《2020届天津市南开区高三上学期期末数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届天津市南开区高三上学期期末数学试题（解析版）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020届天津市南开区高三上学期期末数学试题一、单选题1设全集，集合，则等于（ ）ABCD【答案】B【解析】根据补集和并集的定义可计算出集合.【详解】由题意可得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查补集和交集的计算，考查计算能力，属于基础题.2命题“，”的否定是（ ）A，B，C，D，【答案】C【解析】试题分析：特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：，【考点】全称命题与特称命题3下列函数中是偶函数，且在上单调递增的是ABCD【答案】D【解析】根据各函数的性质与单调性逐个判断即可.【详解】函数为奇函数,不满足条件B.函数的定义域为,函数为偶函数,当时,为减函数,不满足条件C.
2、为增函数,为非奇非偶函数,不满足条件D.令，定义域为，该函数为偶函数，当时，为增函数,满足条件,故选：D【点睛】本题主要考查了常见函数的奇偶性与单调性,属于基础题型.4已知等差数列的公差为d，前n项和为，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】根据前n项和与通项之间的关系化简判断即可.【详解】等差数列的公差为d,则“”是“”的充要条件,故选：C【点睛】本题主要考查了数列通项与前n项和的关系与充分必要条件的判断,属于基础题型.5设，则a，b，c的大小关系是ABCD【答案】A【解析】判断每个数的大致范围再分析即可.【详解】,故选：A【点睛
3、】本题主要考查了函数值大小的关系,属于基础题型.6过点A（-1，0），斜率为k的直线，被圆（x-1）2+y2=4截得的弦长为2，则k的值为（）ABCD【答案】A【解析】试题分析：设直线为,根据弦长公式,可得：,解得：,故选A.【考点】直线与圆的位置关系7函数的最大值与最小值之和为ABC0D【答案】D【解析】根据辅助角公式合一变形,再分析【详解】函数,由,得,所以,所以y的最大值为2,最小值为,所以y的最大值与最小值之和为故选：D【点睛】本题主要考查了辅助角公式的应用以及三角函数范围的问题,属于中等题型.8已知点A，抛物线C：的焦点F射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则=（ ）A
4、BCD【答案】C【解析】【详解】抛物线C：x2=4y的焦点为F（0，1），定点A（2，0），抛物线C的准线方程为y=-1.设准线与y轴的交点P，则FM：MN=FP：FN，又F（0，1），A（2，0），直线FA为：x+2y-2=0，当y=-1时，x=4，即N（4，-1），=.9四边形ABCD中，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】数形结合分析数量积的取值范围即可.【详解】画出图象,因为,故四点共圆.又,易得.易得当在时取最小值,当在时取最大值.故的取值范围是. 故选：C【点睛】本题主要考查了向量数量积的综合运用,需要数形结合分析的轨迹再分析数量积的取值范围,属于中等题型.二、填空题10
5、复数的共轭复数是 _【答案】. 【解析】 ，故该复数的共轭复数为 .11曲线在点（1，1）处的切线方程为.【答案】【解析】 ，故切线方程的斜率 又 ，故曲线在点处的切线方程为 整理得即答案为12四棱锥的底面ABCD是正方形，平面ABCD，各顶点都在同一球面上，若该棱锥的体积为4，则此球的表面积等于_【答案】【解析】根据该四棱锥内嵌于长方体中,计算长方体体对角线再算外接球表面积即可.【详解】因为四边形ABCD是正方形,且平面ABCD,所以可以将该四棱锥内嵌于长方体中,因为棱锥体积.则该长方体的长、宽、高分别为2、2、3,它们的外接球是同一个,设外接球直径为,所以,所以表面积为故答案为：【点睛】本
6、题主要考查了四棱锥外接球表面积的计算,其中外接球直径为内嵌长方体的体对角线,属于中等题型.13设双曲线经过点（2,2），且与具有相同渐近线，则的方程为 ；渐近线方程为 .【答案】；【解析】试题分析：因为双曲线的渐近线方程为，所以曲线的渐近线方程为，设曲线的方程为，将代入求得，故曲线的方程为.【考点】双曲线的渐进线，共渐进线的双曲线方程的求法，容易题.14已知正数x，y满足，则当x_时，的最小值是_【答案】 1 【解析】将化简成只关于的解析式,再换元利用基本不等式求解即可.【详解】正数x,y满足,可得,令则且,当且仅当即,此时取最小值1,故答案为： 【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用,需要换
7、元后再利用基本不等式,属于中等题型.15对于实数a和b，定义运算“”：，设，若函数恰有三个零点，则m的取值范围是_；的取值范围是_【答案】 【解析】分析与的大小关系,再化简画图分析求解即可.【详解】当时,即,当时,即,所以,因为有三个零点,所以与的图象有三个交点,即与函数有三个交点,作出的图象,如图,其中时，函数最大值为.所以, 不妨设,易知,且,所以由解得,所以,所以且当无限接近时趋近于,当无限接近0时趋近于0.故答案为：；【点睛】本题主要考查了函数新定义的理解以及数形结合求解零点取值范围的问题等.需要根据题意分析随的变化情况,属于中等题型.三、解答题16在中，角A，B，C所对的边分别是a，
8、b，c，且的面积为求a及sinC的值；求的值【答案】 ，【解析】(1)根据余弦定理与面积公式化简求解即可.(2)先利用二倍角公式求解与,再根据余弦的差角公式计算即可.【详解】在中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且,的面积为,再根据正弦定理可得,即,故【点睛】本题主要考查了正余弦定理与面积公式的运用,同时也考查了二倍角公式与和差角公式的运用,属于中等题型.17如图，已知直三棱柱的底面是直角三角形，求证：平面；求二面角的余弦值；求点到平面的距离【答案】证明见解析【解析】()根据直三棱柱中可以为坐标原点建立空间直角坐标系,求解平面的法向量并证明即可.()分别求解ABD的一个法向量与平面的一个
9、法向量,利用二面角的向量公式求解即可.()根据线面垂直的关系可得点到平面的距离为,再求解即可.【详解】依题意,以C为原点,CB为x轴,为y轴,CA为z轴,建立空间直角坐标系,则,，,证明：,设平面的一个法向量为,则,令,则,即,平面；,设平面ABD的一个法向量为,则,令,则,又平面的一个法向量为,即二面角的余弦值为；设点到平面的距离为d,则易知,而,点到平面的距离为【点睛】本题主要考查了利用空间向量证明空间中的垂直问题以及二面角的计算方法等.需要根据题意找到合适的坐标原点建立空间直角坐标系,再利用对应的公式求解即可.属于中等题型.18已知椭圆C的一个顶点为，焦点在x轴上，若右焦点到直线的距离为
10、3求椭圆C的方程；设椭圆C与直线相交于不同的两点M，N，线段MN的中点为E当时，射线OE交直线于点为坐标原点，求的最小值；当，且时，求m的取值范围【答案】；（i）；（ii）.【解析】（）利用点到线的距离公式与求解即可.（）联立直线与椭圆的方程,求出关于两点M,N的二次方程与韦达定理,继而得出点的坐标,再化简求得的解析式,利用的关系换元求最值即可.当,且时,则,再表达出斜率的关系式化简利用的关系求m的取值范围即可.【详解】,设椭圆的右焦点,由题意得：,解得：,所以椭圆的方程：；）（i）设,将直线与椭圆联立整理得：,即,且，,所以MN的中点,所以射线OE：,与直线的交点,所以,所以,当且仅当,所以
11、时有最小值2（当,且时,则,所以,即,解得,所以m取值范围【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系,需要联立方程求韦达定理,进而表达出对应的关系式化简求解即可.属于难题.19已知数列是等比数列，数列是等差数列，且求数列的通项公式；令，证明：；求【答案】证明见解析【解析】() 设数列是公比为q的等比数列,数列是公差为d的等差数列,再利用基本量法根据题意求解对应的公比公差即可.()先求得,再利用裂项相消求和证明即可.()代入,再利用错位相减求解即可.【详解】设数列是公比为q的等比数列,数列是公差为d的等差数列,由,可得,解得,则；证明：,；由,可设,相减可得,化简可得【点睛】本题主要考查了等比、
12、等差数列的综合运用,需要根据题意列式求解对应的基本量,同时也考查了裂项相消以及错位相减等求和方法.属于中等题型.20已知函数讨论的单调性；若对恒成立，求实数a的取值范围；当时，设为自然对数的底若正实数满足，证明：【答案】见解析证明见解析【解析】求导后讨论的取值范围进行分析即可参变量分离后有恒成立,再设函数求导分析最大值即可.先证：存在,使得,利用导数的几何意义列构造函数,代入所证明的表达式中的自变量化简分析即可.【详解】函数的定义域为,当时,函数在上单调递增；当时,令解得,令解得,故此时函数在上单调递增,在上单调递减；对恒成立,即为对任意的,都有,设,则,令,则,在上单调递减,且,当时,单调递增；当单调递减,实数a的取值范围为证明：当时,不妨设,下先证：存在,使得,构造函数,显然,且,则由导数的几何意义可知,存在,使得,即存在,使得,又为增函数,即,设,则,由得,即【点睛】本题主要考查了导数单调性的分情况讨论以及利用导数分析最值与恒成立的问题等,需要构造函数,代入所给的自变量进行分析证明,属于难题.第 16 页 共 16 页
