1、2021届天津市十二区县重点学校高三下学期毕业班联考（一）数学试题一、单选题1设全集，集合，则（ ）ABCD【答案】C【分析】首先求出，利用集合的基本运算即可求解.【详解】全集， ，所以又，所以.故选：C2已知，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用充分、必要条件的定义和不等式的基本性质进行判定即可【详解】当时，“x2”成立，但 ,故“”，故“x2”不是“”的充分条件， “”等价于，即能推出，“x2”是“”的必要条件，故“x2”是“”的必要不充分条件，故选:B.【点睛】本题考查充分、必要条件的判定，关键是注意两点：（1）在不等
2、式两边同乘以一个正数，不等号不变，同乘以一个负数，不等号的方向改变.（2）在判定不充分条件时，只需要举出一个反例即可，在判定必要性时，可以假定条件不成立，推出与结论相矛盾的结论即可.3函数的图象大致为（ ）ABCD【答案】D【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】由函数的解析式可得：，则函数为偶函数，其图象关于坐标轴对称，选项AB错误；当时，选项C错误.故选：D.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势(3)从函数的奇
3、偶性，判断图象的对称性(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项4已知，则a，b，c的大小关系是（ ）ABCD【答案】D【分析】利用对数函数的性质判定,利用指数幂的运算化为同底数的幂后利用指数函数的性质可以判定，从而得到结论.【详解】,故选D.【点睛】本题考查利用指数、对数函数的性质比较大小问题，关键是熟练掌握和运用指数、对数函数的单调性.52020年是脱贫攻坚战决胜之年凝心聚力打赢脫贫攻坚战，确保全面建成小康社会某县举行扶贫知识政策答题比赛，分初赛和复赛两个阶段进行规定：初赛成绩大于80分的进入复赛，某校有500名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间内，其频率分布直
4、方图如图所示，则进入复赛的人数为（ ）A125B250C375D400【答案】A【分析】根据直方图求得成绩大于80分的频率，然后乘以总人数即得所求.【详解】由直方图可知，成绩大于80分的频率为,又总人数为500人，所以进入复赛的人数为5000.25=125,故选：A.【点睛】本题考查直方图，关键是理解直方图的意义.6若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）ABCD【答案】C【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积【详解】解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：；所以外
5、接球的半径为：所以外接球的表面积为：故选：C【点睛】本题是基础题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力7设函数的最大值为2，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且的图象关于直线对称，则下列判断正确的是（ ）A函数在上单调递减B函数的图象关于点对称C函数的图象关于直线对称D要得到的图象，只需将图象向右平移个单位【答案】C【分析】依题意可求得，从而可求得的解析式，从而可以对函数的单调区间、对称中心、对称轴、平移一一判断.【详解】由已知：，所以，令，得，故选项A错误；根据函数的解析式可知对称中心的纵坐标一定是，故选项B错误；令，解得，当时，符合题意
6、，故选项C正确；对于选项D，需将图象向右平移个单位才能得到，故选项D错误.故选：C.【点睛】解决本题的关键是要求出的解析式，然后要对单调性、对称性以及平移很熟悉8直线l与双曲线的一条渐近线平行，且l过抛物线的焦点，交C于A，B两点，若，则E的离心率为（ ）A2BCD【答案】B【分析】由题意，根据双曲线的渐近线方程，求得直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，再根据抛物线的定义得到弦长， 求得，即可求解双曲线的离心率.【详解】由题意，双曲线的一条渐近线的方程为，设直线的方程为，又由抛物线的焦点，则，即，所以直线的方程为；设，联立，得，所以，根据抛物线的定义可知，即，即，又由，所以，所
7、以，故选：B.【点睛】关键点睛：本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟记双曲线的几何性质，以及抛物线的标准方程与几何性质和抛物线的焦点弦的性质的合理应用是解答的关键.9已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【分析】函数恰有2个零点，转化为直线与的图象有两个交点，作出函数的图象及直线观察它们交点个数，对函数要分类讨论，求在原点处或过原点的切线斜率【详解】如图，数形结合，观察直线与曲线的位置关系.当，故在处的切线方程为.当，同理可得在处的切线方程为.当，设切点为，其中，则过该点的切线方程为，代入，得，故过的切线方程为.可得当时，有两个交点，
8、即函数恰有两个零点.此时故选：B【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题关键是转化为直线与函数图象交点个数，通过数形结合思想求解二、填空题10i是虚数单位，则为_.【答案】【分析】先利用复数的除法运算化简，然后利用模的公式计算.【详解】,故答案为：【点睛】本题考查复数的除法运算和模的计算，利用复数的除法运算化简是关键，注意分子分母同乘以分母的共轭复数，并利用复数的乘法运算法则化简.11在的展开式中，则的系数为_.【答案】240【分析】写出二项展开式的通项公式，令的幂指数为，求出通项中的即可求解.【详解】依题意可得，的展开式的通项为，令，解得，故项的系数为.故答案为：240【点睛】本题考查利用二项
9、式定理求二项展开式中某项的系数；考查运算求解能力；正确写出二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题.12已知直线与圆相切，则正实数k的值为_.【答案】【分析】利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.【详解】，圆心为，直线与圆相切可得，解得或，所以正实数k的值为故答案为：13已知，则的最小值为_.【答案】【分析】由已知得,将所求式子化为，然后利用“1的代换”和基本不等式求最值.【详解】因为，所以,所以= ，当 ，即时取等号，的最小值为 .故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，关键是利用“1的代换”进行转化.14在平面四边形中，若点M为边上的动点，则的最小值为_.【答案】【分析】
10、根据题目条件，建立适当的直角坐标系，并结合已知条件得到相关点的坐标，设出线段CD上的动点的坐标，求得的坐标关于t的表达式，得到关于t的表达式，利用二次函数的性质求得最小值.【详解】如图所示，建立直角坐标系.由得,由得,又，=90，且2,30.,作CFAD于F,，DCF=30，由,，,在线段上，故可设,（）,当时取得最小值,故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的数量及的最值问题，关键是建立坐标系，并利用已知条件得到相关点的坐标，要熟练掌握线段上的点的坐标的设法.三、双空题15一个盒子里有1个红1个绿4个黄六个相同的球，每次拿一个，共拿三次，记拿到黄色球的个数为X.（1）若取球过程是无放回的，则事
11、件“”的概率为_；（2）若取球过程是有放回的，则_.【答案】 2 【分析】（1）无放回取球时，利用组合计数求得总的取法数和其中黄球个数为2个的取法数，进而求得概率；（2）可以得到X服从二项分布,利用计算即可.【详解】（1）无放回取球时，6个球任取三个，有种不同的取法，其中黄球个数为2个的取法有，故;（2）有放回取球时，每次取到黄球的概率都是,取到黄球的次数X服从二项分布，取到黄球的个数的期望值为,故答案为：（1）；（2）2.【点睛】本题考查无放回取球和有放回取球的概率和概率分布的期望问题，利用组合计数可以求得（1），利用二项分布的期望公式可以得到（2）的结论.四、解答题16已知在中，角A，B，
12、C所对边分别为a，b，c，.（）求角C的大小；（）若，求的值.【答案】（）；（）.【分析】（）利用正弦定理的边角互化以及余弦定理即可求解.（）利用正弦定理的边角互化可得，再由求出，再利用两角和的余弦公式即可求解.【详解】（）由正弦定理得，即 ， 又 ；（），由正弦定理得， ， ， 17如图，在三棱锥中，底面.点D，E，N分别为棱的中点，M是线段的中点，. （）求证：平面；（）求二面角的正弦值；（）已知点H在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.【答案】（）证明见解析；（） ；（）或1.【分析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何
13、问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出的值.【详解】（）如图所示建立空间直角坐标系.则，证明：.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得 ，又， 可得.因为平面， 所以平面 ，（）解：易知为平面的一个法向量. 设为平面的法向量，则，因为，所以.不妨设，可得 ，因此有， 于是.所以，二面角的正弦值为 ；（）依题意，设， 则，进而可得
14、，由已知，得， 整理得， 解得，或.所以，线段的长为或1【点睛】本题考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角.空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易.18已知椭圆的左焦点为F，离心率，长轴长为4.（）求椭圆的方程；（）过点F的直线l与椭圆交于M，N两点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于P点，求面积的最大值，并求此时直线l的方程.【答案】（）；（）2，或.【分析】（）由长轴长求得a的值，利用离心率求得c的值，根据基本平方关系求
15、得b,进而写出方程；（）法一：设的方程为，联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，求得的面积关于m的表达式，利用换元方法转化，利用基本不等式求最值即可；法二：当k不存在时，直接求得的面积的值 ；当k存在且时，设直线方程为，与椭圆方程联立，求得的面积关于k的表达式，利用换元方法转化，利用基本不等式求最值即可.【详解】（）因为椭圆长轴长为4，所以， 因为椭圆的离心率为，所以， 又，解得， 所以椭圆C的方程为； （）法一：设的方程为， 联立方程组 ， ，原点到直线的距离点P到直线的距离为 ，令 ， ，当时，面积取到最大值2，此时，直线l的方程为或. 法二：当k不存在时， ；当k存在且时，设直线
16、方程为，与椭圆方程联立，可得， 显然， ， ， 令 ，上式，上式，当且仅当，即时，取到最值. 综上，当时，取得最大值2.此时，直线l的方程为或.【点睛】本题考查圆锥曲线中的面积最值问题，关键是求得面积的函数表达式，注意换元方法的运用和基本不等式的运用.19等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，.（）求数列和的通项公式；（）若数列满足，求数列的前项和.（）求.【答案】（）；（）；（）.【分析】（）利用等差等比数列的通项公式用公差和公比表示已知条件，可求得公差和公比，进而得到通项公式；（）利用分组求和法，转化为,第一部分利用等差数列求和公式求和，第二部分，利用错位相减求和法求得；（）可裂项为
17、，然后相加相消求和.【详解】（）设数列的公差为d，数列的公比为q，及得解得 所以. （）设前项n和为A 设前项n和为B 综上可知 （） 令 【点睛】本题考查等差数列等比数列的通项和求和，分组求和方法，错位相减法求和和裂项相消求和法，关键是第二问中的分组求和和第三问中的裂项技巧.20已知，（n为正整数，）（）若在处的切线垂直于直线，求实数m的值；（）当时，设函数，证明：仅有1个零点.（）当时，证明：.【答案】（）；（）证明见解析；（）证明见解析.【分析】（）依题意知切线斜率为，由求解即可；（）当时，在区间上单调递增，又，所以在区间上有一个零点；当时，当时，即单调递减；当时，即单调递增，又，在区间
18、上无零点；（）先证，问题转为证明即可，法一：令，求导分析单调性求最值，从而证明问题；法二：令，求导分析单调性得，从而证明【详解】（），依题意得 （）要证仅有1个零点，即证仅有1个实根即证，仅有1个实根 当时，在区间上单调递增， 又，所以在区间上有一个零点. 当时，设.，所以在区间上单调递增.又，所以存在，使得.所以，当时，即单调递减；当时，即单调递增；又，.所以在区间上无零点. 综上所述，函数在内只有一个零点. （）当时，要证，只需证： 令，所以在单调递减所以所以 要证（1），只需证 法一：令 令 ，在单调递减，使，即，当，单调递增当，单调递减，所以原命题得证 ，法二：令在单调递减，在单调递增， ，即证原命题得证【点睛】关键点点睛：本题主要考查了证明不等式恒成立问题，关键是对不等式进行变形放缩，结合导数求函数单调性进行证明
