天津市滨海新区四校2020届高三联考数学试卷含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精天津市滨海新区四校2020届高三联考数学试卷含解析数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分.考试时间120分钟。第Ⅰ卷选择题(共45分)注意事项：1。答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的位置上.2。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑;参考公式:·如果事件、互斥，那么柱体的体积公式.其中表示柱体的底面积,表示柱体的高.一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，满分45分。1。设集合，则(）A。 B。 C. D。【答案】A【解析】【分析】先求出的补集，再求交集．【详解】由题意，∴，故选：A．【点睛】本题考查集合的综合运算，掌握集合运算的定义是解题关键．2.已知直线,和平面，若，，则“"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】B【解析】【分析】由线面垂直的判定定理与性质定理,以及充分条件和必要条件的判定方法，即可得到“”是“”的必要不充分条件．【详解】由线面垂直的判定定理得:若，,则“"不能推出“"，由“”,根据线面垂直的性质定理，可得“”,即“”是“”的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题主要考查了必要不充分条件的判定，以及线面垂直的判定定理和性质定理的应用，其中解答中熟记线面垂直的判定定理和性质定理，合理利用充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．3.将某市参加高中数学建模竞赛的学生成绩分成6组，绘成频率分布直方图如图所示，现按成绩运用分层抽样的方法抽取100位同学进行学习方法座谈，则成绩为组应抽取的人数为（）A. B.C。 D.【答案】C【解析】【分析】根据6个矩形面积之和等于1求出，再用样本容量乘以第4个矩形的面积即可得到答案.详解】依题意得，解得,所以成绩为组应抽取的人数为，故选：C【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了分层抽样，属于基础题。4。已知正方体的表面积为，若圆锥的底面圆周经过四个顶点,圆锥的顶点在棱上，则该圆锥的体积为（)A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】根据正方体的表面积求出，再求出圆锥的底面积和高代入圆锥的体积公式即可得到结果.【详解】设正方体的棱长为，则，所以，所以圆锥的底面半径为，所以底面积为，又圆锥的高为，所以圆锥的体积为。故选：C【点睛】本题考查了正方体与圆锥的组合体，考查了正方体的表面积，考查了圆锥的体积公式,属于基础题。5.已知函数是定义在上的奇函数,且在单调递增,若，，，则的大小关系为(）A。 B. C。 D.【答案】D【解析】【分析】先得出在上为增函数,根据奇函数的性质将化为，根据对数函数的单调性和指数函数的性质得到，再根据的单调性即可得到答案.【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且在单调递增，所以，且在上为增函数，因为，，，且,所以，即.故选:D【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性,考查了对数函数的单调性、指数函数的性质，属于基础题.6.已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合,过作与一条渐近线平行的直线，交另一条渐近线于点，交抛物线的准线于点,若三角形(为原点）的面积,则双曲线的方程为（)A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，联立直线与渐近线方程得出的坐标，联立直线与准线方程得出的坐标,根据三角形的面积得出，再结合,，可解得结果。详解】由得,所以，所以直线，抛物线的准线为：,联立可得，所以，联立可得，所以,所以,所以,所以，即,又,,所以,所以,所以，所以双曲线的方程为.故选:D。【点睛】本题考查了抛物线和双曲线的几何性质，考查了三角形的面积，考查了运算求解能力，属于基础题.7.已知函数的最小正周期为,若将的图象上所有的点向右平移个单位，所得图象对应的函数为奇函数，则（)A。 B。 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换思想化简函数的解析式，利用该函数的最小正周期可求得的值，利用平移变换求出函数的解析式,由函数为奇函数可求得的值，进而可求得的值。【详解】，由于函数最小正周期为，则,，则，将函数的图象上所有的点向右平移个单位,所得图象对应的函数为，由于函数为奇函数，则，可得，，所以,当时,.因此，。故选：C.【点睛】本题考查利用正弦型函数的周期性、奇偶性求参数,同时也考查了利用函数图象平移变换求函数解析式,考查计算能力，属于中等题。8。已知,数列为等比数列，，数列的前项和为，若对于恒成立，则的取值范围为()A。 B.C。 D。【答案】A【解析】【分析】基本量法求出的公比,由等比数列前项和公式得，然后求出的最小值,再解相应的不等式可得．【详解】设数列的公比是,又，∴,解得，∴，∴，它是关于的增函数，∴，由,解得．故选：A．【点睛】本题考查等比数列的基本量运算，考查等比数列前项和公式，考查数列的最值，掌握等比数列基本时运算是解题关键．9。在平面四边形中，,为中点，若，，则（）A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【分析】在上取点，使得，由得出，从而可得，是和的中点，从而由可求得的长，再用表示出，进行数量积的运算．【详解】在上取点，使得，连接交于,即，∴，∵,∴，∴，又，∴，，∴,设，，则，，∴，∴，,∵是中点,∴,又,∴．故选:C．【点睛】本题考查向量的数量积,解题关键是作图，在上取点，使得，由得出，利用图形进行数量积的运算．第Ⅱ卷非选择题(共105分)二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上。10.为虚数单位，若为纯虚数,则实数的值为___________。【答案】【解析】【分析】由除法运算化复数为代数形式,再根据复数的分类求解．【详解】为纯虚数,则，∴．故答案为:．【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的分类，掌握复数除法运算法则是解题关键．11.的展开式的常数项为____________．【答案】【解析】试题分析：由题意得的展开式中的通项为,令，解得，所以展开式的常数项为．考点：二项式定理．12.已知等差数列的前项为，若，，则_____________。【答案】【解析】【分析】首先根据题意列出不等式组，解不等式可得到，,再计算即可。【详解】由题知：，解得：,。.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的性质，同时考查学生的计算能力,属于简单题.13.已知直线与圆交于、两点，直线垂直平分弦，则的值为____________，弦的长为____________。【答案】(1).（2)。【解析】【分析】由题意可知直线与直线垂直，可求得的值,并且直线过圆心，可求得实数的值，然后将圆的方程化为标准方程，确定圆心坐标和半径,并计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦的长.【详解】由题意可知，直线与直线垂直,,可得，由于方程表示的曲线为圆，则，解得，且圆的圆心坐标为,圆心在直线上,所以，，解得，所以，圆的方程为,即,圆心坐标为,半径长为，圆心到直线的距离为，因此,.故答案为：；。【点睛】本题考查利用两直线垂直求参数，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，解答的关键就是求出圆的方程，考查计算能力，属于中等题。14.设，,则最小值为_____________.【答案】【解析】分析】由题意结合基本不等式可得，再利用基本不等式，验证等号同时成立即可得解。【详解】，，，,当且即，时,等号同时成立，的最小值为1。故答案为：1。【点睛】本题考查了基本不等式的应用,考查了运算求解能力，在连续使用基本不等式求最值时，要注意等号是否能同时成立,属于中档题.15.已知，函数(1)若在上单调递增，则的取值范围为______________;（2)若对于任意实数,方程有且只有一个实数根，且，函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，则的取值范围为______________。【答案】(1)。（2).【解析】【分析】（1)首先根据题意列出不等式组，解不等式组即可。(2）首先根据已知条件得到，画出函数的图象,利用数形结合的思想即可得到的取值范围.【详解】(1)由题知：，解得。（2）因为对于任意实数，方程有且只有一个实数根，且，所以，解得.所以，函数的图象如图所示：令，解得，即.当函数过点时，，此时函数与有两个交点.联立，当，即时,此时函数与有两个交点。因为函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，所以.故答案为：;【点睛】本题主要考查函数的单调性，同时考查了函数的零点问题，数形结合为解决本题的关键，属于难题.三、解答题：本大题5小题，共75分。解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤。16.在中，内角所对的边分别为.已知，，。（1）求角和的值；（2）求的值。【答案】(1）；；(2）.【解析】【分析】（1)由题意结合正弦定理可得、，求出后，再利用余弦定理即可求得,即可得解;(2）由正弦定理可得，利用同角三角函数的平方关系、三角恒等变化可得、，再利用正弦的差角公式即可得解。【详解】(1）由题意结合正弦定理得，则，又，所以；由，解得或（舍去），所以；(2）由正弦定理得,解得，又因为，所以，为锐角,所以，所以，，因此。【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考查了三角恒等变换的应用与运算求解能力,属于中档题.17。全民参与是打赢新型冠状病毒防疫战的根本方法.在防控疫情的过程中，某小区的“卡口”工作人员由“社区工作者”“下沉干部”“志愿者”三种身份的人员构成,其中社区工作者3人,下沉干部2人,志愿者1人.某电视台某天上午随机抽取2人进行访谈，某报社在该天下午随机抽取1人进行访谈。(1）设表示上午抽到的社区工作者的人数,求随机变量的分布列和数学期望；（2）设为事件“全天抽到的名工作人员的身份互不相同”,求事件发生的概率.【答案】（1）详见解析(2）【解析】【分析】（1）的可能值为,分别求出每个值对应的概率，然后做出分布列，进而求出数学期望.（2）身份互不相同为：抽到一名社区工作者，一名下沉干部，一名志愿者。分类讨论逐一计算即可求出概率。【详解】解：（1）的可能值为.(每个）所以随机变量的分布列为012（2）身份互不相同为:抽到一名社区工作者，一名下沉干部，一名志愿者，上午同时抽取两个，情况为，下午抽取一个，情况为,所以所以事件发生的概率.【点睛】本题考查随机事件的分布列、期望和方差，考查求互斥事件的概率，考查概率的实际应用，属于中档题。18.如图，四棱锥中,侧面底面,，，，，，分别为的中点。（1）求证：平面;（2）求二面角的余弦值;（3)在线段上是否存在一点，使与平面所成角的正弦值为，若存在求出的长，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）取中点，可证明且,从而证明,进而可证明平面；(2）分别以为轴建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标,利用向量法可求出二面角的余弦值；（3)假设存在点，利用向量法求与平面所成角的正弦值为时点的坐标，判断是否在线段上,进而求出的长.【详解】（1）证明:取中点,连接，，即，所以为平行四边形，平面，平面，因此平面。（2)解：因为，为的中点,所以，又因为侧面底面且交线为,所以平面,分别以为轴建立空间直角坐标系。，平面的法向量，，，设平面的法向量，则令，得。所以，因此二面角的余弦值为。（3）解：设，，，平面的法向量，所以,解得或（舍）,所以存在，所以。【点睛】本题考查线面平行的判定定理，考查向量法求线面角，考查满足线面角的点是否存在的判断与求法,考查学生的运算求解能力，属于中档题。19.已知椭圆过点，点为椭圆的右顶点，点为椭圆的下顶点，且.（1）求椭圆的方程；(2）过点的直线与椭圆交于另一点，过点的直线与椭圆交于另一点，直线与的斜率的乘积为,关于轴对称，求直线的斜率。【答案】（1）（2)【解析】【分析】（1）由可知，点代入方程即可求解；（2）设直线的方程为，联立椭圆即可求M，由与的斜率的乘积为可求的斜率,联立与椭圆可得N，根据M、N关于y轴对称即可求出k.【详解】(1）因为，即，又椭圆过点，所以，解得,椭圆方程为。（2）设直线的方程为，则得，解得,所以.因为直线的斜率乘积为，所以直线的方程为，同理可得。因为M,N关于y轴对称,所以，即，解得。所以直线的斜率为【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，直线的斜率,考查了运算能力，属于中档题。20。设函数,.（1）求函数的图象在处的切线方程；（2)求证:方程有两个实数根；(3）求证:。【答案】(1）（2）证明见解析；（3)证明见解析；【解析】【分析】（1)求导得到，再求得，,写出切线方程。(2）令,求导，设，则，结合,得到在上单调递增，在上单调递减，再利用零点存在定理求解。（3)设，则，将证明，转化为证明成立，易知恒成立,则要证，只需证为单调递减函数，然后用导数法证明即可.【详解】（1)因为，所以,所以,,所以的图象在处的切线方程为,即.(2）设，定义域为，，设，因为，所以，因此在上单调递减,又,所以时,，在上单调递增