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1、天津一中 2020 学年度高三年级三月考试卷数学（文史类）第卷一、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每小题 5 分，共40 分1.已知全集，集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】算出后可得.【详解】 ，所以，选C.【点睛】本题考查集合的交补运算，属于基础题.2.设变量 满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线可得目标函数的最小值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：当动直线过时，有最小值，又由得，故.【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常
2、通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率3.下列命题中正确的是（ ）A. 若 为真命题，则 为真命题B. “ ， ”是“ ”的充分必要条件C. 命题“若 ，则或 ”的逆否命题为“若 或，则”D. 命题 ，使得，则，使得 【答案】D【解析】【分析】利用反例可得A错、B错，利用逆否命题和存在性命题的构成规则可得C错D正确.【详解】对于A，一真一假时，为真，为假，故A错；对于B，取，则，但，故B错；对于C，命题“若，则或”的逆否命题为：“若且，则”，故C错；对于D，命题“，使得 ”的否定为：“，均有 ”，故D正确.综上，选D
3、.【点睛】（1）复合命题的真假判断为“一真必真，全假才假”，的真假判断为“全真才真，一假即假”，的真假判断是“真假相反”（2）全称命题的一般形式是：，其否定为.存在性命题的一般形式是，其否定为（3）命题中，“或”的反面是 “且” （4）充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.4.阅读如图所示的程序框图，若输入的分别为 ，运行相应的程序，则输出的值
4、为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算每次判断后的各变量的取值后可得何时终止循环及相应的输出值.【详解】第一次判断后，；第二次判断后，；第三次判断后，第四次判断前，判断后终止循环，故输出值为 ，故选D.【点睛】对于流程图的问题，我们可以从简单的情形逐步计算归纳出流程图的功能，在归纳中注意各变量的变化规律.5.已知定义在R上的函数的图象关于对称，且当时，单调递减，若，则a，b，c的大小关系是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据对称性将自变量转化到上，再根据时单调递减，判断大小.【详解】定义在上的函数的图像关于对称，函数为偶函数，当时，单调递减，故选A【
5、点睛】比较两个函数值或两个自变量的大小：首先根据函数的性质把两个函数值中自变量调整到同一单调区间，然后根据函数的单调性，判断两个函数值或两个自变量的大小6.函数（，）的最小正周期是，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数的图象（ ）A. 关于点对称B. 关于直线对称C. 关于点对称D. 关于直线对称【答案】B【解析】由于函数最小正周期为,所以,即.向左平移得到为奇函数,故,所以.,故为函数的对称轴,选B.7.已知双曲线的一个焦点为,且双曲线的渐近线与圆相切,则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：依题意有，解得，所以方程为.考点：双曲线的概念与性质
6、【此处有视频，请去附件查看】8.在平面内，定点A，B，C，D满足=, = = =2，动点P，M满足=1，=，则的最大值是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：甴已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设由已知，得，又，它表示圆上的点与点的距离的平方的，故选B.【考点】平面向量的数量积运算，向量的夹角，解析几何中与圆有关的最值问题【名师点睛】本题考查平面向量的夹角与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最大值，因此我们要把它用一个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中得出，且，因此我们采用解析法，即建立直角坐标系，写出点的坐标，同时动点的轨迹是圆，则
7、，因此可用圆的性质得出最值因此本题又考查了数形结合的数学思想第卷二填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分9.设 （为虚数单位），则_.【答案】【解析】【分析】利用复数的四则运算法则，运算可得结果.【详解】，故填.【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题.10.已知函数，且则实数等于_.【答案】【解析】【分析】先利用求出，而，令后可得，从而解得的值，注意.【详解】因为，令，则，所以.又，令，得 ，故，求得或，又，故，填.【点睛】本题考查导数的四则运算，是基础题.11.已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为_.【答案】【解析
8、】分析：由题意首先求解底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积.详解：由题意可得，底面四边形为边长为的正方形，其面积，顶点到底面四边形的距离为，由四棱锥的体积公式可得：.点睛：本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12.圆心在直线，且与直线相切于点的圆的标准方程为_.【答案】【解析】试题分析：可设圆标准方程： ，则根据题意可列三个条件： ，解方程组可得 ，即得圆方程试题解析：设则，解得所以（x-1）2+（y+4）2=8点睛：确定圆的方程方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程(2)待定系数法若已知条件与圆心
9、和半径有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值13.已知正实数满足 ，当取最小值时，的最大值为_.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式可得当且仅当时有最小值3，从而得到，利用二次函数的性质可得其最大值.【详解】由基本不等式有，因，故，当且仅当时等号成立，故有最小值3，此时，故，故当时，有最大值为，故填.【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，求最值时要注意等号成立的条件是什么.14.已知函数，若存在，使得关于的函数有三个不同的零点，则
10、实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】去掉函数解析式中的绝对值得到，因为，故，根据 有三个不同的零点并结合函数的图像可得，利用不等式在上有解得到的取值范围.【详解】，因为，则，所以在为增函数，在上为增函数，在为减函数.因为 有三个不同的零点，所以的图像与直线有三个不同的交点，故在有解，整理得到即.因，故，故.【点睛】含参数的函数的零点个数问题，可以利用函数的单调性和零点存在定理来判断，如果该函数比较复杂，那么我们可以把该零点个数问题转化为两个熟悉函数图像的交点问题，其中一个函数的图像为直线，另一个函数的图像为常见函数的图像.三解答题：本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或
11、演算步骤15.某公司需要对所生产的三种产品进行检测，三种产品数量（单位：件）如下表所示：产品ABC数量（件）18027090采用分层抽样的方法从以上产品中共抽取6件.（1）求分别抽取三种产品的件数；（2）将抽取的6件产品按种类编号，分别记为，现从这6件产品中随机抽取2件.（）用所给编号列出所有可能的结果；（）求这两件产品来自不同种类的概率.【答案】（1）2件、3件、1件；（2）【解析】试题分析：（1）由条件先确定在各层中抽取的比例，然后根据分层抽样的方法在各层中抽取可得A、B、C三种产品分别抽取了2件、3件、1件（2）（）由题意设产品编号为； 产品编号为 产品编号为，然后列举出出从6件产品中随
12、机抽取2件的所有可能结果（）根据古典概型概率公式求解即可试题解析：（1）由题意得在每层中抽取的比例为，因此，在产品中应抽取的件数为件，在产品中应抽取的件数为件，在产品中应抽取的件数为件所以A、B、C三种产品分别抽取了2件、3件、1件. （2）（i）设产品编号为； 产品编号为 产品编号为，则从这6件产品中随机抽取2件的所有结果是： ，共个（ii）根据题意，这些基本事件的出现是等可能的；其中这两件产品来自不同种类的有：，共11个. 所以这两件产品来自不同种类的概率为 16.在中，角的对边分别为，且满足.（1）求；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由条件及正弦定理得，整
13、理得，由余弦定理得，可得（2）由知为锐角，可得，从而, ，然后根据两角差的余弦公式可得结果试题解析：（1）由及正弦定理得，整理得，由余弦定理得，又，所以（2）由知为锐角，又，所以 ，故 ， ，所以点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.17.如图，在四棱锥中，底面的边长是的正方形，为上的点，且平面.（1）求证：；（2）求证：平面
14、平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【试题分析】(1)利用平面得到,而,所以平面,所以.(2)由于,所以平面,所以平面平面.(3) 取的中点，连接，,利用(2)的结论证得平面,就是与平面所成的角,通过解直角三角形求得线面角的正弦值.【试题解析】证明：（1）平面，平面，, ,平面,平面.（2）是正方形，,，平面,平面，平面平面,（3）取的中点，连接，平面平面，平面,平面平面,平面,是在平面内的射影.就是与平面所成的角,在等腰中，是的中点，,在中，,，,.18.已知等比数列的前项和为，满足,，数列满足， ，且.（1）求数列,的通项公式；（2）设
15、， 为的前项和，求.【答案】（1），；（2）.【解析】试题分析：（1）由，可推出，结合，即可求出数列的通项公式，再将两边同除以得，可推出数列为等差数列，从而可求出的通项公式；（2）由（1）知，利用分组求和，裂项相消法及错位相减法即可求出.试题解析：（1） 又 由两边同除以，得，从而数列为首项，公差的等差数列，从而数列的通项公式为 (2)由（1）知 设， 则， 两式相减得， 整理得. 点睛：（1）分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如 ），符号型（如 ），周期型（如 ）；（2）用错位相减法求和的注意事项：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；在写出“”与“”的表达式时应特别注意将
16、两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解19.设椭圆：的一个顶点与抛物线的焦点重合，分别是椭圆的左、右焦点，且离心率，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点（）求椭圆的方程；（）若（为原点），求直线的方程；（）若是椭圆经过原点的弦，求证：为定值.【答案】（1）（2）或（3）详见解析【解析】试题分析：（1）由题意，椭圆的标准方程为1；（2）设直线l的方程为yk(x1)(k0)，x1x2y1y22，利用韦达定理，解得答案；（3）|MN|x1x2|，|AB|x3x4|，代入韦达定理计算，得到答案。试题解析：(1)椭
17、圆的顶点为(0，)，即b，e，a2，椭圆的标准方程为1.(2)由题可知，直线l与椭圆必相交当直线斜率不存在时，经检验不合题意当斜率存在时，设直线l的方程为yk(x1)(k0)，且M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(34k2)x28k2x4k2120，x1x2，x1x2，x1x2y1y2x1x2k2x1x2(x1x2)1k22，解得k，故直线l的方程为y (x1)或y (x1)(3)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，由(2)可得|MN|x1x2|，由消去y并整理得x2，|AB|x3x4|4，4，为定值20.已知函数,（）当时，求函数的单调区间；（
18、）若不等式对任意的正实数都成立，求满足条件的实数的最大整数；（）当时，若存在实数且，使得，求证：.【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为；（2）；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）当时，通过求导得出函数的单调性；（2）由可得对任意的正实数都成立，等价于对任意的正实数都成立，设，求出，即可求出实数的最大整数；（3）由题意，（），得出在上为减函数，在上为增函数，若存在实数，则介于之间，根据函数单调性列出不等式组，即可求证.试题解析：（1）当时，当时，函数在区间上为减函数. 当时，令， 当时，；当时，函数在区间上为减函数，在区间上为增函数. 且，综上，的单调减区间为，单调增区间为. （2）
19、由可得对任意的正实数都成立，即对任意的正实数都成立.记，则 ，可得，令在上为增函数，即在上为增函数 又,存在唯一零点，记为 ，当时，当时，在区间上为减函数，在区间上为增函数.的最小值为. ，可得.又实数的最大整数为2. (3)由题意，（）， 令， 由题意可得，,当时，；当时，函数在上为减函数，在上为增函数. 若存在实数，则介于之间，不妨设.在上单减，在上单增，且, 当时，由，可得，故， 又在上单调递减，且.，同理，则,解得.点睛：本题主要考查利用函数导数研究函数的单调性,最值,考查利用函数的导数求解不等式恒成问题.要通过求解不等式恒成立问题来求得参数的取值范围,可将不等式变形成一为零的形式,然后将另一边构造为函数,利用函数的导数求得这个函数的最值,根据最值的情况来求得参数的取值范围.
天津市第一中学高三数学上学期第三次月考试题文含解析
