2020届天津市高三第一次在线大联考（3月）数学试题（解析版）
展开2020届天津市高三第一次在线大联考（3月）数学试题
一、单选题
1．已知全集，集合则下图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由图可知，阴影部分表示的是A中的元素除去A与B的交集中的元素后剩下的元素，得解.
【详解】
解：由图可知，阴影部分表示的是A中的元素除去A与B的交集中的元素后剩下的元素．
即，
所以阴影部分所表示的集合是，
故选：B．
【点睛】
本题考查了韦恩图，重点考查了集合交、并、补的运算，属基础题.
2．若复数满足，则在复平面内，复数对应的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由复数除法运算可得，再确定复数对应的点的坐标即可.
【详解】
解：由，得，
所以复数z对应的点的坐标为，
故选：A．
【点睛】
本题考查了复数除法运算，重点考查了复平面内复数对应的点的坐标，属基础题.
3．函数的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先由函数的定义域可排除B，D，再结合导数的应用可排除A，得解.
【详解】
解：由函数可得，函数的定义域为，故排除B，D，
根据函数，可得，
由>0，得，即函数在上单调递增，
由<0得，即函数在上单调递减，
可以排除A，
故选：C．
【点睛】
本题考查了函数的图像，重点考查了导数的应用，属基础题.
4．为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如图所示），已知学习时长在的学生人数为25，则的值为（ ）
A．40 B．50 C．60 D．70
【答案】B
【解析】分析处理频率分布直方图中的数据求解即可.
【详解】
解：依题意，得，
解得，
故选：B．
【点睛】
本题考查了频率分布直方图，属基础题.
5．已知抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，则（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【解析】先求出双曲线、抛物线的标准方程，再求出双曲线、抛物线的焦点坐标，运算即可得解.
【详解】
解：抛物线的方程为，即其标准方程为，则其焦点坐标为F，
又双曲线方程为，即其标准方程为，则其焦点坐标为（0，1），
由题意可得， ，解得，
故选：D．
【点睛】
本题考查了双曲线、抛物线的标准方程，重点考查了双曲线、抛物线的焦点坐标的求法，属基础题.
6．已知定义在R上的偶函数在上是减函数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由偶函数性质，再结合函数的单调性即可得解.
【详解】
解：因为函数是定义在R上的偶函数，
所以．
又因为函数在上是减函数，且，
所以．
故选：C．
【点睛】
本题考查了偶函数的性质，重点考查了函数单调性的应用，属基础题.
7．“辛卜生公式”给出了求几何体体积的一种计算方法：夹在两个平行平面之间的几何体，如果被平行于这两个平面的任何平面所截，截得的截面面积是截面高的（不超过三次）多项式函数，那么这个几何体的体积，就等于其上底面积、下底面积与四倍中截面面积的和乘以高的六分之一．即，式中，，，依次为几何体的高、上底面积、下底面积、中截面面积．如图，现将曲线与直线及轴围成的封闭图形绕轴旋转一周得到一个几何体，则利用辛卜生公式可求得该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．16
【答案】B
【解析】根据“辛卜生公式”：，根据旋转体特点，结合已知即可得解.
【详解】
解：由题意，该几何体的高为时，其截面面积为，
故可以利用辛卜生公式求该几何体的体积．
由题意可知该几何体中，，，，
所以所求体积，
故选：B．
【点睛】
本题考查了求旋转体体积，解题关键是能够理解“辛卜生公式”，重点考查了理解能力及运算能力，属基础题.
8．已知函数，则下列判断错误的是（ ）
A．函数的最小正周期为 B．的图象关于直线对称
C．的值域为 D．的图象关于点对称
【答案】A
【解析】先利用降幂公式及辅助角公式可得，再结合三角函数的性质及值域逐一判断即可得解.
【详解】
解：由题意，，
对于选项A，，其最小正周期为，故A错误；
对于选项B，令，得，当时，得，所以B正确；
对于选项C，，由，得，所以C正确；
对于选项D，令，得，当时，，所以D正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角恒等变换，重点考查了三角函数的性质，属中档题.
9．已知函数，函数，若方程恰有三个实数解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】要使方程恰有三个实数解，则函数的图象恰有三个交点，再分别作出函数的图象，观察图像的交点个数即可得解.
【详解】
解：依题意，画出的图象，如图．直线过定点，由图象可知，函数的图象与的图象相切时，函数的图象恰有两个交点．
下面利用导数法求该切线的斜率．
设切点为，
由，得，
化简得，解得或（舍去），
要使方程恰有三个实数解，则函数的图象恰有三个交点，
结合图象可知，
所以实数的取值范围为，
故选：D．
【点睛】
本题考查了方程的解的个数与函数图像交点个数的关系，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.
二、填空题
10．命题：，，写出命题的否定：__________．
【答案】，
【解析】由特称命题的否定是全称命题即可得解.
【详解】
解：由命题是特称命题，则其否定是全称命题，
所以命题的否定为：，．
故答案为：，.
【点睛】
本题考查了特称命题与全称命题，属基础题.
11．的展开式中，的系数为__________．
【答案】15
【解析】由的展开式通项公式，令，再求解即可.
【详解】
解：根据的展开式通项公式可得：
令，解得，
所以的系数为．
故答案为：15.
【点睛】
本题考查了二项式展开式的通项公式的应用，重点考查了运算能力，属基础题.
12．已知某篮球运动员投篮命中率为，若在一次投篮训练中连续投篮100次，X表示投进的次数，则X的方差__________．
【答案】（填也得分）
【解析】由满足二项分布，利用方差公式求解即可.
【详解】
解：由题意可知，满足二项分布，
故，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二项分布及方差的求法，属基础题.
13．点P是圆上的动点，点Q是直线上的动点，若线段PQ与直线的夹角始终为，则线段PQ的最小值是__________．
【答案】
【解析】由点到直线的距离公式可得：圆心到直线距离为，再结合圆的几何性质可得，再求解即可.
【详解】
解：由题意，圆的圆心坐标为，
则圆心到直线距离为，
所以，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了点到直线的距离公式，重点考查了数形结合的数学思想方法，属基础题.
14．若正数满足，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】试题分析：，所以原式变形为：，所以最小值是3．
【考点】基本不等式求最值
15．如图，在矩形ABCD中，已知，，点E是AD的中点，点F为边CD上一点，若AF与BE相交于点G，且，则=__________．
【答案】–8
【解析】先建立平面直角坐标系，再结合向量数量积的坐标运算求解即可.
【详解】
解：以A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x轴与y轴，建立平面直角坐标系，
则A(0，0)，B(4，0)，E(0，1)．
设，则，，
所以，
所以，
所以，
所以直线的方程为，
易得直线的方程为，
联立，得，
所以，
又因为，
所以，
故答案为：-8．
【点睛】
本题考查了向量数量积的坐标运算，重点考查了运算能力，属基础题.
三、解答题
16．在中，角，，的对边分别为，，．若，，．
（1）求c的长；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）先由正弦定理得，再结合余弦定理求出，然后结合求解即可；
（2）由两角和、差的余弦公式求解即可.
【详解】
（1）由，结合正弦定理，得，所以，
因为，所以．
因为，所以，
由正弦定理，可得
（2）在中，，所以，
于是，
又，，故，
因为，所以．
因此．
【点睛】
本题考查了正弦定理及余弦定理，重点考查了两角和、差的余弦公式，属中档题.
17．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，点在棱上．
（1）求证：平面平面；
（2）若，点为的中点，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）由线面垂直的性质可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明平面平面；
（2）先由二面角的平面的作法可得即为二面角的平面角，再求解即可.
【详解】
证明：（1）因为平面，
所以，
因为为菱形，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
故平面平面．
（2）如图，连接，则平面，
由（1）可得，，，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，，
所以，，
又，所以，
由点为的中点，易得，，
所以为等腰三角形，
在内过点作高，垂足为，则，
所以，
即二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定定理及性质定理，重点考查了二面角的平面角的作法及求法，属中档题.
18．已知椭圆C：的离心率，右焦点到左顶点的距离为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与椭圆C交于A、B两点，且以弦AB为直径的圆过椭圆C的右焦点F，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）由已知条件可得，再求解即可；
（2）以弦AB为直径的圆过椭圆C的右焦点F等价于，再联立直线与椭圆方程求解即可.
【详解】
（1）设椭圆C的焦距为，
依题意得，解得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）联立，消去，化简得，
由，得．
设，，则，，
因为以弦AB为直径的圆过椭圆C的右焦点F，所以．
由（1）可知F（1，0），所以，，
所以，
因为，
所以，
即，
整理得，解得，
所以直线的方程为，即或．
【点睛】
本题考查了椭圆方程的求法，重点考查了直线与圆锥曲线的位置关系，属中档题.
19．已知等比数列的各项均为正数，等差数列的前项和为，且满足，，，．
（1）求数列及的通项公式；
（2）设数列满足，其中，求．
【答案】（1），；（2）．
【解析】（1）由数列为等比数列，数列为等差数列，结合已知条件求其基本量即可得解；
（2）由，，即，再累加求和即可得解.
【详解】
解：（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为．
由，，得，
将，代入，得，解得（负值舍去），，
故，．
（2）由，其中，
得，，
所以，
所以．
【点睛】
本题考查了等差数列、等比数列通项公式的求法，重点考查了数列裂项累加求和法，属中档题.
20．已知函数．
（1）若关于的不等式恒成立，求的取值范围；
（2）当时，求证：；
（3）求证：．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】（1）不等式恒成立等价于恒成立，即，再构造函数，利用导数求其最小值即可得解；
（2）由（1）知当时，有恒成立，所以，然后令，即，再不等式左右两边分别累加求和即可得解；
（3）由（1）可知，当时， 在上恒成立，即要证等价于，即只需证当时，，再构造函数，利用导数求证即可.
【详解】
解：（1）由题意，函数的定义域为，
由，得，
所以恒成立，即．
令，则，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以函数的最小值为，所以，
即的取值范围是．
（2）由（1）知当时，有恒成立，所以（当且仅当时等号成立）．
令，得，
所以，，，，，
以上各式相加，得，
所以，
即．
（3）由（1）可知，当时，，
即在上恒成立．
要证，即证，
只需证当时，．
令，则．
令，则．
由，得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
即在上单调递减，在上单调递增．
而，，
所以，使得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
又，，
所以对，恒成立，即．
综上所述，成立.
【点睛】
本题考查了不等式恒成立问题，重点考查了导数的综合应用，属综合性较强的题型.
