天津市和平区2020届高三数学下学期第二次质量调查试卷 文(含解析)

天津市和平区2020届高三数学下学期第二次质量调查试卷文（含解
析）
温馨提示：本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。

考试时间120分钟。

祝同学们考试顺利！
第Ⅰ卷选择题（共40分）
注意事项:
1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。

2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

答在试卷上的无效。

3. 本卷共8小题，每小题5分，共40分。

参考公式：
如果事件互斥,那么如果事件相互独立,那么
.
柱体的体积公式. 锥体的体积公式.
其中表示柱体的底面积, 其中表示锥体的底面积,
表示柱体的高. 表示锥体的高.
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.
1.设全集，集合, ,则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由集合或，先求解，再由集合能够求出答案.
【详解】因为全集,
集合或，
所以，所以，故选B.
【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，属于基础题，其中解答中准确计算集合和集合的交集、补集的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
2.已知满足约束条件则的最小值为
A. 2
B. 4
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
首先绘制出可行域，注意到目标函数取最小值时直线系方程在y轴的截距有最大值，据此结合直线方程确定目标函数取得最小值时点的坐标，然后代入目标函数确定其最小值即可. 【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数即：，其中z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，
据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，
联立直线方程：，可得点A坐标为：，
据此可知目标函数的最小值为：.
故选：C.
【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y 轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
3.执行如图所示的程序框图,若输入的，则输出
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先确定流程图所实现的功能，然后利用裂项求和的方法即可确定输出的数值.
【详解】由流程图可知，程序输出的值为：，
即
故选：B.
【点睛】本题主要考查流程图功能的识别，裂项求和的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4.下列结论错误的是
A. 命题：“若，则”的逆否命题是“若，则”
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 命题：“，”的否定是“，”
D. 若“”为假命题，则均为假命题
【答案】B
【解析】
【分析】
由逆否命题的定义考查选项A，由不等式的性质考查选项B，由全称命题的否定考查选项C，由真值表考查选项D，据此确定所给的说法是否正确即可.
【详解】逐一考查所给命题的真假：
A. 同时否定条件和结论，然后以原来的条件为结论，以原来的结论为条件即可得到原命题的逆否命题，故命题：“若，则”的逆否命题是“若，则”
B. 若“”，当时不满足“”，即充分性不成立，
反之，若“”，则一定有“”，即必要性成立，
综上可得，“”是“”的必要不充分条件
C. 特称命题的否定是全称命题，命题：“，”的否定是“，”，
D. 由真值表可知：若“”为假命题，则均为假命题.
即结论错误的为B选项.
故选：B.
【点睛】当命题真假容易判断时，直接判断命题的真假即可.否则，可利用以下结论进行判断：①一个命题的否定与原命题肯定一真一假;②原命题与其逆否命题同真假.
5.已知函数的图象关于直线对称，当时，，若，，，则的大小关系是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
函数的图象关于直线对称,所以为偶函数，
当时，，函数单增，
;，,
因为,且函数单增，故,即，故选D.
6.将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，则函数y＝g(x)的图象的一个对称中心是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角函数的伸缩变换规律，得到的解析式，求出它的对称中心，结合选项，选出正确的一个对称中心。

【详解】由题意可知：
令，是函数的图象的一个对称中心，故本题选A。

【点睛】本题考查了余弦函数的伸缩变换、对称中心.
7.已知双曲线的右焦点为，直线与一条渐近线交于点，的面积为为原点），则抛物线的准线方程为
A..
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
首先联立双曲线的渐近线方程和直线确定点P的坐标，然后求解的面积得到a,b的关系，最后由抛物线方程确定其准线方程即可.
【详解】不妨取双曲线的渐近线方程为，
与直线联立可得：，即,
由题意可得，，
抛物线方程为，
其准线方程为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，抛物线准线方程的求解等知识，意在考查学生
的转化能力和计算求解能力.
8.在中，，，点是所在平面内的一点，则当取得最小值时，
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意结合平面向量的定义可得，建立平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算法则确定当取得最小值时点P的坐标，然后求解的值即可.
【详解】，，
，，以A为坐标原点建如图所示的平面直角坐标系，
则，设，
则
，
所以当x=2，y=1时取最小值，
此时.
故选：B.
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算法则，平面向量的坐标运算，二次函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
第Ⅱ卷非选择题（共110分）
注意事项:
1. 用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，答在本试卷上的无效。

2. 本卷共12小题，共110分。

二、填空题：本大题共6小题,每小题5分,共30分.把答案填在答题卷上.
9.如果（表示虚数单位），那么________.
【答案】1
【解析】
【分析】
首先化简，然后由复数相等的充分必要条件可得m的值.
【详解】由于，
结合题意可得：，由复数相等的充分必要条件可得：.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数相等的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
10.已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为_________
【答案】2
【解析】
试题分析：函数的定义域为，设因为切点坐标为，所以，解得（舍去）或,所以应填2.
考点：导数的几何意义.
11.过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离为____________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据圆切线长定理，可知,设则的长度就是点到直线的距离，在中，利用相似三角形，得到比例式，可以求出,进而求出。

【详解】连接设因为是圆的两条切线,所以
,则,显然相似于
所以点到直线的距离为。

【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，解题中充分利用直角三角形相似是关键。

12.一个四棱柱的各个顶点都在一个直径为的球面上，如果该四棱柱的底面是对角线长为的正方形，侧棱与底面垂直，则该四棱柱的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
题意可得题中的四棱柱是一个正四棱柱，利用正四棱柱外接球半径的特征求得正四棱柱的高
度，然后求解其表面积即可.
【详解】由题意可得题中的四棱柱是一个长方体，且正四棱柱的底面边长为，
设高为，由题意可得：，，
该四棱柱的表面积为.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正四棱柱外接球的性质，正四棱柱的表面积的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
13.若不等式对任意实数都成立,则实数的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
只要满足，求出最值，解不等式，即可求出实数的最大值
【详解】：设不等式对任意实数都成立，只需满足，即可。

所以有
因此实数的最大值为。

【点睛】本题考查了二次函数的最值、指数函数的单调性。

14.已知函数且函数在内有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是
_____________________.
【答案】
【解析】
【分析】
将原问题转化为两个函数有且仅有两个不同的交点的问题，则实数的值等价于直线的斜率，结合函数的图像研究临界情况即可确定实数取值范围.
【详解】函数在内有且仅有两个不同的零点，
即函数与函数在内有且仅有两个不同的交点，
表示过点，斜率为的直线，
绘制函数的图像如图所示，考查临界情况：
首先考查经过点且与相切的直线方程的斜率：
由可得，
故切点坐标为，切线的斜率，
切线方程为：,
切线过点，故，解得：，
故切线的斜率，
由可得，
由可得，
结合图形可得实数取值范围是.
【点睛】本题主要考查已知函数零点求参数取值范围的方法，数形结合的数学思想，导函数研究函数的切线方程等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
三、解答题：本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15.已知三角形中，角的对边分别是，且=.
(Ⅰ)求角的大小及的值；
(Ⅱ)若的面积为，求的最小值.
【答案】（1）， =；（2）。

【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理实现边角转化，逆用两角和的正弦公式简化等式，再利用三角形内角和定理，求出角的余弦值，最后求出角，利用诱导公式可以求出的值。

（2）通过面积的计算，可以得到的值，利用基本不等式，可以求出的最小值。

【详解】（1）由正弦可知：，代入中，得
而
,
=
（2）因为的面积为，所以由基本不等式可知
（当且仅当时，等号成立），因此的最小值是。

【点睛】本题考查了正弦定理、面积公式、基本不等式.属于中档题。

16.某地区有小学21所，中学14所，大学7所.现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校，对学生进行视力检查.
(Ⅰ) 求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；
(Ⅱ) 若从抽取的6所学校中随即抽取2所学校作进一步数据分析：
①列出所有可能抽取的结果；
②求抽取的2所学校没有大学的概率.
【答案】(Ⅰ)所；
(Ⅱ)①见解析；②
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用分层抽样的意义，先确定抽样比，在确定每层中抽取的学校数目；
（Ⅱ）①从抽取的6所学校中随机抽取2所学校，所有结果共有15种，按规律列举即可；
②先列举抽取结果两所学校均为小学的基本事件数，再利用古典概型概率的计算公式即可得结果
【详解】(Ⅰ) 解: 学校总数为，分层抽样的比例为
计算各类学校应抽取的数目为：，，.
故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为所.
(Ⅱ) 解: ① 在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为；2所中学分别记为；1所大学记为.
则应抽取的2所学校的所有结果为：
，，，，，，，，，，，，，，，共15种.
②设“抽取的2所学校没有大学”作为事件.其结果共有10种.
所以，.
【点睛】本题主要考查了统计中分层抽样的意义，古典概型概率的计算方法，列举法计数的方法，属基础题.
17.如图，已知，，且是的中点，.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）。

【解析】
【分析】
（1）取的中点，可以利用中位线定理，根据已知的平行关系和长度关系，可以得到一个平行四边形，利用平行四边形的对边平行，这样得到线线平行，也就能证明出线面平行；（2）通过已知和（1）可知，通过线面垂直和平行线的性质，可以这样可以证明出线面垂直，而从而证明出平面利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面；
（3）通过（2）证明出的线面垂直关系，找到线面角，利用勾股定理、平行四边形的性质，求出相关的边，利用正弦的定义，求出与平面所成角的正弦值。

详解】
（1）如上图，取的中点，连接,
由是的中点，且又，且
且.是平行四边形，从而，
又平面，平面, 因此；
（2）证明：是的中点，，
因为平面，，所以平面，
又平面而平面
由可知平面平面，平面平面；
（3）由（2）知平面是在平面的射影，则与平面所成的角为，因为，所以,由（1）可知：是平行四边形，从而，
在中，
与平面所成角的正弦值是。

【点睛】本题考查了线面平行、面面垂直的判定以及线面角的求法。

18.设椭圆（）的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为．已知．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切，求直线的斜率．
【答案】（1）；（2）直线的斜率为或．
【解析】
试题分析：（1）设椭圆的右焦点的坐标为，由已知，可得，结合，可得，从而可求得椭圆的离心率；（2）在（1）的基础上，可先利用及数量积的坐标运算求出点的坐标，再求出以线段为直径的圆的方程（圆心坐标和半径），最后设经过原点的与该圆相切的直线的方程为，由圆心到切线的距离等于半径，列方程，解方程即可得求得直线的斜率．
（1）设椭圆的右焦点的坐标为．由，可得，又，则，∴椭圆的离心率．
（2）由（1）知，，故椭圆方程为．设．由，，有，．由已知，有，即．又，故有①
又∵点椭圆上，故②
由①和②可得．而点不是椭圆的顶点，故，代入①得，即点的坐标为．设圆的圆心为，则，，进而圆的半径．设直线的斜率为，依题意，直线的方程为．由与圆相切，可得，即，整理得，解得．∴直线的斜率为或．
考点：1．椭圆的标准方程和几何性质；2．直线和圆的方程；3．直线和圆的位置关系．【此处有视频，请去附件查看】
19.已知数列是正项等比数列，,数列满足条件.
(Ⅰ) 求数列、的通项公式；
(Ⅱ) 设,记数列的前项和.
①求；
②求正整数，使得对任意，均有.
【答案】（1），
（2）①②。

【解析】
【分析】
（1）根据，，列出方程组，求出等比数列的首项及公比，求得数列的通项公式；，利用等比数列的通项公式对等式进行化简，求出的通项公式；
（2）①分别求出、的前项和公式，再一相减，求出；
②利用函数的单调性，判断的单调性，从而求出正整数。

【详解】（1）设数列是正项等比数列的公比为，因为，
所以有，所以
（2）①因为，
所以，，
，
②令，
由于比变化的快，所以，得，
即,递增而递减，是最大，
即当时，对任意，均有.
【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式及前项和公式。

重点考查了数列的单调性的应用。

20.已知函数为常数）.曲线在点处的切线与轴平行.
(Ⅰ) 求的值；
(Ⅱ) 求函数的单调区间；
(Ⅲ) 设,其中为的导函数.
证明：对任意，.
【答案】(Ⅰ)；
(Ⅱ)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意，求出函数的导函数，再由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行可得出f′（1）=0，由此方程即可解出k的值；
(Ⅱ)利用导数解出函数的单调区间即可.
(Ⅲ)等价于设，且的最大值为.则. 设且，从而有则.
因此，对任意，.
【详解】(Ⅰ) 解:由可得.
而，即，解得.
(Ⅱ) 解:由(Ⅰ)知，
设，则.即在上是减函数.
由知，当时，，从而；
当时，，从而.
综上可知，的单调递增区间为，单调递减区间为.
(Ⅲ) 证明:因为，所以，.
对任意，等价于.
设，，
则，.
当时，，故有单调递增.
当时，，故有单调递减.
所以，的最大值为.则.
设
因为，所以当时，，单调递增.
则.即，从而有.
则.
因此，对任意，.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的曲线上某点处的切线方程及单调性，利用放缩法证明不等式, 解题的关键是灵活利用导数工具进行运算及理解导数与要解决问题的联系，此类题运算量大，易出错，且考查了转化的思想，判断推理的能力，综合性强，是高考常考题型，学习时要严谨认真，注意总结其解题规律．。