- 2.25 MB
- 2021-04-29 发布
天津市第25中学2020年3月高三数学网络测试试卷
一、单选题(5*9=45分)
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由绝对值不等式的解法和对数函数的性质，求得，，再根据集合的运算，即可求解．
【详解】由题意，可求得，，则，
所以.故选B.
【点睛】本题主要考查了对数的混合运算，其中解答中涉及到绝对值不等式的求解，以及对数函数的性质，正确求解集合是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
2.设命题p:>1,n2>2n,则p为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
根据命题的否定，可以写出：，所以选C.
3.已知，则的大小关系为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.
详解：由题意可知：，即，，即，
，即，综上可得：.本题选择D选项.
点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
4.已知定义在上的函数，若函数为偶函数，且对任意， ，都有，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，分析可得函数的图象关于对称且在上为减函数，则不等式等价于，解得的取值范围，即可得答案.
【详解】解:因为函数为偶函数，
所以函数的图象关于对称，
因为对任意， ，都有，
所以函数在上为减函数，
则，
解得：.
即实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查函数的对称性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于综合题.
5.已知函数，对任意的，，当时，，则下列判断正确的是（ ）
A. B. 函数在上递增
C. 函数的一条对称轴是 D. 函数的一个对称中心是
【答案】D
【解析】
【分析】
利用辅助角公式将正弦函数化简，然后通过题目已知条件求出函数的周期，从而得到，即可求出解析式，然后利用函数的性质即可判断.
【详解】，
又，即，
有且仅有满足条件；
又，则，
，函数，
对于A，，故A错误；
对于B，由，
解得，故B错误；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，由，故D正确.
故选：D
【点睛】本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质，熟记性质是解题的关键，属于基础题.
6.已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用定义推导出函数的周期，由奇函数的性质得出，可解出的值，然后利用周期性和奇函数的性质计算出的值.
【详解】函数是定义在上的奇函数，且，
，，
函数的周期为，
由于函数是上的奇函数，则，得.
所以，当时，.
，故选A.
【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和周期性求值，在涉及函数多种对称性时，可利用定义推导出函数的周期性，利用函数的周期来求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
7.已知中，，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
以为基底，将用基底表示，根据向量数量积的运算律，即可求解.
【详解】,
,
.
故选:C.
【点睛】本题考查向量的线性运算以及向量的基本定理，考查向量数量积运算，属于中档题.
8.抛物线的焦点是双曲线的右焦点，点是曲线的交点，点在抛物线的准线上，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由题和抛物线的性质求得点P的坐标和双曲线的半焦距c
的值，再利用双曲线的定义可求得a的值，即可求得离心率.
【详解】由题意知，抛物线焦点，准线与x轴交点，双曲线半焦距，设点 是以点为直角顶点的等腰直角三角形，即，结合点在抛物线上，
所以抛物线的准线，从而轴，所以，
即
故双曲线的离心率为
故选A
【点睛】本题考查了圆锥曲线综合，分析题目，画出图像，熟悉抛物线性质以及双曲线的定义是解题的关键，属于中档题.
9.已知函数,则方程的实数根的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
画出函数 ,将方程看作交点个数，运用图象判断根的个数．
【详解】画出函数
令有两解 ，则分别有3个，2个解，故方程的实数根的个数是3+2=5个
故选：D
【点睛】本题综合考查了函数的图象的运用，分类思想的运用，数学结合的思想判断方程的根，难度较大，属于中档题．
二、填空题(5*6=30分)
10.设复数满足,则_________.
【答案】.
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则首先可得出，再根据共轭复数的概念可得结果.
【详解】∵复数满足，
∴，∴，
故而可得，故答案为.
【点睛】本题考查了复数的运算法则，共轭复数的概念，属于基础题．
11.在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
【答案】112
【解析】
【分析】
由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．
【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为112．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
12.如图，在正四棱柱中，P是侧棱上一点，且.设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
设正四棱柱底面边长，高，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得.
【详解】解：设正四棱柱底面边长，高，
则，
即
故答案为：
【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算，属于基础题.
13.过点，且圆心在直线上的圆的半径为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据弦的垂直平分线经过圆心,结合圆心所在直线方程,即可求得圆心坐标.由两点间距离公式,即可得半径.
【详解】因为圆经过点
则直线的斜率为
所以与直线垂直的方程斜率为
点的中点坐标为
所以由点斜式可得直线垂直平分线的方程为,化简可得
而弦的垂直平分线经过圆心,且圆心在直线上,设圆心
所以圆心满足解得
所以圆心坐标为
则圆的半径为
故答案为:
【点睛】本题考查了直线垂直时的斜率关系,直线与直线交点的求法,直线与圆的位置关系,圆的半径的求法,属于基础题.
14. 有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为_______________.
【答案】
【解析】
试题分析：从编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件
为“取出球的编号互不相同”，
则事件包含了个基本事件，所以.
考点：1.计数原理；2．古典概型.
15.已知正实数满足，则的最小值为 ．
【答案】4
【解析】
【分析】
由题意结合代数式的特点和均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果.
【详解】.
当且仅当时等号成立.
据此可知：最小值为4.
【点睛】条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值．
三、解答题
16.在中，角的对边分别为，且满足.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若的面积为，，求和的值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）运用正弦定理和二角和的正弦公式，化简，即可求出角的大小；
（Ⅱ）通过面积公式和 ，可以求出，这样用余弦定理可以求出，用余弦定理求出，根据同角的三角函数关系，可以求出，这样可以求出,最后利用二角差的余弦公式求出的值.
【详解】（Ⅰ）由正弦定理可知：,已知，所以
，,
所以有.
（Ⅱ），由余弦定理可知：
,
,
.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、面积公式、二倍角公式、二角差的余弦公式以及同角的三角函数关系，考查了运算能力.
17.如图所示，直角梯形ABCD中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面ABCD．
(1)求证：平面ABE；
(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值．
(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．
【答案】（I）见解析（II）（III）
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，且，据此有，则平面．
（Ⅱ）由题意可得平面的法向量，结合(Ⅰ)的结论可得，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
（Ⅲ）设，，则，而平面的法向量，据此可得，解方程有或．据此计算可得．
试题解析：
（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∴，，
设平面的法向量，∴不妨设，又，
∴，∴，又∵平面，∴平面．
（Ⅱ）∵，，设平面的法向量，
∴不妨设，∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
（Ⅲ）设 ，，∴，
∴，又∵平面的法向量，
∴，∴，∴或．
当时，，∴；当时，，∴．
综上，．
18.已知数列是各项均为正数的等比数列，数列为等差数列，且，，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）设为数列的前项和，若对于任意，有，求实数的值.
【答案】（1），（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）假设公差，公比，根据等差数列和等比数列的通项公式，化简式子，可得，，然后利用公式法，可得结果.
（2）根据（1）的结论，利用错位相减法求和，可得结果.
（3）计算出，代值计算并化简，可得结果.
【详解】解：（1）依题意：，
即，解得：
所以，
（2），
，
，
上面两式相减，得：
则
即
所以，
（3）
，
所以
由得，，
即
【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的综合应用，以及利用错位相减法求和，属基础题.
19.设椭圆：的左、右焦点分别为，，下顶点为，椭圆的离心率是，的面积是.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）直线与椭圆交于，两点（异于点），若直线与直线的斜率之和为1，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）； （2）证明见解析，.
【解析】
【分析】
（1）根据离心率和的面积是得到方程组，计算得到答案.
（2）先排除斜率为0时的情况，设，，联立方程组利用韦达定理得到，，根据化简得到，代入直线方程得到答案.
【详解】（1）由题意可得，解得，，则椭圆的标准方程是.
（2）当直线的斜率为0时，直线与直线关于轴对称，则直线与直线的斜率之和为零，与题设条件矛盾，故直线的斜率不为0.
设，，直线的方程为
联立，整理得
则，.
因为直线与直线的斜率之和为1，所以，
所以，
将，代入上式，整理得.
所以，即，
则直线的方程为.
故直线恒过定点.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，直线过定点问题，计算出是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力.
20.已知函数，．
（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在上的最小值；
（Ⅲ）若函数，当时，的最大值为，求证：.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题，
所以故，，代入点斜式可得曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）由题
（1）当时，在上单调递增. 则函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，令，即
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，由的单调性可得在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，在上的最小值是
（Ⅲ）当时，
令，则是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
讨论可得在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以由此可证
试题解析：（Ⅰ）因函数，且，
所以，
所以
所以，
所以曲线在处的切线方程是，即
（Ⅱ）因为函数，所以
（1）当时，，所以在上单调递增.
所以函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，所以
令，即，所以
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，
所以在上的最小值是
综上所述，当时，在上最小值是
当时，在上的最小值是
当时，在上的最小值是
（Ⅲ）因为函数，所以
所以当时，
令，所以是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
所以当时，；当时，
即当时，；当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以
因为，所以
所以