天津市南開區(qū)2020屆高三上學期期末考試數學試題 Word版含解析

高考資源網（ ），您身邊的高考專家2019-2020學年天津市南開區(qū)高三（上）期末數學試卷一、選擇題（本大題共9小題）1. 設全集2，3，集合，則等于A. B. C. D. 3，2. 命題“，ln”的否定是A. ，lnB. ，lnC. ，lnD. ，ln3. 下列函數中是偶函數，且在上單調遞增的是A. B. C. D. 4. 已知等差數列的公差為d，前n項和為，則“”是“”的A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分又不必要條件5. 設，則a，b，c的大小關系是A. B. C. D. 6. 過點，斜率為k的直線，被圓截得的弦長為，則k的值為A. B. C. D. 7. 函數的最大值與最小值之和為A. B. C. 0D. 8. 已知點，拋物線C：的焦點為F，射線FA與拋物線C相交于點M，與其準線相交于點N，則：A. 2：B. 1：2C. 1：D. 1：39. 四邊形ABCD中，則的取值范圍是A. B. C. D. 二、填空題（本大題共6小題）10. 復數的共軛復數是_11. 曲線在點處的切線方程為_12. 四棱錐的底面ABCD是正方形，平面ABCD，各頂點都在同一球面上，若該棱錐的體積為4，則此球的表面積等于_13. 設雙曲線C經過點，且與具有相同漸近線，則C的方程為_；漸近線方程為_14. 已知正數x，y滿足，則當x_時，的最小值是_15. 對于實數a和b，定義運算“”：，設，若函數恰有三個零點，則m的取值范圍是_；的取值范圍是_三、解答題（本大題共5小題）16. 在中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且，的面積為求a及sinC的值；求的值17. 如圖，已知直三棱柱的底面是直角三角形，求證：平面；求二面角的余弦值；求點到平面的距離18. 已知橢圓C的一個頂點為，焦點在x軸上，若右焦點到直線的距離為3求橢圓C的方程；設橢圓C與直線相交于不同的兩點M，N，線段MN的中點為E當，時，射線OE交直線于點為坐標原點，求的最小值；當，且時，求m的取值范圍19. 已知數列是等比數列，數列是等差數列，且，求數列的通項公式；令，證明：；求20. 已知函數討論的單調性；若對恒成立，求實數a的取值范圍；當時，設為自然對數的底若正實數，滿足，證明：答案和解析1.【答案】B【解析】解：全集2，3，集合，故選：B先求出，由此能求出的值本題考查補集、交集的求法，考查補集、交集定義等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題2.【答案】A【解析】解：因為特稱命題的否定是全稱命題，所以，命題“，ln”的否定是：，ln故選：A利用特稱命題的否定是全稱命題，寫出結果即可本題考查特稱命題與全稱命題的否定關系，是基礎題3.【答案】A【解析】解：函數為奇函數，不滿足條件B.函數的定義域為，函數為偶函數，當時，為減函數，不滿足條件C.為增函數，為非奇非偶函數，不滿足條件D.，函數為偶函數，當時，為增函數，滿足條件，故選：A根據函數奇偶性和單調性的性質分別進行判斷即可本題主要考查函數奇偶性和單調性的判斷，結合函數奇偶性和單調性的性質是解決本題的關鍵比較基礎4.【答案】C【解析】解：等差數列的公差為d，則“”是“”的充要條件，故選：C化簡求解，再判斷充要性本題考查充要性，以及數列，屬于基礎題5.【答案】A【解析】解：，故選：A利用對數函數和指數函數的性質求解本題考查三個數的大小的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意對數函數和指數函數的性質的合理運用6.【答案】A【解析】解：設直線方程為，即，圓截得的弦長為，圓心到直線的距離為，故選：A設直線方程為，利用圓截得的弦長為，求出圓心到直線的距離為1，即可得出結論本題考查直線和圓的方程的應用，考查點到直線距離公式的運用，考查學生的計算能力，確定圓心到直線的距離為1是關鍵7.【答案】D【解析】解：函數，由，得，所以，所以y的最大值為2，最小值為，所以y的最大值與最小值之和為故選：D化函數y為正弦型函數，根據x的取值范圍即可求出y的最大值與最小值之和即可本題考查了三角函數的圖象與性質的應用問題，是基礎題8.【答案】C【解析】解：拋物線C：的焦點為，點A坐標為拋物線的準線方程為l：，直線AF的斜率為，過M作于P，根據拋物線物定義得中，可得，得因此，可得：故選：C求出拋物線C的焦點F的坐標，從而得到AF的斜率過M作于P，根據拋物線物定義得中，根據，從而得到，進而算出，由此即可得到：的值本題給出拋物線方程和射線FA，求線段的比值著重考查了直線的斜率、拋物線的定義、標準方程和簡單幾何性質等知識，屬于基礎題9.【答案】C【解析】解：如圖，以點B為原點，直線BA為x軸，建立平面直角坐標系，則：，設，設，的取值范圍為故選：C根據題意，以點O為原點，以直線BA為x軸，建立平面直角坐標系，根據條件可得出，設，從而可求出的坐標，根據條件可得出，從而得出，從而可設，從而可得出，從而可得出的取值范圍本題考查了通過建立平面直角坐標系，利用向量坐標解決向量問題的方法，能求平面上點的坐標，向量坐標的數量積運算，圓的參數方程，兩角差的正弦公式，考查了計算能力，屬于中檔題10.【答案】【解析】解：復數的共軛復數是故答案為：利用復數的運算法則、共軛復數的定義即可得出本題考查了復數的運算法則、共軛復數的定義，屬于基礎題11.【答案】【解析】解：的導數，而切點的坐標為，曲線在在處的切線方程為故答案為：根據導數的幾何意義求出函數在處的導數，從而得到切線的斜率，再利用點斜式方程寫出切線方程即可本題主要考查了利用導數研究曲線上某點切線方程，考查運算求解能力，屬于基礎題12.【答案】【解析】解：因為四邊形ABCD是正方形，且平面ABCD，所以可以將該四棱錐內嵌于長方體中，則該長方體的長、寬、高分別為2、2、4，它們的外接球是同一個，設半接球半徑為R，所以，解得，所以表面積為故答案為：根據四棱錐的特征，確定其所屬的類型可以轉化為長方體外接球問題，即可求解本題考查球的表面積，考查長方體的外接球問題，屬于中檔題13.【答案】；【解析】解：與具有相同漸近線的雙曲線方程可設為，雙曲線C經過點，即雙曲線方程為，即，對應的漸近線方程為，故答案為：，利用雙曲線漸近線之間的關系，利用待定系數法即可得到結論本題主要考查雙曲線的性質，利用漸近線之間的關系，利用待定系數法是解決本題的關鍵，比較基礎14.【答案】 9【解析】解：正數x，y滿足，可得，令則且，當且僅當即，此時取最小值9，故答案為：，9由已知可得，可得，代入后進行分離，結合基本不等式即可求解本題主要考查了利用基本不等式求解最值，解題的關鍵是應用條件的配湊15.【答案】 【解析】解：當時，即，當時，即，所以，因為有三個零點，所以與的圖象有三個交點，即與函數有三個交點，作出的圖象，如圖，所以，不妨設，易知，且，所以由解得，所以，所以故答案分別為和首先根據定義求出函數的解析式，因為有三個零點，所以與的圖象有三個交點，根據圖象的分布特征確定函數零點的分布情況，進而求解三個零點之積的取值范圍本題考查函數的零點與函數圖象間交點的關系，屬于常規(guī)題16.【答案】解：在中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且，的面積為，再根據正弦定理可得，即，故【解析】由題意利用同角三角函數的基本關系求得sinA的值，再根據三角形的面積求得b、c的值，再利用余弦定理、正弦定理求得a及sinC的值利用二倍角公式求得sin2A、cos2A的值，再利用兩角差的余弦公式求得的值本題主要考查同角三角函數的基本關系，正弦定理、余弦定理、二倍角公式、兩角差的余弦公式，屬于中檔題17.【答案】解：依題意，以C為原點，CB為x軸，為y軸，CA為z軸，建立空間直角坐標系，則，證明：，設平面的一個法向量為，則，令，則，即，平面；，設平面ABD的一個法向量為，則，令，則，又平面的一個法向量為，即二面角的余弦值為；設點到平面的距離為d，則易知，而，點到平面的距離為【解析】建立空間直角坐標系，求出各點的坐標，求出及平面的法向量，驗證它們平行即可得證；求出兩個平面的法向量，利用向量公式得解；設點到平面的距離為d，則易知，由此得解本題考查利用空間向量解決立體幾何問題，考查邏輯推理能力及運算求解能力，屬于基礎題18.【答案】解，設橢圓的右焦點，由題意得：，解得：，所以橢圓的方程：；設，將直線與橢圓聯立整理得：，即，且，所以MN的中點，所以射線OE：，與直線的交點，所以，所以，當且僅當，所以時有最小值2當，且時，則，所以，即，解得，所以m取值范圍【解析】由題意得b值及右焦點到直線的距離得c的值，再由a，b，c之間的關系求出橢圓方程；直線MN與橢圓聯立，得兩根之和進而求出中點坐標，寫出射線OE求出n的值，再求，用均值不等式求出最小值；由題意知，斜率互為負倒數得m與k之間的關系，再與判別式大于零聯立得m的范圍考查直線與橢圓的綜合應用，屬于中檔題19.【答案】解：設數列是公比為q的等比數列，數列是公差為d的等差數列，由，可得，解得，則，；證明：，；由，可設，相減可得，化簡可得【解析】設數列是公比為q的等比數列，數列是公差為d的等差數列，運用等差數列和等比數列的通項公式，解方程可得公比、公差，可得所求通項公式；由對數的運算性質求得，再由數列的裂項相消求和，結合不等式的性質即可得證；由，運用數列的錯位相減法求和，結合等比數列的求和公式，可得所求和本題考查等差數列和等比數列的通項公式和求和公式的運用，考查數列的裂項相消求和、錯位相減法求和，考查化簡運算能力和推理能力，屬于中檔題20.【答案】解：函數的定義域為，當時，函數在上單調遞增；當時，令解得，令解得，故此時函數在上單調遞增，在上單調遞減；對恒成立，即為對任意的，都有，設，則，令，則，在上單調遞減，且，當時，單調遞增；當，單調遞減，實數a的取值范圍為證明：當時，不妨設，下先證：存在，使得，構造函數，顯然，且，則由導數的幾何意義可知，存在，使得，即存在，使