1、天津市东丽区天津耀华滨海学校20192020学年度高三年级上学期第二次统练数学试卷一、选择题：本大题共9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.已知集合，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】先解得不等式,即,再根据并集定义求解即可【详解】由题,则,所以,则,故选：C【点睛】本题考查集合间的并集运算,考查解一元二次不等式2.若，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. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”
2、，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.3.已知双曲线的离心率是，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的离心率得出关于实数的方程，解出即可.【详解】由题意可知，该双曲线的离心率为，解得.故选：B.【点睛】本题考查利用双曲线的离心率求参数的值，考查
3、计算能力，属于基础题.4.已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，建立与的关系，即可得到夹角.【详解】因，所以，则，则，所以，所以夹角为故选B.【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，难度较小.5.记为等差数列的前n项和已知，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】等差数列通项公式与前n项和公式本题还可用排除，对B，排除B，对C，排除C对D，排除D，故选A【详解】由题知，解得，故选A【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出
4、首项与公差，在适当计算即可做了判断6.已知，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用中间量比较，运用中间量比较【详解】则故选B【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养采取中间变量法，利用转化与化归思想解题7.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式展开可得,即,再利用求解即可【详解】由题,即,因,则,所以,因为,所以,故选：C【点睛】本题考查由三角恒等关系式求三角函数值,考查倍角公式的应用8.我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦在所有
5、重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有2个阳爻的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻与阴爻,则共有种情况；一重卦恰有2个阳爻,则由种情况,进而可求得概率【详解】由题,随机取一重卦有种取法,其中恰有2个阳爻有种取法,则,故选：B【点睛】本题考查古典概型的应用,考查组合数的应用9.设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决【详解】时，即右移1个单位
6、，图像变为原来的2倍如图所示：当时，令，整理得：，（舍），时，成立，即，故选B【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10.已知复数为纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值是_.【答案】2【解析】【分析】由是纯虚数,则,求解即可【详解】由题,因为是纯虚数,所以,则,故答案为：2【点睛】本题考查已知复数类型求参数,一个复数是纯虚数,则虚部不为0,实部为011.设抛物线的焦点为，准线为，则以为圆心，且与相切的圆的方程为_.
7、【答案】【解析】【分析】由抛物线方程可知焦点,准线为,则,进而可得圆的方程【详解】由题,焦点为,准线为,则圆的半径,所以圆的方程为,故答案为：【点睛】本题考查抛物线的几何性质的应用,考查圆的标准方程12.如图，长方体的体积是60，为的中点，则三棱锥的体积是_.【答案】5【解析】【分析】由长方体的体积为60,即,而三棱锥的体积为,代入求解即可【详解】由题,长方体的体积为,所以,故答案为：5【点睛】本题考查三棱锥的体积,属于基础题13.设，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由题,代入原式中,得,整理后利用均值定理求解即可【详解】由题,因为,所以,则,所以,当且仅当,即或时,等号成立,则原式的
8、最小值为,故答案为：【点睛】本题考查利用均值定理求最值,需注意取等条件是否成立14.在的二项展开式中，常数项的值为_【答案】15【解析】【分析】写出二项展开式通项，通过得到，从而求得常数项.【详解】二项展开式通项为：当时，常数项为：本题正确结果：【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.15. 在四边形中， ， ， ，点在线段的延长线上，且，则_.【答案】.【解析】【分析】建立坐标系利用向量的坐标运算分别写出向量而求解【详解】建立如图所示的直角坐标系，则，因为，所以，因为，所以，所以直线的斜率为，其方程为，直线的斜率为，其方程为由得，所以所以【点睛】平面向量问题有两大类解法：基向量法和坐标
9、法，在便于建立坐标系的问题中使用坐标方法更为方便三、解答题：本大题共2小题，共25分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.在中，点在线段上，若，求和.【答案】，.【解析】【分析】在中可得,则,在中,利用正弦定理可求得,利用求得,则可得到,进而由求解即可【详解】在中,由勾股定理得,在中,由正弦定理得,【点睛】本题考查利用正弦定理求边长,考查和角公式的应用,考查运算能力17.设是等差数列，且，成等比数列.求通项公式；记，求.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用等比中项可得,将等差数列的通项公式代入可得,即可求得公差,进而得到通项公式；（2）由（1）可得,利用错位相减法求和即可【详解】（1）由题,设等差数列的公差为,成等比数列,即,也即,解得,即数列的通项公式为（2）由（1）可得两边同乘以4,得【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查等比中项的应用,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力