天津市红桥区2020届高三下学期高考第一次模拟考试数学试题

天津市红桥区2020届高三下学期高考第一次模拟考试数学试题

高三数学 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合目要求，本卷共9题，每小题5分，共45分.‎ ‎1.设集合（为实数集），，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合交集与补集运算,即可求得.‎ ‎【详解】集合,,‎ 所以 所以 故选:A ‎【点睛】本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.‎ ‎2.下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由每个函数的单调区间，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】因为函数和在递增，而在递减.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间，属基础题.‎ ‎3.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与中间值0，1的大小关系，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查利用函数单调性以及与中间值的大小关系，来比较大小，属基础题.‎ ‎4.设，则“ “是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出两个不等式的解集，根据充分条件和必要条件的定义，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】由，得，又由，得，‎ 因为集合，‎ 所以“”是“”的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断，其中涉及到绝对值不等式和一元二次不等式的解法.‎ ‎5.某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成进行分析，随机抽取了200分到450分之间的2000名学生的成绩，并根据这2000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图，如图所示，则成绩在，内的学生人数为（ ）‎ A. 800 B. ‎1000 ‎C. 1200 D. 1600‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可列方程算得a，然后求出成绩在内的频率，最后根据频数=总数×频率可以求得成绩在内的学生人数.‎ ‎【详解】由频率和为1，得，解得，‎ 所以成绩在内的频率，‎ 所以成绩在内的学生人数.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查频率直方图的应用，属基础题.‎ ‎6.已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的一条对称轴是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，得，由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，可得最小正周期，从而求得，得到函数的解析式，又因为当时，，由此即可得到本题答案.‎ ‎【详解】由题，得，‎ 因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，‎ 所以函数的最小正周期，则，‎ 所以，‎ 当时，，‎ 所以是函数的一条对称轴，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形，以及考查三角函数的周期性和对称性.‎ ‎7.设F为双曲线C：（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为 A. B. ‎ C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率．‎ ‎【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，‎ 又，为以为直径的圆的半径，‎ 为圆心．‎ ‎，又点在圆上，‎ ‎，即．‎ ‎，故选A．‎ ‎【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．‎ ‎8.已知数列满足，且，则数列的通项公式为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以，即，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，即，所以数列的通项公式是，故选D．‎ 考点：数列的通项公式．‎ ‎9.已知，函数，若函数恰有三个零点，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．‎ ‎【详解】当时，，得；最多一个零点；‎ 当时，，‎ ‎，‎ 当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；‎ 当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；‎ 根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，‎ 如图：‎ 且，‎ 解得，，．‎ 故选．‎ ‎【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.‎ 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.‎ ‎10.已知复数，其中为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值是__．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，得，然后根据纯虚数的定义，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】由题，得，又复数为纯虚数，‎ 所以，解得.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查纯虚数定义的应用，属基础题.‎ ‎11.在的展开式中，的系数等于__．‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，得，令，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】由题，得，‎ 令，得x的系数.‎ 故答案为：7‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，属基础题.‎ ‎12.一个袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从中任意摸取3个小球，每个小球被取出的可能性相等，则取出的3个小球中数字最大的为4的概率是__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，得满足题目要求的情况有，①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选和②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，由此即可得到本题答案.‎ ‎【详解】满足题目要求的情况可以分成2大类：①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选，一共有种情况；②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，一共有种情况，又从中任意摸取3个小球，有种情况，所以取出的3个小球中数字最大的为4的概率.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型与组合的综合问题，考查学生分析问题和解决问题的能力.‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导后，代入切点的横坐标得到切线斜率，然后根据直线方程的点斜式，即可写出切线方程.‎ ‎【详解】因为，所以，从而切线的斜率，‎ 所以切线方程为，即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查过曲线上一点的切线方程的求法，属基础题.‎ ‎14.已知，，，则的最小值是__．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，展开后利用基本不等式，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】由，得，‎ 所以，当且仅当，取等号.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，考查学生的转化能力和运算求解能力.‎ ‎15.已知向量，满足，，且已知向量，的夹角为，，则的最小值是__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离，由此即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，设，‎ 由题，得，‎ 又，所以，则点C在以AB为直径的圆上，‎ 取AB的中点为M，则，‎ 设以AB为直径圆与线段OM的交点为E，则的最小值是，‎ 因为，‎ 又，‎ 所以的最小值是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查向量综合应用问题，涉及到圆的相关知识与余弦定理，考查学生的分析问题和解决问题的能力，体现了数形结合的数学思想.‎ 三、解答题：本大题共5个小题，共75分，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎16.在中，内角，，所对的边分别是，，，，，．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据正弦定理先求得边c，然后由余弦定理可求得边b；‎ ‎（Ⅱ）结合二倍角公式及和差公式，即可求得本题答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 由正弦定理可得，，‎ 又，所以，‎ 所以根据余弦定理得，，‎ 解得，；‎ ‎（Ⅱ）因为，所以，‎ ‎，，‎ 则．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，属基础题.‎ ‎17.已知数列是各项均为正数的等比数列，，且，，成等差数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，为数列的前项和，记，证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，且成等差数列，可求得q，从而可得本题答案；‎ ‎（Ⅱ）化简求得，然后求得，再用裂项相消法求，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为数列是各项均为正数的等比数列，，可设公比为q，，‎ 又成等差数列，‎ 所以，即，‎ 解得或（舍去），则，；‎ ‎（Ⅱ）证明：，‎ ‎，，‎ 则，‎ 因为，所以 即.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差等比数列的综合应用，以及用裂项相消法求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.‎ ‎18.已知椭圆的离心率为，且过点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设是椭圆上且不在轴上的一个动点，为坐标原点，过右焦点作的平行线交椭圆于、两个不同的点，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题，得，，解方程组，即可得到本题答案；‎ ‎（Ⅱ）设直线，则直线，联立，得，联立，得 ‎，由此即可得到本题答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题可得，即，，‎ 将点代入方程得，即，解得，‎ 所以椭圆的方程为：；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知， ‎ 设直线，则直线，‎ 联立，整理得，‎ 所以，‎ 联立，整理得，‎ 设，则，‎ 所以，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法以及直线与椭圆的综合问题，考查学生的运算求解能力.‎ ‎19.已知数列前项和为，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ），．（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，分和两种情况，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）由题，得，利用等比数列求和公式，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：由题，得 当时，，得；‎ 当时，，整理，得．‎ 数列是以1为首项，2为公比的等比数列，‎ ‎，；‎ ‎（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，，‎ 故 ‎．‎ 故得证．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据的关系式求通项公式以及利用等比数列的前n项和公式求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.‎ ‎20.已知函数，为实数，且．‎ ‎（Ⅰ）当时，求的单调区间和极值；‎ ‎（Ⅱ）求函数在区间，上的值域（其中为自然对数的底数）．‎ ‎【答案】（Ⅰ）极大值0，没有极小值；函数的递增区间，递减区间，（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，令，得增区间为，令，得减区间为，所以有极大值，无极小值；‎ ‎（Ⅱ）由，分，和三种情况，考虑函数在区间上的值域，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】当时，，，‎ 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，‎ 故当时，函数取得极大值，没有极小值；‎ 函数的增区间为，减区间为，‎ ‎，‎ 当时，，在上单调递增，即函数的值域为；‎ 当时，，在上单调递减， 即函数的值域为；‎ 当时，易得时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，‎ 故当时，函数取得最大值，最小值为，中最小的，‎ 当时，，最小值；‎ 当，，最小值；‎ 综上，当时，函数值域为，‎ 当时，函数的值域，‎ 当时，函数的值域为，‎ 当时，函数的值域为.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数求单调区间和极值，以及利用导数研究含参函数在给定区间的值域，考查学生的运算求解能力，体现了分类讨论的数学思想.‎