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文档简介

天津市河北区高三下学期联考新高考数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.在中,,则()A. B. C. D.2.在菱形中,,,,分别为,的中点,则()A. B. C.5 D.3.世纪产生了著名的“”猜想:任给一个正整数,如果是偶数,就将它减半;如果是奇数,则将它乘加,不断重复这样的运算,经过有限步后,一定可以得到.如图是验证“”猜想的一个程序框图,若输入正整数的值为,则输出的的值是()A. B. C. D.4.设复数满足,则()A.1 B.-1 C. D.5.已知椭圆:的左,右焦点分别为,,过的直线交椭圆于,两点,若,且的三边长,,成等差数列,则的离心率为()A. B. C. D.6.阅读名著,品味人生,是中华民族的优良传统.学生李华计划在高一年级每周星期一至星期五的每天阅读半个小时中国四大名著:《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》及《西游记》,其中每天阅读一种,每种至少阅读一次,则每周不同的阅读计划共有()A.120种 B.240种 C.480种 D.600种7.如图是国家统计局公布的年入境游客(单位:万人次)的变化情况,则下列结论错误的是()A.2014年我国入境游客万人次最少B.后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势C.这6年我国入境游客万人次的中位数大于13340万人次D.前3年我国入境游客万人次数据的方差小于后3年我国入境游客万人次数据的方差8.已知实数x,y满足,则的最小值等于()A. B. C. D.9.已知函数,,若对任意的,存在实数满足,使得,则的最大值是()A.3 B.2 C.4 D.510.下列与的终边相同的角的表达式中正确的是()A.2kπ+45°(k∈Z) B.k·360°+π(k∈Z)C.k·360°-315°(k∈Z) D.kπ+(k∈Z)11.单位正方体ABCD-,黑、白两蚂蚁从点A出发沿棱向前爬行,每走完一条棱称为“走完一段”.白蚂蚁爬地的路线是AA1→A1D1→‥,黑蚂蚁爬行的路线是AB→BB1→‥,它们都遵循如下规则:所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线(iN*).设白、黑蚂蚁都走完2020段后各自停止在正方体的某个顶点处,这时黑、白两蚂蚁的距离是()A.1 B. C. D.012.已知正项等比数列的前项和为,且,则公比的值为()A. B.或 C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为,现按年级采用分层抽样的方法抽取若干人,若抽取的高三年级为12人,则抽取的样本容量为________人.14.已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上,圆柱的高和球半径均为2,则该圆柱的底面半径为__________.15.根据记载,最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高,商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”,其中“股”,为“弦”上一点(不含端点),且满足勾股定理,则______.16.已知等比数列的各项都是正数,且成等差数列,则=__________.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知函数.(Ⅰ)求在点处的切线方程;(Ⅱ)求证:在上存在唯一的极大值;(Ⅲ)直接写出函数在上的零点个数.18.(12分)已知函数,其中,为自然对数的底数.(1)当时,求函数的极值;(2)设函数的导函数为,求证:函数有且仅有一个零点.19.(12分)在平面直角坐标系中,已知抛物线的焦点为,准线为,是抛物线上上一点,且点的横坐标为,.(1)求抛物线的方程;(2)过点的直线与抛物线交于、两点,过点且与直线垂直的直线与准线交于点,设的中点为,若、、四点共圆,求直线的方程.20.(12分)已知函数.(1)若,求不等式的解集;(2)若“,”为假命题,求的取值范围.21.(12分)已知函数(1)求函数的单调递增区间(2)记函数的图象为曲线,设点是曲线上不同两点,如果在曲线上存在点,使得①;②曲线在点M处的切线平行于直线AB,则称函数存在“中值和谐切线”,当时,函数是否存在“中值和谐切线”请说明理由22.(10分)如图,在四棱锥中,底面为菱形,为正三角形,平面平面分别是的中点.(1)证明:平面(2)若,求二面角的余弦值.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、A【解析】

先根据得到为的重心,从而,故可得,利用可得,故可计算的值.【详解】因为所以为的重心,所以,所以,所以,因为,所以,故选A.【点睛】对于,一般地,如果为的重心,那么,反之,如果为平面上一点,且满足,那么为的重心.2、B【解析】

据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系,用坐标表示出,再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.【详解】设与交于点,以为原点,的方向为轴,的方向为轴,建立直角坐标系,则,,,,,所以.故选:B.【点睛】本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题,难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题,如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.3、C【解析】

列出循环的每一步,可得出输出的的值.【详解】,输入,,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数不成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,成立,跳出循环,输出的值为.故选:C.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果,考查计算能力,属于基础题.4、B【解析】

利用复数的四则运算即可求解.【详解】由.故选:B【点睛】本题考查了复数的四则运算,需掌握复数的运算法则,属于基础题.5、C【解析】

根据等差数列的性质设出,,,利用勾股定理列方程,结合椭圆的定义,求得.再利用勾股定理建立的关系式,化简后求得离心率.【详解】由已知,,成等差数列,设,,.由于,据勾股定理有,即,化简得;由椭圆定义知的周长为,有,所以,所以;在直角中,由勾股定理,,∴离心率.故选:C【点睛】本小题主要考查椭圆离心率的求法,考查椭圆的定义,考查等差数列的性质,属于中档题.6、B【解析】

首先将五天进行分组,再对名著进行分配,根据分步乘法计数原理求得结果.【详解】将周一至周五分为组,每组至少天,共有:种分组方法;将四大名著安排到组中,每组种名著,共有:种分配方法;由分步乘法计数原理可得不同的阅读计划共有:种本题正确选项:【点睛】本题考查排列组合中的分组分配问题,涉及到分步乘法计数原理的应用,易错点是忽略分组中涉及到的平均分组问题.7、D【解析】

ABD可通过统计图直接分析得出结论,C可通过计算中位数判断选项是否正确.【详解】A.由统计图可知:2014年入境游客万人次最少,故正确;B.由统计图可知:后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势,故正确;C.入境游客万人次的中位数应为与的平均数,大于万次,故正确;D.由统计图可知:前年的入境游客万人次相比于后年的波动更大,所以对应的方差更大,故错误.故选:D.【点睛】本题考查统计图表信息的读取以及对中位数和方差的理解,难度较易.处理问题的关键是能通过所给统计图,分析出对应的信息,对学生分析问题的能力有一定要求.8、D【解析】

设,,去绝对值,根据余弦函数的性质即可求出.【详解】因为实数,满足,设,,,恒成立,,故则的最小值等于.故选:.【点睛】本题考查了椭圆的参数方程、三角函数的图象和性质,考查了运算能力和转化能力,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9、A【解析】

根据条件将问题转化为,对于恒成立,然后构造函数,然后求出的范围,进一步得到的最大值.【详解】,,对任意的,存在实数满足,使得,易得,即恒成立,,对于恒成立,设,则,令,在恒成立,,故存在,使得,即,当时,,单调递减;当时,,单调递增.,将代入得:,,且,故选:A【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,零点存在定理和不等式恒成立问题,考查了转化思想,属于难题.10、C【解析】

利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.【详解】与的终边相同的角可以写成2kπ+(k∈Z),但是角度制与弧度制不能混用,所以只有答案C正确.故答案为C【点睛】(1)本题主要考查终边相同的角的公式,意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)与终边相同的角=+其中.11、B【解析】

根据规则,观察黑蚂蚁与白蚂蚁经过几段后又回到起点,得到每爬1步回到起点,周期为1.计算黑蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点以及计算白蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点,即可计算出它们的距离.【详解】由题意,白蚂蚁爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA,即过1段后又回到起点,可以看作以1为周期,由,白蚂蚁爬完2020段后到回到C点;同理,黑蚂蚁爬行路线为AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA,黑蚂蚁爬完2020段后回到D1点,所以它们此时的距离为.故选B.【点睛】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题,考查空间想象与推理能力,属于中等题.12、C【解析】

由可得,故可求的值.【详解】因为,所以,故,因为正项等比数列,故,所以,故选C.【点睛】一般地,如果为等比数列,为其前项和,则有性质:(1)若,则;(2)公比时,则有,其中为常数且;(3)为等比数列()且公比为.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论.【详解】设抽取的样本为,则由题意得,解得.故答案为:【点睛】本题考查了分层抽样的知识,算出抽样比是解题的关键,属于基础题.14、【解析】

由圆柱外接球的性质,即可求得结果.【详解】解:由于圆柱的高和球半径均为2,,则球心到圆柱底面的距离为1,设圆柱底面半径为,由已知有,∴,即圆柱的底面半径为.故答案为:.【点睛】本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径,属于基础题.15、【解析】

先由等面积法求得,利用向量几何意义求解即可.【详解】由等面积法可得,依题意可得,,所以.故答案为:【点睛】本题考查向量的数量积,重点考查向量数量积的几何意义,属于基础题.16、【解析】

根据等差中项性质,结合等比数列通项公式即可求得公比;代入表达式,结合对数式的化简即可求解.【详解】等比数列的各项都是正数,且成等差数列,则,由等比数列通项公式可知,所以,解得或(舍),所以由对数式运算性质可得,故答案为:.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的简单应用,等比数列通项公式的用法,对数式的化简运算,属于中档题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(Ⅰ);(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ)函数在有3个零点.【解析】

(Ⅰ)求出导数,写出切线方程;(Ⅱ)二次求导,判断单调递减,结合零点存在性定理,判断即可;(Ⅲ),数形结合得出结论.【详解】解:(Ⅰ),,,故在点,处的切线方程为,即;(Ⅱ)证明:,,,故在递减,又,,由零点存在性定理,存在唯一一个零点,,当时,递增;当时,递减,故在只有唯一的一个极大值;(Ⅲ)函数在有3个零点.【点睛】本题主要考查利用导数求切线方程,考查零点存在性定理的应用,关键是能够通过导函数的单调性和零点存在定理确定导函数的零点个数,进而确定函数的单调性,属于难题.18、见解析【解析】

(1)当时,函数,其定义域为,则,设,,易知函数在上单调递增,且,所以当时,,即;当时,,即,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,为,无极大值.(2)由题可得函数的定义域为,,设,,显然函数在上单调递增,当时,,,所以函数在内有一个零点,所以函数有且仅有一个零点;当时,,,所以函数有且仅有一个零点,所以函数有且仅有一个零点;当时,,,因为,所以,,又,所以函数在内有一个零点,所以函数有且仅有一个零点.综上,函数有且仅有一个零点.19、(1)(2)【解析】

(1)由抛物线的定义可得,即可求出,从而得到抛物线方程;(2)设直线的方程为,代入,得.设,,列出韦达定理,表示出中点的坐标,若、、、四点共圆,再结合,得,则即可求出参数,从而得解;【详解】解:(1)由抛物线定义,得,解得,所以抛物线的方程为.(2)设直线的方程为,代入,得.设,,则,.由,,得,所以.因为直线的斜率为,所以直线的斜率为,则直线的方程为.由解得.若、、、四点共圆,再结合,得,则,解得,所以直线的方程为.【点睛】本题考查抛物线的定义及性质的应用,直线与抛物线综合问题,属于中档题.20、(1)(2)【解析】

(1))当时,将函数写成分段函数,即可求得不等式的解集.(2)根据原命题是假命题,这命题的否定为真命题,即“,”为真命题,只需满足即可.【详解】解:(1)当时,由,得.故不等式的解集为.(2)因为“,”为假命题,所以“,”为真命题,所以.因为,所以,则,所以,即,解得,即的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法,以及绝对值三角不等式,属于基础题.21、(1)见解析(2)不存在,见解析【解析】

(1)求出函数的导数,通过讨论的范围求出函数的单调区间即可;(2)求出函数的导数,结合导数的几何意义,再令,转化为方程有解问题,即可说明.【详解】(1)函数的定

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