《天津市滨海新区高三数学毕业班质量监测试题理含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津市滨海新区高三数学毕业班质量监测试题理含解析（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年天津市滨海新区高三毕业班质量监测数学试卷（理工类）第卷参考公式：如果事件互斥，那么.柱体的体积公式.锥体的体积公式.其中表示柱（锥）体的底面积，表示柱（锥）体的高.如果事件独立，那么球的表面积、体积公式：，其中为球的半径.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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数的性质，求得集合，再根据集合的交集运算，即可求解【详解】由题意，集合，则，故选B【点睛】本题主要考查了集合的运算，其中解答中利用指数函数的性质，正确求解集合，再利用集合的交集的运算是解答的关键，着重考查了推理运算能力，属
2、于基础题2.若满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最小值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最小值为.故选C.【点睛】本小题主要考查线性规划求目标函数的最小值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.3.设，则“”是“” 的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】解绝对值不等式求得的取值范围.然后根据两者的范围判断正确选项.【详解】由，得，解得，是的子集，故“”是“”的充分而
3、不必要条件.故选A.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查充分、必要条件的判断，属于基础题.4.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为（ ）A. 2020B. C. 2020D. 【答案】D【解析】【分析】执行如图所示的程序框图，逐项计算，根据判断条件终止循环，即可求解，得到答案【详解】由题意，执行如图所示的程序框图，第1次循环：，不满足判断条件；第2次循环：，不满足判断条件；第3次循环：，不满足判断条件；第4次循环：，不满足判断条件，终止循环，输出结果，故选D【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中正确理解程序框图的运算功能，逐项计算是解答的
4、关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题5.已知函数，且，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数，可得，得到函数为偶函数，图象关于y轴对称，又由由二次函数的性质可得，函数在上为单调递增函数，则函数在上为单调递减函数，再根据对数函数的性质，结合图象，即可求解详解】由题意，函数，满足，所以函数为定义域上的偶函数，图象关于y轴对称，又当时，由二次函数的性质可得，函数在上为单调递增函数，则函数在上为单调递减函数，又由，根据对称性，可得，即，故选A【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，其中解答中得到函数的单调性与奇偶性，以及熟练应用对数函数的性质是解答
5、的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题6.过双曲线的右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，的面积为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，代入双曲线方程可得，由三角形的面积公式，可得的关系，由离心率公式计算可得所求值【详解】右焦点设为，其坐标为令，代入双曲线方程可得的面积为 可得本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线的对称性、考查双曲线的离心率和渐近线方程，属于中档题7.已知函数，其中.若函数的最小正周期为，且当时，取最大值，是（ ）A. 在区间上是减函数B. 在区间上是增函数C. 在区间上是减函数D. 在区间上是增函数【答案】B【解析】【分析】先
6、根据题目所给已知条件求得的解析式，然后求函数的单调区间，由此得出正确选项.【详解】由于函数的最小正周期为，故，即，.所以.由，解得，故函数的递增区间是，令，则递增区间为，故B选项正确.所以本小题选B.【点睛】本小题主要考查三角函数解析式的求法，考查三角函数单调区间的求法，属于基础题.8.已知函数，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】画出函数与的图像，根据两个函数图像有两个不同的交点，求得实数的取值范围.【详解】画出函数与的图像如下图所示，其中,由图可知，当时，两个函数图像有两个不同的交点.，故.注意到，即时，两个函数图像只
7、有一个交点，不符合题意，由此排除B,C,D三个选项.故本小题选A.【点睛】本小题主要考查分段函数的图像与性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.第卷二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9.已知复数在复平面内对应点是，为虚数单位，则_.【答案】【解析】【分析】写出对应的复数，利用复数的除法运算化简所求表达式，由此得出正确结论.【详解】依题意，故原式.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应的点的坐标，属于基础题.10.的展开式中，含的项的系数为_.（用数字填写答案）.【答案】70【解析】【分析】求得二项展开式的通项为，令，代入即可求解，得到答案【详解】由题意，二项式的
8、展开式的通项为，令时，即的项的系数为【点睛】本题主要考查了二项展开式中指定项的系数的求解，其中解答中熟记二项展开式的通项，准确计算是解答额关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题11.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，侧棱与底面边长均为2，则该三棱柱的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】先找到球心的位置，然后计算出球的半径，进而求得外接球的表面积.【详解】画出图像如下图所示，设是底面的外心，则球心在其正上方，也即中点的位置.故外接球的半径，故外接球的表面积为.【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的求法，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.12.在平面直角坐标系中，
9、以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程，（为参数）.则曲线上的点到直线的距离的最小值为_.【答案】【解析】【分析】把参数方程，设极坐标化为直角坐标方程，求出弦心距，则即为所求，得到答案【详解】直线的极坐标方程为，即为，化为直角坐标方程，把曲线的参数方程（为参数），可得普通方程，表示以为圆心，半径为的圆，则圆心到直线的距离为，所以曲线上的点到直线的距离的最小值为【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程互化，以及点到直线的距离公式的应用，其中解答中熟记互化公式，合理利用圆的性质求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题13.已知
10、为正实数，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】化简题目所求表达式，然后利用基本不的等式求得最小值.【详解】原式，令，则上式变为，当且仅当时等号成立，故最小值为.【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最小值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.14.如图，在梯形，且，则的值为_.【答案】【解析】【分析】将转化为用来表示，解方程求得的值.【详解】依题意,，解得.【点睛】本小题主要考查向量的加法和减法运算，考查向量数量积的运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.三、解答题：本大题共6个小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.在中，内角的对边分别为，.（）求角的
11、大小；（）若，求的值.【答案】（）（）【解析】【分析】（I）利用正弦定理化简已知条件，求得值，由此求得的大小.（II）根据余弦定理求得，利用正弦定理求得，利用同角三角函数关系式求得，由二倍角公式求得的值，再由两角差的正弦公式求得的值.【详解】解：（）由已知及正弦定理得，（）因为，由余弦定理得，由，因为为锐角，所以，【点睛】本小题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式以及两角差的正弦公式，属于中档题.16.某高中志愿者男志愿者5人，女志愿者3人，这些人要参加社区服务工作.从这些人中随机抽取4人负责文明宣传工作，另外4人负责卫生服务工作.（）设为事件；
12、“负责文明宣传工作的志愿者中包含女志愿者甲但不包含男志愿者乙”，求事件发生的概率；（）设表示参加文明宣传工作的女志愿者人数，求随机变量的分布列与数学期望.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）从8人中随机抽取4人负责文明宣传基本事件的总数为，事件包含基本事件的个数为，利用古典概型的计算公式，即可求解（）由题意，得到随机变量可取的值，求得相应的概率，得出相应的分布列，利用期望的公式，即可求解【详解】（）从8人中随机抽取4人负责文明宣传的基本事件的总数为，事件包含基本事件的个数为，则.（）由题意知可取的值为：0，1，2，3.则，因此的分布列为0123的数学期望是.【点睛】本题主要考查了古典概型及
13、其概率的计算，以及随机变量的分布列及期望的求解，其中解答中认真审题，得出随机变量的取值，求得相应的概率得到分布列是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题17.如图，平面，点分别为的中点.（）求证：平面；（）求二面角的正弦值；（）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.【答案】（）证明见解析；（）；（）.【解析】【分析】（）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到；（）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解（）设，则，从而，由（）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解【
14、详解】（）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.由点和分别为和的中点，可得且，因为为的中点，所以且，可得且，即四边形为平行四边形，所以，又，所以.（）因为，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.依题意可得，.设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得.，于是.所以，二面角的正弦值为.（）设，即，则.从而.由（）知平面的法向量为，由题意，即，整理得，解得或，因为所以，所以.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18.已知数列的前项和为，设.（）证明：是等比数列；（）设，求的前项和，若对于任意恒成立，求的取值范围.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）
