天津市河北区2020届高三高考二模数学试题

天津市河北区2020届高三高考二模数学试题

河北区2019－2020学年度高三年级总复习质量检测（二）‎ 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.‎ 注意事项：‎ ‎1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.‎ ‎2.每小题选出答案后，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，在选涂其他答案标号.答在试卷上的无效.‎ ‎3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.‎ 参考公式：‎ 如果事件A，B互斥，那么P（A∪B）＝P（A）＋P（B）‎ 如果事件A，B相互独立，那么P（AB）＝P（A）P（B）‎ 球的表面积公式 S＝‎ 球的体积公式 V＝‎ 其中R表示球的半径 第Ⅰ卷（选择题 共45分）‎ 一、选择题：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.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据补集的定义求出，再根据交集的定义求出即可.‎ ‎【详解】解：因为，，‎ 所以，又因为，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的交集和补集的运算，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎2.命题“”的否定是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特称命题的否定是全称命题求解.‎ ‎【详解】因为命题“是特称命题，‎ 所以其否定全称命题，即为命题：.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查含有一个量词的命题的否定，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎3.若复数的实部和虚部相等，则实数的值为　　‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再结合已知条件即可求出实数a的值．‎ ‎【详解】∵复数的实部和虚部相等，‎ ‎∴，解得a．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．‎ ‎4.袋子中有6个大小质地完全相同的球，其中1个红球，2个黄球，3个蓝球，从中任取3个球，则恰有两种颜色的概率是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从6个球中取三个球可能的情况三类，一类恰有一种颜色，二类恰有两种颜色，三种恰有三种颜色，即可求得恰有两种颜色的概率.‎ ‎【详解】由题可得，从中任取三个球一共有种可能的情况，‎ 恰有一种颜色的情况有1种，即三个全是蓝球，‎ 恰有三种颜色的情况有种，‎ 所以恰有两种颜色的情况共13种情况，所以其概率为.‎ 故选：D ‎【点睛】此题考查求古典概型，当正面分类计算比较麻烦的情况可以考虑利用对立事件求解概率.‎ ‎5.某班同学进行社会实践，对岁的人群随机抽取人进行了生活习惯是否符合低碳观念的调查，若生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，得到如下统计表和各年龄段人数频率分布直方图如下，则图表中的p，a的值分别为（ ）‎ A. ，20 B. ，40‎ C. ，60 D. ，80‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表格求出第一组人数，结合频率分布直方图求出总人数，分别求解每组人数即可得解.‎ ‎【详解】第一组人数人，由频率分布直方图可得第一组频率为，‎ 所以，‎ 所以第三组200人，第四组人，第五组100人，第六组50人，‎ 所以第二组300人，.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查频率分布直方图和频率与频数的关系，关键在于熟练掌握频率分布直方图的性质准确计算求解，属于中档题.‎ ‎6.双曲线：和直线，若过的左焦点和点的直线与平行，则双曲线的离心率为 A. B. C. D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两条直线平行的判定定理，可得到之间的关系，化简整理为的关系，即可求出离心率.‎ ‎【详解】过的左焦点和点的直线可写为：，即 与平行 ‎ 又 ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查直线平行的判定定理以及双曲线离心率的求解，关键在于通过直线平行得到的关系.‎ ‎7.已知抛物线的焦点为，准线为，直线交抛物线于，两点，过点作准线的垂线，垂足为，若等边三角形的面积为，则 的面积为（ ）‎ A. B. C. 16 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为等边三角形，得，边长为，结合条件中的面积可得，进而由直线与抛物线联立可得交点坐标，利用面积公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为为等边三角形，所以，边长为，‎ 由，得，抛物线方程为，‎ 联立，得，所以，‎ 所以，.故.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，利用了抛物线的定义研究抛物线上的点到焦点的距离，考查了数形结合和计算能力，属于中档题.‎ ‎8.已知函数，则（ ）‎ A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 的最大值为 D. 的图象关于直线对称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图像和性质判断各个选项是否正确，从而得出结论.‎ ‎【详解】解：‎ 对于选项，因为，故不正确；‎ 对于选项，因为，故不正确；‎ 对于选项，因为当时，，故不正确；‎ 对于选项，因为，是的最大值，‎ 所以的图象关于直线对称，故正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换和正弦函数的图像和性质，属于中档题.‎ ‎9.已知函数，若有两个零点，，下列选项中不正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求出函数的导函数,判断出函数的单调性，进而求出函数的最值,根据函数零点的概念作出函数的图象,逐个判断每个选项的结论正确与否即可.‎ ‎【详解】因为函数,‎ 所以,其定义域为,‎ 令，解得，‎ 所以当时,；当时,;‎ 故在上单调递减，在上单调递增，‎ 因为函数有两个零点，,‎ 所以函数的图象如图所示：‎ 故，‎ 即，并且，故选项A、C正确；‎ 由于为的零点，故有，‎ 两式相减得，即，故选项B正确；‎ 因为,所以当时，，‎ 所以，故选项D不正确.‎ 故选: D ‎【点睛】本题考查利用函数的导数判断函数的单调性和最值,根据函数的零点求参数的范围;函数单调性的正确判断和最值的正确求解及零点概念的应用是求解本题的关键;属于难度大型、综合型试题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.‎ ‎10.的二项展开式中的常数项为________．‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ 试题分析：展开式的通项公式为，令，常数项为 考点：二项式定理 ‎11.圆心在直线上，与轴相切，且被直线截得的弦长为的圆的方程为______________.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆的方程为，根据圆心在直线，得到，再根据圆与轴相切，得出圆的方程为，结合圆的弦长公式，求得的值，即可求得圆的方程.‎ ‎【详解】设圆的标准方程为，可得圆心坐标为，半径为，‎ 由圆心在直线，可得，即，‎ 又由圆与轴相切，可得，‎ 所以圆的方程为，‎ 则圆心到直线的距离为，‎ 根据圆的弦长公式，可得，‎ 化简得，解得，‎ 所以所求圆的方程为或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中设出圆的标准方程，数练应用圆的弦长公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.‎ ‎12.曲线在点处的切线的斜率为_______，在该点处的切线方程为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，代入，得到切线的斜率，代入函数解析式可得切点，点斜式即可得出结果．‎ ‎【详解】曲线，可得，‎ 所以曲线在点处的切线的斜率为：．‎ 因为，即切点为，所以在切点处的切线方程为：，即 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线的斜率的求法及切点处的切线方程，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎13.已知，且，则的最小值为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用基本不等式求得的最小值，进而求得的最小值，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，设，‎ 又由 ‎，‎ 当且仅当时，即时等号成立，‎ 即的最小值为，所以的最小值是.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中先利用基本不等式求得的最小值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎14.在平行四边形中，已知，，，若，，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，得到，，利用向量的数量积的运算，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，如图所示，设，则，‎ 又由，，所以为的中点，为的三等分点，‎ 则，，‎ 所以 ‎．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎15.已知函数，若关于的方程恰有两个互异的实数解，则的取值范围是_______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据解析式作出图象，将关于的方程恰有两个互异的实数解，转化为与的图象有两个不同的交点，由临界点位置即可得出结果.‎ ‎【详解】作出和的图象如图，‎ 因为关于的方程恰有两个互异的实数解，‎ 所以与的图象有两个不同的交点，由图象可知或.‎ 故答案为：或,‎ ‎【点睛】本题考查在函数与方程的数学思想在解决函数图象的交点问题中的应用，考查数形结合的思想，属于中档题.‎ 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.已知的内角的对边分别为，满足.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求的值；‎ ‎（3）若的面积为，，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据余弦定理，将题中条件进行转化，化简得到，进一步应用余弦定理得到，结合三角形内角的取值范围，得到角的大小；‎ ‎（2）利用同角三角函数关系式，得到，之后应用余弦倍角公式和正弦和角公式求得结果；‎ ‎（3）利用三角形面积公式得到，结合余弦定理求得，进而得到三角形的周长.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ 由余弦定理得，. ‎ 化简得，. ‎ ‎∴.‎ 又，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由已知得，. ‎ ‎∴， ‎ ‎.‎ ‎∴. ‎ ‎（3）∵，‎ ‎ ∴. ‎ 由余弦定理得，. ‎ 即，‎ 解得. ‎ ‎∴的周长为.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有余弦定理，三角形的面积公式，三角恒等变换，属于简单题目.‎ ‎17.如图，直三棱柱的所有棱长都是2，，分别是，的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得，证得，，即可求解；‎ ‎（2）由（1）得到，即为平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；‎ ‎（3）求得平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）如图所示，取的中点，连接，‎ 由直三棱柱的所有棱长都是2，是中点，，‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 由分别为的中点，可得,可得，，两两垂直.‎ 以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，‎ 可得，，‎ ‎∵，，∴，，‎ 又，∴平面. ‎ ‎（2）由（1）可得平面，则，即为平面的一个法向量，‎ 又由，‎ 设直线与平面所成的角为，‎ 可得，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（3）设平面的法向量，‎ 因为，可得 ，即，‎ 不妨取，得.‎ 设二面角的平面角为，‎ 由，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了空间向量在线面位置关系的判定与证明中的应用，以及利用空间向量求解线面角与二面角，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎18.已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）证明：数列为等比数列；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得，两式作差整理即可得到，从而可得数列为等比数列；‎ ‎（2）先由（1）写出，从而可得，进而可直接求出数列的前项和.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，则.‎ 当时，因为，所以，‎ 则，即.‎ 从而，即.‎ 因为，所以.‎ 所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列.‎ ‎（2）由（1）可得，即.‎ 因为，所以.‎ 则，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题第一问主要考查等比数列的证明，只需数列的第n项与第n-1项之比为非零常数即可;第二问主要考查裂项相消的方法求数列的前n项和;属于基础试题.‎ ‎19.已知椭圆的短轴长为，离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程;‎ ‎（2）设椭圆的左，右焦点分别为，左，右顶点分别为，，点，，为椭圆 上位于轴上方的两点，且，记直线，的斜率分别为，，若，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得：2b＝4，，a2＝b2+c2．联立解出即可得出椭圆C的标准方程．（2）A（﹣3，0），B（3，0），F1（﹣1，0），F2（1，0），设F‎1M的方程为：x＝my﹣1，M（），（＞0），直线F‎1M与椭圆的另一个交点为M′（）．由根据对称性可得：.直线方程与椭圆方程联立化为：（‎8m2‎+9）y2﹣16my﹣64＝0，根据根与系数的关系及其，得0，联立解得m．‎ ‎【详解】（1）由题意，得，.‎ 又，∴，，. ‎ ‎∴椭圆C的标准方程为 ‎ ‎（2）由（1），可知，，.‎ 据题意，直线的方程为 ‎ 记直线与椭圆的另一交点为，设，.‎ ‎∵，根据对称性，得.‎ 联立，‎ 消去，得，其判别式，‎ ‎∴，.①‎ 由，得，即.②‎ 由①②，解得， ‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴直线的方程为，即.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎20.已知函数，其中.‎ ‎（1）若为单调递减函数，求的取值范围；‎ ‎（2）若有两个不同的零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，使，分离参数可得，设，利用导数求出的最小值即可求解. ‎ ‎（2），设，函数有两个不同的零点等价于函数有两个不同的零点，求出，分类讨论当、、或时，利用导数判断函数的单调性即可得出函数的零点个数，进而确定的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）函数的定义域为.‎ ‎∵， ‎ ‎∴.‎ 若函数为单调递减函数， ‎ 则 ‎ ‎∴ 对恒成立.‎ 设. ‎ 令，‎ 解得. ‎ ‎∴.‎ 令，解得，‎ 令，解得， ‎ 函数在单调递减，在单调递增， ‎ ‎∴函数的最小值为.‎ ‎∴，即的取值范围是.‎ ‎（2）由已知，. ‎ 设，‎ 则函数有两个不同的零点等价于函数有两个不同的零点. ‎ ‎∵， ‎ ‎∴当时，‎ 函数在单调递减，在单调递增. ‎ 若函数有两个不同的零点，‎ 则，即.‎ 当时， ‎ 当时，. ‎ 当时，，‎ ‎∵，‎ ‎∴. ‎ ‎∴.‎ ‎∴函数在，上各有一个零点.‎ 故符合题意.‎ 当时，‎ ‎∵函数在单调递减，‎ ‎∴函数至多有一个零点，不符合题意. ‎ 当时，‎ ‎∵函数在单调递减，在单调递增，在单调递减，‎ ‎∴函数的极小值为.‎ ‎∴函数至多有一个零点，不符合题意. ‎ 当时，‎ ‎∵函数在单调递减，在单调递增，在单调递减，‎ ‎∴函数的极小值为.‎ ‎∴函数至多有一个零点，不符合题意.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的零点个数，考查了分类讨论的思想，属于难题.‎