ 由函数的单调性得，‎ 当时，，‎ 即当时，恒有，‎ 即.‎ 所以不等式的解集为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和解不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 二、填空题（每题5分，共30分）‎ ‎10.二项式的展开式的常数项是______.‎ ‎【答案】-40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出二项式展开式的通项，再求常数项.‎ ‎【详解】由题得，‎ 令 所以常数项为.‎ 故答案为：-40‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式展开式指定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎11.是虚数单位，则______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数，再求模得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以.‎ 故答案为：5‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.‎ ‎12.如图，在三棱柱的侧棱和上各有一动点，且满足，过，，三点的截面把棱柱分成两部分，则四棱锥与三棱柱的体积比为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中，我们可得四边形与四边形的面积相等，等于侧面 的面积的一半，根据等底同高的棱锥体积相等，可将四棱椎的体积转化三棱锥的体积，进而根据同底同高的棱锥体积为棱柱的，求出四棱椎的体积，进而得到答案．‎ ‎【详解】设三棱柱的体积为，‎ 侧棱和上各有一动点，满足，‎ 四边形与四边形的面积相等，‎ 故四棱椎的体积等于三棱锥的体积等于，‎ 所以四棱锥与三棱柱的体积比为体积比为.‎ 故答案为：1:3‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是棱柱的体积，棱锥的体积，其中根据四边形与四边形的面积相等，等于侧面的面积的一半，将四棱椎的体积转化三棱锥的体积，进而根据同底同高的棱锥体积为棱柱的，是解答本题的关键．‎ ‎13.如图，在中，是的中点，在边上，，与交于点.若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先用、表示出、，结合得，进一步可得结果．‎ ‎【详解】由题得，‎ ‎，‎ 因为，‎ 所以 ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故答案为： ‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的应用，考查三角形加法和减法法则和平面向量的基底法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎14.设，，则的最小值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题得不能同时为零，当时，先令，原式=，再，原式=，再利用导数求最小值得解.‎ ‎【详解】由题得不能同时为零，‎ 当时，原式=1,‎ 当时，可令，‎ 原式=，‎ 令，原式=，‎ 当且仅当时取等.‎ 设，‎ 所以，‎ 所以函数在单调递增，在单调递减，‎ 所以，‎ 所以原式≥.(当且仅当x=1时取等)‎ 所以最小值是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，考查利用导数求函数的最值，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.‎ ‎15.设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数，当时，，，设函数，若在区间上，函数有11个零点，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出函数与的图象，得到函数与，，，仅有3个实数根，则，，与，，的图象有2个不同交点，再通过数形结合得解 ‎【详解】令=0， ‎ 所以在区间上，函数的图像有11个交点，‎ 作出函数与的图象如图，‎ 由图可知，函数与，，，仅有3个实数根；‎ 所以要使关于的方程有8个不同的实数根，‎ 则，，与，，的图象有2个不同交点，‎ 由到直线的距离为1，得，解得，‎ 两点，连线的斜率，所以 ‎．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数零点的判定，考查分段函数的应用，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ 三、解答题（共75分）‎ ‎16.某大学宣传部组织了这样一个游戏项目：甲箱子里面有3个红球，2个白球，乙箱子里面有1个红球，2个白球，这些球除了颜色以外，完全相同。每次游戏需要从这两个箱子里面各随机摸出两个球.‎ ‎（1）设在一次游戏中，摸出红球的个数为，求分布列.‎ ‎（2）若在一次游戏中，摸出的红球不少于2个，则获奖.‎ ‎①求一次游戏中，获奖的概率；‎ ‎②若每次游戏结束后，将球放回原来的箱子，设4次游戏中获奖次数为，求的数学期望.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2) ①②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得可以为0，1，2，3，再求出对应的概率，写出分布列；（2）①由题得（一次游戏获奖，计算即得解；②因为，所以利用二项分布的期望公式求的数学期望.‎ ‎【详解】（1）可以为0，1，2，3，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎（2） ①‎ ‎（一次游戏获奖），‎ ‎②∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查分布列的求法，考查概率和二项分布的期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎17.如图，在三棱锥中，平面平面，，，若为的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求异面直线和所成角；‎ ‎（3）设线段上有一点，当与平面所成角的正弦值为时，求的长.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)(3).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面平面，再证明平面；（2）分别以，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线和所成角；（3）设，，利用向量法得到，解方程即得t的值和的长.‎ ‎【详解】（1）∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面平面，‎ 平面平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）∵，，‎ ‎∴，，‎ 如图，分别以，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系,‎ ‎∵，，，，‎ ‎∴，，‎ ‎∵，‎ ‎∴异面直线和所成角为.‎ ‎（3）设为平面的法向量，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，即，‎ 设，，‎ ‎∴，‎ 设与平面所成角为，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎（舍），，‎ ‎∴的长为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查异面直线所成的角和线面角的计算，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.‎ ‎18.已知数列的首项为1，为数列的前项和，若，其中，.‎ ‎（1）若，，成等差数列，求的通项公式；‎ ‎（2）设双曲线的渐近线斜率的绝对值为，若，求.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明为公比是的等比数列，再求的通项公式；（2）由题得，求出，再利用裂项相消法求.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴为公比是的等比数列，‎ 即，‎ ‎∵，，成等差数列，‎ ‎∴，‎ ‎（舍），，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由题得，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列性质的判断和等比数列通项的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.‎ ‎19.已知椭圆的离心率为，以椭圆的上焦点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线截得的弦长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过椭圆左顶点做两条互相垂直的直线，，且分别交椭圆于，两点（，不是椭圆的顶点），探究直线是否过定点，若过定点则求出定点坐标，否则说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 恒过定点，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得，，解方程组即得椭圆的方程；（2）设的方程为，的方程为，当斜率存在时，的方程为，过定点，当MN的斜率不存在时，也过定点. 即得解.‎ ‎【详解】（1）∵，∴，‎ 设圆的方程为，圆心为，半径为，‎ 设为圆心到直线的距离，‎ 则，‎ ‎∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎，∵，∴.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）设的方程为，的方程为，‎ 联立，可得，‎ 整理，设，‎ ‎∵不是椭圆的顶点，‎ ‎∴，‎ 代入，得，‎ ‎，‎ 联立 ，设， ‎ ‎∴，‎ 带入，得，‎ ‎，‎ ‎①若斜率存在，‎ ‎，‎ ‎：‎ ‎ ‎ 恒过.‎ ‎②若斜率不存在，‎ 的方程为，的方程为，‎ ‎，，此时：，亦过，‎ 综上，直线恒过.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆中的直线过定点问题，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.‎ ‎20.已知函数，它在处的切线方程为.‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）求函数在上的最小值；‎ ‎（3）若斜率为直线与曲线交于，，两点，求证.‎ ‎【答案】(1) ， (2) (3)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题得到关于，的方程组，解方程即得解；（2）对t分三种情况讨论，利用导数求函数在上的最小值；（3）先求出，再令，设，利用导数证明，再令，设，再 证明,即证.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，‎ ‎∴，即.‎ ‎（2）∵，‎ 令，∴，‎ ‎①时，在单调递增，‎ ‎，‎ ‎②时，即时，‎ 在单调递减，单调递增，‎ ‎.‎ ‎③时，∵，∴舍去.‎ 综上.‎ ‎（3）∵，，‎ ‎∴，‎ ‎ ，‎ ‎∵，∴，‎ 令，设，‎ ‎，‎ ‎∵，∴，‎ 即在单调递减，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵，∴，‎ 即，‎ ‎，‎ 令，设，‎ ‎，‎ ‎∵，∴，‎ 即在单调递增，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵，∴， ‎ 即，‎ 综上，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的单调性和最值，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎ ‎