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- 2021-05-10 发布
天津市和平区2019～2020学年度高三年级上学期期末考试
一、选择题：本大题共9个小题,每小题5分,共45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.设全集为，集合，集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据集合，写出集合中元素，然后根据交并补的定义计算即可.
【详解】解：，集合，，则.
故选：D.
【点睛】本题考查集合交并补的定义和运算，考查列举法表示集合，属于基础题.
2.设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求解和，观察解集的关系即可得出结果.
【详解】解：等价于，即；
的解为，解集相等，所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查充分必要条件的判断，涉及绝对值不等式和一元二次不等式求解集，属于基础题.
3.奇函数在区间上是增函数，在区间上的最大值为8，最小值为-1，则的值为（ ）
A. -10 B. 15 C. 10 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】
根据条件分析，可知，又为奇函数，所以，进而可以求出的值.
【详解】解：在区间上是增函数，在区间上的最大值为8，最小值为-1，即，又为奇函数，所以，所以.
故选：D.
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的应用，属于基础题.
4.已知圆的半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切，则圆的方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设圆心坐标为，根据圆与直线相切可求出，进而得到圆心和半径，于是可得圆的方程．
【详解】由题意设圆心坐标为，
∵圆与直线相切，
∴，解得a=2．
∴圆心为，半径为，
∴圆C的方程为（x﹣2）2+y2=4，即．
故选D．
【点睛】求圆的方程时要把握两点：一是求出圆心的坐标；二是求出圆的半径，然后再根据要求写出圆的方程即可，求圆心坐标时注意圆的几何性质的应用，这样可以简化运算，提高解题的速度．
5.设，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对数的运算可以化简，所以可得.同理可知，，由此可以比较的大小关系.
【详解】解：，则，，，，所以，所以.
故选：A.
【点睛】本题考查指对函数大小的比较，考查中间值法的应用，涉及对数函数的运算性质，属于基础题.
6.将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的取值不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据题意化简得到，再沿轴向左平移，得到，根据得到的函数为偶函数，所以可知，由此解出，逐一判断选项即可得出结果.
【详解】解：，沿轴向左平移个单位后，得到，因为为偶函数，所以，解得：，所以的取值不可能是.
故选：B.
【点睛】本题考查正弦函数的二倍角公式、考查三角函数平移以及三角函数的奇偶性，熟悉三角函数的性质是解题的关键，属于基础题.
7.抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，为抛物线上一点，直线与双曲线有且只有一个交点，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由直线与双曲线有且只有一个交点可知，直线与双曲线的渐近线平行.又抛物线与双曲线共焦点，，所以利用抛物线的定义，可求出A点坐标，从而求出直线的斜率，从而求出双曲线渐近线的斜率，进而求出双曲线的离心率.
【详解】解：，直线与双曲线有且只有一个交点，所以直线与双曲线的渐近线平行. ，F为抛物线的焦点，所以，代入，则，即，，所以，所以该双曲线的离心率为
.
故选：C.
【点睛】本题考查求双曲线的离心率，涉及到直线与双曲线的位置关系，以及抛物线定义的转化，属于中档题.
8.某中学组织高三学生进行一项能力测试，测试内容包括、、三个类型问题，这三个类型所含题目的个数分别占总数的，，.现有3名同学独立地从中任选一个题目作答，则他们选择的题目所属类型互不相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
3名同学选择的题目所属类型互不相同，则、、三个类型的问题都要入选，所以要先确定每位同学所选的是何种类型，又每个类型入选的可能为，，，计算结果即可.
【详解】解：3名同学选择的题目所属类型互不相同，则、、三个类型的问题都要入选，则3名同学的选法共有种情况，每个类型入选的可能为，，，所以全部入选的概率为，则3名同学所选不同类型的概率为.
故选：C.
【点睛】本题考查相互独立事件的概率，涉及分类加法的思想，属于基础题.
9.已知函数.若方程有两个实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
逐段分析函数的单调性和最值，时，，以为渐近线，所以时，与，有一个交点.当与相切时，即时，与有一个交点，由此，可求出的取值范围.
【详解】解：当时，，在上单调递增，在处有最大值1．
当时，，在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值．以为渐近线，
直线与必有一个交点，若方程有两个实根，则令一根在上，所以斜率，且不能与相交，，.所以斜率的取值范围是.
【点睛】本题考查直线与曲线的交点问题，分析函数的单调性以及切线是常用的方法，属于中档题.
二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）
10.设i是虚数单位，复数的模为1，则正数的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先化简复数，再解方程即得解.
【详解】由题得，
因为复数z的模为1，
所以，解之得正数a＝．
故答案为
【点睛】本题主要考查复数的除法和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
11.已知a＞0，的二项展开式中，常数项等于60，则(x–)6的展开式中各项系数和为 （用数字作答）．
【答案】
【解析】
试题分析：展开式通项为，由得常数项，所以，令得的展开式中各项系数和为
考点：二项式定理.
12.设随机变量的概率分布列如下表，则随机变量的数学期望__________．
1
2
3
4
【答案】
【解析】
【分析】
利用分布列中概率和为1可求出，然后通过求期望的公式即可求出期望值.
【详解】解：，所以.所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查求分布列的期望，解题的关键是熟记期望的公式，属于基础题.
13.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，，，，则此球的表面积等于______．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由已知条件得：，∴，
∵，∴，
设的外接圆的半径为，则，∴，
∴外接球的半径为，∴球的表面积等于.
考点：1.棱柱的体积公式；2.余弦定理；3.球的表面积.
14.如图，在中，,,,，过点的直线分别交射线、于不同的两点、，若，，则当时，___________,__________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
(1). 过点做平行交于 点，根据平行线等分线段成比例，求出，，进而得出，从而推导出之间的关系. (2).根据第(1)问求出的比例关系，计算出，的长，又
，由向量的数量积公式即可计算结果.
【详解】解：(1). 过点做平行交于 点，，则 .又，则， ，.
(2). ，所以，，，.
故答案为：，.
【点睛】本题考查平行线等分线段成比例，考查平面向量数量积的应用，熟悉数量积公式是解题的关键，属于基础题.
15.已知正实数满足，则当__________时，的最小值是__________．
【答案】 (1). (2). 6
【解析】
【分析】
利用基本不等式可知，当且仅当“”时取等号.而运用基本不等式后，结合二次函数的性质可知恰在时取得最小值，由此得解.
【详解】解：由题意可知：，即，当且仅当“”时取等号，，当且仅当“”时取等号.
故答案为：，6.
【点睛】本题考查基本不等式的应用，同时也考查了配方法及二次函数的图像及性质，属于基础题.
三、解答题：本大题共5小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16.在中，角所对的边分别为.已知，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1），由余弦定理可得，再由正弦定理可得,将，代入化简可得，从而求出的值. （2）由条件，可知，又，进而可求出，，以及的值，利用两角差的余弦即可求出结果.
【详解】解：（1）∵,由余弦定理可得，
∴由正弦定理得,
又∵,∴,
∴，又∵,
解得.
（2）由（1）知,
∴,,
∴
【点睛】本题考查利用正余弦定理转化解三角形，考查两角和与差的余弦以及二倍角公式，属于中档题.
17.如图，在三棱柱中，，顶点在底面上的射影恰为点，且
（1）证明：平面平面；
（2）求棱与所成的角的大小；
（3）若点为的中点，并求出二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）因为顶点在在底面上的的射影恰好为得到，又，利用线面垂直的判定定理可得平面平面
；（2）建立空间直角坐标系，求出，，利用向量的数量积公式求出棱与所成的角的大小；（3）求出平面的法向量，而平面的法向量，利用向量的数列积公式求解二面角的余弦值．
试题解析：（1）证明：，，又，，，
，．
（2）以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，
，
故与棱所成的角是．
（3）因为为棱的中点，故易求得．设平面的法向量为，
则，由，得，令，则，
而平面的法向量．则．
由图可知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值是．
考点：利用空间向量求解平面间的夹角；异面直线及其所成角；直线与平面垂直的判定．
18.已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，点
是椭圆上的一个动点，且面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于、两点，过点作直线的垂线交圆:于另一点.若的面积为3，求直线的斜率.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意可知：当为的短轴顶点时，面积取最大值，又离心率为，则可以列出方程，解出的值即可求出椭圆的方程.（2）首先讨论两条直线中斜率为0和斜率不存在的情况，判断三角形的面积是否为3；然后讨论一般情况，设直线的方程为，直线的方程为，分别与椭圆和圆联立，用K表示出线段AB的长和点N到直线的距离，表示出的面积，即可求出斜率的值.
【详解】解：（1）∵椭圆离心率为，当为的短轴顶点时，
的面积有最大值.
∴,解得，
故椭圆方程为：.
（2）若的斜率为0，则，，
∴的面积为，不合题意，所以直线的斜率不为0.
设直线的方程为，
由消去得，
设，，
则，，
∴.
直线的方程为，即，
∴.
∴的面积，
解得，即直线的斜率为.
【点睛】本题考查根据基本量求椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的表示，同时考查了学生的计算能力和分析问题的能力，属于中档题.
19.已知等比数列的公比，且，是、的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）试比较与的大小，并说明理由；
（3）若数列满足，在每两个与之间都插入个2，使得数列变成了一个新的数列，试问：是否存在正整数，使得数列的前项和？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）,详见解析（3）存在，使得
【解析】
【分析】
（1）根据条件列出方程组，解基本量即可.（2）由（1）可知通项为：，对通项裂项可得：，从而可求出前n项和，即可比较出大小关系.（3）由（2）可知：数列中含有 含有个2，所以数列中，的前所有项之和为，求出S，代入k的具体值，可知当时，，当时，，所以在的基础之上加上471个2可得，把前面所有项的个数加起来即可得到m的值.
【详解】解：（1）由是，的等差中项，得，
∴,解得.
∴，从而，
∵，∴解得.
∴，从而.
（2）由（1）知.
∴
（3）.
根据题意，数列中，（含项）前的所有项的和为：
.
当时，，
当时，，
又∵,
∴时，，
∴存，使得.
【点睛】本题考查用基本量求数列的通项，考查裂项相消求和，考查根据数列的和求数列的项数，属于数列新定义题型，同时考查了学生的计算能力以及学生分析问题的能力，属于难题.
20.设函数，，其中,是自然对数的底数.
（1）设，当时，求的最小值；
（2）证明：当，时，总存在两条直线与曲线与都相切；
（3）当时，证明：.
【答案】（1）最小值（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出的解析式，求导求单调性，然后则可求出最小值.（2）总存在两条直线与曲线与都相切，及与永远都存在两条公切线，分别设出切点求出切线方程，根据切线方程为同一条，列出方程组求解，证明等式恒成立即可. （3）即证明当时，.令，求导求令的最小值大于0即可.
【详解】解：（1），，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故时，取得最小值.
（2）∵，
∴在点处的切线方程为；
∵，
∴在点处的切线方程为.
由题意得，则.
令，则，
由（1）得时，单调递增，又，时，，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
由（1）得，
又，
，所以函数在和内各有一个零点，
故当时，总存在两条直线与曲线与都相切.
（3）.
令，以下证明当时，的最小值大于0.
求导得.
①当时，，；
②当时，，
令，，
又，取且使，即，
则，
∵,故存在唯一零点，
即有唯一的极值点且为极小值点，又，
且，即，故，
∵，故是上的减函数.
∴,所以.
综上，当时，
【点睛】本题考查利用导数求函数的最小值，考查利用导数求曲线的切线，设计到了公切线问题和导数的零点代换问题，考查了学生的计算能力和转化问题的能力，属于难题.