1、天津市滨海新区四校2020届高三数学联考试题（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.共150分.考试时间120分钟.第卷选择题(共45分)注意事项：1.答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的位置上.2.第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；参考公式：如果事件、互斥，那么柱体的体积公式.其中表示柱体的底面积，表示柱体的高.一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，满分45分.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出的补集，再求交集【详解】由题意，故选：A【点睛】本题考查集合的综合运算，掌握集
2、合运算的定义是解题关键2.已知直线，和平面，若，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【解析】【分析】由线面垂直的判定定理与性质定理，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可得到“”是“”的必要不充分条件【详解】由线面垂直的判定定理得：若，则“”不能推出“”， 由“”，根据线面垂直的性质定理，可得“”， 即“”是“”的必要不充分条件， 故选B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件的判定，以及线面垂直的判定定理和性质定理的应用，其中解答中熟记线面垂直的判定定理和性质定理，合理利用充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了
3、推理与运算能力，属于基础题3.将某市参加高中数学建模竞赛的学生成绩分成6组，绘成频率分布直方图如图所示，现按成绩运用分层抽样的方法抽取100位同学进行学习方法座谈，则成绩为组应抽取的人数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据6个矩形面积之和等于1求出，再用样本容量乘以第4个矩形的面积即可得到答案.详解】依题意得，解得，所以成绩为组应抽取的人数为，故选：C【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了分层抽样，属于基础题.4.已知正方体的表面积为，若圆锥的底面圆周经过四个顶点，圆锥的顶点在棱上，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据正方体的
4、表面积求出，再求出圆锥的底面积和高代入圆锥的体积公式即可得到结果.【详解】设正方体的棱长为，则，所以，所以圆锥的底面半径为，所以底面积为，又圆锥的高为，所以圆锥的体积为.故选：C【点睛】本题考查了正方体与圆锥的组合体，考查了正方体的表面积，考查了圆锥的体积公式，属于基础题.5.已知函数是定义在上的奇函数，且在单调递增，若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先得出在上为增函数，根据奇函数的性质将化为，根据对数函数的单调性和指数函数的性质得到，再根据的单调性即可得到答案.【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且在单调递增，所以，且在上为增函数，因为，且，所以，即.
5、故选：D【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性，考查了对数函数的单调性、指数函数的性质，属于基础题.6.已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过作与一条渐近线平行的直线，交另一条渐近线于点，交抛物线的准线于点，若三角形（为原点）的面积，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，联立直线与渐近线方程得出的坐标，联立直线与准线方程得出的坐标，根据三角形的面积得出，再结合，可解得结果.详解】由得，所以，所以直线，抛物线的准线为：，联立可得，所以，联立可得，所以，所以，所以，所以，即，又，所以，所以，所以，所以双曲线的方程为.故选：D.
6、【点睛】本题考查了抛物线和双曲线的几何性质，考查了三角形的面积，考查了运算求解能力，属于基础题.7.已知函数的最小正周期为，若将的图象上所有的点向右平移个单位，所得图象对应的函数为奇函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换思想化简函数的解析式，利用该函数的最小正周期可求得的值，利用平移变换求出函数的解析式，由函数为奇函数可求得的值，进而可求得的值.【详解】，由于函数最小正周期为，则，则，将函数的图象上所有的点向右平移个单位，所得图象对应的函数为，由于函数为奇函数，则，可得，所以，当时，.因此，.故选：C.【点睛】本题考查利用正弦型函数的周期性、奇偶性求参
7、数，同时也考查了利用函数图象平移变换求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.8.已知，数列为等比数列，数列的前项和为，若对于恒成立，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】基本量法求出的公比，由等比数列前项和公式得，然后求出的最小值，再解相应的不等式可得【详解】设数列的公比是，又，解得，它是关于的增函数，由，解得故选：A【点睛】本题考查等比数列的基本量运算，考查等比数列前项和公式，考查数列的最值，掌握等比数列基本时运算是解题关键9.在平面四边形中，为中点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在上取点，使得，由得出，从而可得，是和的中点，从
8、而由可求得的长，再用表示出，进行数量积的运算【详解】在上取点，使得，连接交于，即，又，设，则，是中点，又，故选：C【点睛】本题考查向量的数量积，解题关键是作图，在上取点，使得，由得出，利用图形进行数量积的运算第卷非选择题(共105分)二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上.10.为虚数单位，若为纯虚数，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】由除法运算化复数为代数形式，再根据复数的分类求解【详解】为纯虚数，则，故答案为：【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的分类，掌握复数除法运算法则是解题关键11.的展开式的常数项为_【答案】【解析】试题分析：由题
9、意得的展开式中的通项为，令，解得，所以展开式的常数项为考点：二项式定理12.已知等差数列的前项为，若，则_.【答案】【解析】【分析】首先根据题意列出不等式组，解不等式可得到，再计算即可.【详解】由题知：，解得：，.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的性质，同时考查学生的计算能力，属于简单题.13.已知直线与圆交于、两点，直线垂直平分弦，则的值为_，弦的长为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意可知直线与直线垂直，可求得的值，并且直线过圆心，可求得实数的值，然后将圆的方程化为标准方程，确定圆心坐标和半径，并计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦的长.【详解】由题意可知
10、，直线与直线垂直，可得，由于方程表示的曲线为圆，则，解得，且圆的圆心坐标为，圆心在直线上，所以，解得，所以，圆的方程为，即，圆心坐标为，半径长为，圆心到直线的距离为，因此，.故答案为：；.【点睛】本题考查利用两直线垂直求参数，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，解答的关键就是求出圆的方程，考查计算能力，属于中等题.14.设，则最小值为_.【答案】【解析】分析】由题意结合基本不等式可得，再利用基本不等式，验证等号同时成立即可得解.【详解】，当且即，时，等号同时成立，的最小值为1.故答案为：1.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了运算求解能力，在连续使用基本不等式求最值时，要注意等号是否能同
11、时成立，属于中档题.15.已知，函数（1）若在上单调递增，则的取值范围为_；（2）若对于任意实数，方程有且只有一个实数根，且，函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，则的取值范围为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）首先根据题意列出不等式组，解不等式组即可.（2）首先根据已知条件得到，画出函数的图象，利用数形结合的思想即可得到的取值范围.【详解】（1）由题知：，解得.（2）因为对于任意实数，方程有且只有一个实数根，且，所以，解得.所以，函数的图象如图所示：令，解得，即.当函数过点时，此时函数与有两个交点.联立，当，即时，此时函数与有两个交点.因为函数的图象与函数的图象有三个
12、不同的交点，所以.故答案为：；【点睛】本题主要考查函数的单调性，同时考查了函数的零点问题，数形结合为解决本题的关键，属于难题.三、解答题：本大题5小题，共75分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.16.在中，内角所对的边分别为.已知，.（1）求角和的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理可得、，求出后，再利用余弦定理即可求得，即可得解；（2）由正弦定理可得，利用同角三角函数的平方关系、三角恒等变化可得、，再利用正弦的差角公式即可得解.【详解】（1）由题意结合正弦定理得，则，又，所以；由，解得或（舍去），所以；（2）由正弦定理得，解得，又因
13、为，所以，为锐角，所以，所以，因此.【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考查了三角恒等变换的应用与运算求解能力，属于中档题.17.全民参与是打赢新型冠状病毒防疫战的根本方法.在防控疫情的过程中，某小区的“卡口”工作人员由“社区工作者”“下沉干部”“志愿者”三种身份的人员构成，其中社区工作者3人，下沉干部2人，志愿者1人.某电视台某天上午随机抽取2人进行访谈，某报社在该天下午随机抽取1人进行访谈.（1）设表示上午抽到的社区工作者的人数，求随机变量的分布列和数学期望；（2）设为事件“全天抽到的名工作人员的身份互不相同”，求事件发生的概率.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1
14、）的可能值为，分别求出每个值对应的概率，然后做出分布列，进而求出数学期望. （2）身份互不相同为：抽到一名社区工作者，一名下沉干部，一名志愿者.分类讨论逐一计算即可求出概率.【详解】解：（1）的可能值为.（每个）所以随机变量的分布列为012（2）身份互不相同为：抽到一名社区工作者，一名下沉干部，一名志愿者，上午同时抽取两个，情况为，下午抽取一个，情况为，所以所以事件发生的概率.【点睛】本题考查随机事件的分布列、期望和方差，考查求互斥事件的概率，考查概率的实际应用，属于中档题.18.如图，四棱锥中，侧面底面，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使与
15、平面所成角的正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）（3）存在；【解析】【分析】（1）取中点，可证明且，从而证明，进而可证明平面；（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，利用向量法可求出二面角的余弦值；（3）假设存在点，利用向量法求与平面所成角的正弦值为时点的坐标，判断是否在线段上，进而求出的长.【详解】（1）证明：取中点，连接，即，所以为平行四边形，平面，平面，因此平面.（2）解：因为，为的中点，所以，又因为侧面底面且交线为，所以平面，分别以为轴建立空间直角坐标系.，平面的法向量，设平面的法向量，则令，得.所以，因此二面角的余弦值为.（3）解
16、：设，平面的法向量，所以，解得或（舍），所以存在，所以.【点睛】本题考查线面平行的判定定理，考查向量法求线面角，考查满足线面角的点是否存在的判断与求法，考查学生的运算求解能力，属于中档题.19.已知椭圆过点，点为椭圆的右顶点，点为椭圆的下顶点，且.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于另一点，过点的直线与椭圆交于另一点，直线与的斜率的乘积为，关于轴对称，求直线的斜率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由可知，点代入方程即可求解；（2）设直线的方程为，联立椭圆即可求M，由与的斜率的乘积为可求的斜率，联立与椭圆可得N，根据M、N关于y轴对称即可求出k.【详解】（1）因为，即，又椭圆
17、过点，所以，解得，椭圆方程为.（2）设直线的方程为，则得，解得，所以.因为直线的斜率乘积为，所以直线的方程为，同理可得.因为M，N关于y轴对称，所以，即，解得.所以直线的斜率为【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，直线的斜率，考查了运算能力，属于中档题.20.设函数，.（1）求函数的图象在处的切线方程；（2）求证：方程有两个实数根；（3）求证：.【答案】（1）（2）证明见解析；（3）证明见解析；【解析】【分析】（1）求导得到，再求得，写出切线方程.（2）令，求导，设，则，结合，得到在上单调递增，在上单调递减，再利用零点存在定理求解.（3）设，则，将证明，转化为证明成立，易
18、知恒成立，则要证，只需证为单调递减函数，然后用导数法证明即可.【详解】（1）因为，所以，所以，所以的图象在处的切线方程为，即.（2）设，定义域为，设，因为，所以，因此在上单调递减，又，所以时，在上单调递增，时，在上单调递减，因此，而，所以在上有一个零点，而，所以在上有一个零点，故方程有两个实数根.（3）设，则，不等式，即为，设当时，当时，所以所以所以恒成立，所以要证，只需证为单调递减函数.，设当时，当时，所以所以恒成立，则即，所以，所以为单调递减函数，故.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，导数与方程的根以及导数与不等式证明问题，零点存在定理，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
