1、天津市和平区2020届高考数学三模试题（含解析）一选择题1.集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的交、并、补运算得解.【详解】由题意得，所以 所以故选D.【点睛】本题考查集合的交、并、补运算，属于基础题.2.已知，如果是的充分不必要条件，则实数的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意可得q:x2,由是的充分不必要条件，得，选B.3.函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取特值判断正负，即可得出答案【详解】故选B【点睛】本题考查函数图象的识别，根据函数的定义域、值域、单调性、对称性及特值是解决问题的
2、关键，属于基础题4.三棱锥的棱长均为，顶点在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为三棱锥的棱长均为，所以该三棱锥为正四面体，其外接球的半径，所以其外接球的表面积为，故选C.考点：1.正多面体的外接球与内切球；2.球的表面积与体积.【名师点睛】本题考查正多面体的外接球与内切球、球的表面积与体积，属中档题；与球有关的组合体的类型及解法有：1.球与旋转体的组合通常通过作出它们的轴截面解题；2.球与多面体的组合，通常通过多面体的一条侧棱和不球心，或切点、接点作出轴截面，把空间问题转化为平面问题.5.设正实数分别满足，则的大小关系为( )A. B. C
3、. D. 【答案】C【解析】【分析】把看作方程根，利用数形结合思想把方程的根转化为函数图象交点的横坐标，则可以利用图象比较大小.【详解】由已知可得作出函数的图象，它们与函数图象的交点的横坐标分别为，如图所示，易得.故选C.【点睛】本题考查函数与方程，基本初等函数的图象.对于含有指数、对数等的方程，若不能直接求得方程的根，一般可以利用数形结合思想转化为函数图象的交点问题.6.已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为为左支上的一个动点，若周长的最小值等于实轴长的倍，则该双曲线的离心率为（）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先通过分析得到当且仅当共线，周长取得最小值，且为 可得解方程即得解
4、.【详解】由题意可得设由双曲线的定义可得， 则的周长为当且仅当共线，取得最小值，且为由题意可得即，即则故选【点睛】本题主要考查双曲线的定义和简单几何性质，考查双曲线的离心率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.7.如果函数的图象关于点成中心对称，且，则函数为A. 奇函数且在上单调递增B. 偶函数且在上单调递增C. 偶函数且在上单调递减D. 奇函数且在上单调递减【答案】D【解析】因为函数f（x）=cos（2x+）的图象关于点对称，那么可知，得到，因此可知，故可知函数为奇函数，且在递减，故选D8.已知直线与圆相交于两点, 点分别在圆上运动, 且位于直线两侧, 则四边形面积
5、的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：把圆化为标准方程，圆心，半径，直线与圆相交，由点到直线的距离公式的弦心距，由勾股定理的半弦长为，弦长为，又两点在圆上，并且位于直线的两侧，四边形的面积可以看出是两个三角形和的面积之和，如图所示，当为如图所示的位置，即为弦的垂直平分线时（即为直径时），两三角形的面积之和最大，即四边形的面积最大，最大面积为，故选A考点：直线与圆的位置关系的应用9.已知函数，函数，若方程有4个不同实根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】方程，化为，即或，要使方程有4个不同实根，则需方程有3个不同根，当时，方程
6、有1个根，则只需：时，与有两个交点即可，数形结合可得到答案【详解】解：方程，化，即或，要使方程有4个不同实根，则需方程有3个不同根，如图：而当时，方程有1个根，则只需：时，与有两个交点即可当时，过点作的切线，设切点为（），切线方程为，把点代入上式得或，因为，所以，切线斜率为，所以，即， 当时，与轴交点为令，解得故当时，满足时，与有两个交点，即方程有4个不同实根故选B.【点睛】本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查数形结合的思想，属于难题二填空题10.若复数其中是虚数单位，则 _【答案】【解析】 11.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名工人某日的产量数据(单位：件)若这两组数据的中位数相等
7、，且平均值也相等，则的值为_【答案】8【解析】【分析】已知两组数据的中位数相等，可以求出；甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数，根据平均数的定义可列式求出.【详解】由题意易知甲组数据的中位数为65，由于两组数据的中位数相等得；甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数，所以可得,.所以本题答案为8.【点睛】本题考查了根据茎叶图求平均数，根据平均数、中位数求原始数据，考查了计算能力，属基础题.12.若的展开式中所有项系数的绝对值之和为，则该展开式中的常数项是_.【答案】【解析】【分析】利用“的展开式中所有项系数和”与“的展开式中所有项系数的绝对值之和”之间的关系，求得的值，进而求得的展开式中的常数项.
8、【详解】二项式展开式的通项公式为，由于“的展开式中所有项系数的绝对值之和”等于“的展开式中所有项系数和”.由，令，可得，解得.所以二项式展开式的通项公式为，令，解得.所以二项式展开式的常数项为.故答案为：【点睛】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式的通项公式的运用，属于中档题.13.已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到的白球的个数为，则的概率是_；随机变量期望是_.【答案】【解析】根据题意知=0，1，2，；所以.故答案为.14.已知正数，满足，则当_时，的最大值为_.【答案】 (1). 4 (2). 【解析】
9、【分析】令，由题意得，且，由基本不等式可得，解不等式，由此可求出答案【详解】解：由得，令，则，且，又，当且仅当即时等号成立，即，化简得，或（舍去），故答案为：4；【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，考查转化与化归思想，考查计算能力，属于中档题15.如图所示，在四边形中，已知，与以为直径的半圆相切于点，且，若，则_；此时_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】利用向量的线性运算、数量积运算化简，由此求得，即.再利用向量线性运算和数量积运算，求得.【详解】依题意,因为，是半圆的直径，则，所以，所以，故.而，所以，所以，即.故答案为：；.【点睛】本小题主要考查向量的线性运算、数量
10、积运算，属于中档题.三解答题16.在中，角，所对的边分别是，且.(1)求的值；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可整理求得，进而求得和，代入求得结果；（2）利用正弦定理可将表示为，利用两角和差正弦公式、辅助角公式将其整理为，根据正弦型函数值域的求解方法，结合的范围可求得结果.【详解】（1）由正弦定理可得： 即 （2）由（1）知： ， ，即的取值范围为【点睛】本题考查解三角形知识的相关应用，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式和辅助角公式的应用、与三角函数值域有关的取值范围的求解问题；求解取值范围的关键是能够利用正
11、弦定理将边长的问题转化为三角函数的问题，进而利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.17.如图甲所示的平面五边形中，现将图甲所示中的沿边折起，使平面平面得如图乙所示的四棱锥在如图乙所示中（1）求证：平面；（2）求二面角的大小；（3）在棱上是否存在点使得与平面所成的角的正弦值为？并说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）推导出ABAD，AB平面PAD，ABPD，PDPA，由此能证明PD平面PAB；（2）取AD的中点O，连结OP， OC，由知OCOA，以为坐标原点，OC所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-
12、PB-C的大小；（3）假设点M存在，其坐标为(x, y, z)，BM与平面PBC所成的角为，则存在(0， 1)，有，利用向量法能求出在棱PA上满足题意的点M存在【详解】（1），平面平面，平面平面，平面，又平面，又，平面（2）取的中点，连结，由平面平面知平面，由知，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，则易得，设平面的法向量为，由，得，令得，设二面角大小为，则，二面角的大小（3）假设点存在，其坐标为，与平面所成的角为，则存在，有，即，则，从而化简得，解得，在棱上满足题意的点存在【点睛】本题主要考查了线面垂直面面垂直的判定与性质，利用向量求二面角，线面角，考查了推
13、理运算能力，空间想象力，属于中档题18.已知数列满足：，且，.（1）求，的值及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）分别令n= 1,2,3,能得到，的值，分n为奇数偶数求出数列的通项公式；（2）由知，利用错位相减法求数列的和即可.【详解】（1），且，则，解得，解得，解得，解得，当为奇数时，；当为偶数时，.即有（）；（2）由于为奇数，则，由于为偶数，则.因此，.，两式相减得，化简可得，.【点睛】本题考查数列的求值、求解通项公式的方法和用错位相减法求解通项公式的方法，解题时要认真审题,仔细解答,注意公式的灵活运用，属于中档题.19.已知椭圆的离心率，
14、椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线与椭圆交于、两点.在轴上是否存在点，使得且，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）椭圆上的点到左焦点的距离最大值为a+c,再结合离心率可得a和c的值，再由可得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，利用弦长公式求得丨MN丨，由，P在线段MN的中垂线上，利用韦达定理求出中点D的坐标，写出直线PD的方程，令x=0得，平方后即可求得m范围；【详解】（1）由题设条件可得，解得，所以，椭圆的标准方程为：（2）设，则整理得：，则，则，假设存在点满足题意，则，化简整理得，此时判别式
15、恒成立，所以且，设中点，则，由，则在线段的中垂线上.因为，直线的方程为：，令，则，或.即：.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查韦达定理及弦长公式，中点坐标公式的综合应用，考查化简整理的运算能力，属于中档题20.已知函数，（1）若直线与函数的图象相切，求实数的值；（2）若存在，使，且，求实数的取值范围；（3）当时，求证：【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】【分析】（1）由f（x0）可得切线方程为：y（）x+lnx0，与直线y2x完全相同，可得2，lnx00即可得出a（2）设t（x）exx，xRt（x）ex1，利用导数研究其单调性可得0是函数t（x）的
16、极小值点，可得再由g（x2）0，解得x2，可得x1的范围从而问题可转化为函数f（x）lnxax+1在x（1，+）上有零点由f（x）a对a分类讨论，研究其单调性即可得出（3）构造函数F（x）x2+g（x）f（x），利用导数研究其单调性极值与最值即可得出【详解】（1）设切点坐标为，由，得，所以切线方程为：，即.因为直线与函数图象相切，所以，解得.（2）设，则，令，得，且当时，：当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在时取得极小值为0，即.由，可得，所以即为，由题意可得：函数在上有零点.因为，当时，函数在上单调递增，所以，函数在上无零点：当时，令，得若，即时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，所以，函数在上无零点：若，即时，当时，：当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以函数在上无零点：又，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以，且在的图象连续不断，所以函数在上有且只有一个零点，即函数在上有零点.综上所述，.（3）当时，令 ，则，令，则当时，所以函数在区间上是增函数，又，所以函数存在唯一的零点，且当时，；当时，.所以当时，；当时，.所以函数在上递减，在上递增，故，由得：，两边取对数得：，故，所以，即.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题