北京市朝阳区2020届高三上学期期末考试数学试题-含解析.docx

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1、 北京市朝阳区 20192020 学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷第一部分（选择题 共 40 分）一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1.在复平面内，复数对应的点的坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出【详解】解：复数 （2+ ）2 1 对应的点的坐标为（1，2），iii故选：C【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题2.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用中间量隔开三个值即可.【详解】，,，故选：D【点睛

2、】本题考查实数大小的比较，考查幂指对函数的性质，属于常考题型.3.已知双曲线 的离心率为 ，则其渐近线方程为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，得双曲线的渐近线方程为yx，再由双曲线离心率为 2，得到 c2a，由定义知 b a，代入即得此双曲线的渐近线方程【详解】解：双曲线 C 方程为：1（a0，b0）双曲线的渐近线方程为 yx又双曲线离心率为 2，c2a，可得 ba因此，双曲线的渐近线方程为 y故选：Bx【点睛】本题给出双曲线的离心率，求双曲线的渐近线方程，着重考查了双曲线的标准方程与基本概念，属于基础题4.在中，若，则角 的大小为（）A.B.C.D. 或【答案】D【解

3、析】【分析】利用正弦定理即可得到结果.【详解】解：b3，c，C，由正弦定理可得：sinB，可得，cb，可得 B故选：D或 ， 点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属于基础题5.从 名教师和 名学生中，选出 人参加“我和我的祖国”快闪活动要求至少有一名教师入【选，且入选教师人数不多于入选学生人数，则不同的选派方案的种数是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可分成两类：一名教师和三名学生，两名教师和两名学生，分别利用组合公式计算即可.【详解】由题意可分成两类：（1）一名教师和三名学生，共（2）两名教师和两名学生，共故不同的选派方案的种数是故选：C；.【点睛

4、】本题考查组合的应用，是简单题，注意分类讨论、正确计算即可6.已知函数A. 是奇函数，且在递减，则（）上单调递增B. 是奇函数，且在D. 是偶函数，且在上单调上单调C. 是偶函数，且在递减上单调递增【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义以及单调性的性质判断即可【详解】函数的定义域为 R，即，当是偶函数，时，,为增函数，为减函数，在上单调递增， 故选：C【点睛】本题考查了函数的奇偶性以及函数的单调性问题，考查推理能力，是一道中档题7.某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意把三棱锥放入棱长为 2

5、的正方体中，得出三棱锥的形状，结合图形，求出该三棱锥的体积【详解】解：根据题意，把三棱锥放入棱长为 2 的正方体中，是如图所示的三棱锥 ，P ABC三棱锥 P ABC的体积为：，故选：A【点睛】本题考查了利用三视图求空间几何体体积的应用问题，考查空间想象能力，是基础题 8.设函数，则“”是“有且只有一个零点”的（B. 必要而不充分条件）A. 充分而不必要条件C. 充分必要条件【答案】AD. 既不充分也不必要条件【解析】【分析】有且只有一个零点的充要条件为,或，从而作出判断.详解】 （ ）f x，（ ）3 233（ +1）（ 1），fxxxx【令 （ ）0，解得： 1 或 1，fxxx令 （ ）

6、0，解得：1 1，fxx在，上单调递增，在上单调递减，且,若有且只有一个零点，则,或“”是“ 有且只有一个零点”的充分而不必要条件，故选：A【点睛】本题考查充分性与必要性，同时考查三次函数的零点问题，考查函数与方程思想，属于中档题.9.已知正方形的边长为 ，以 为圆心的圆与直线 相切.若点 是圆 上的动点，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，圆 的方程为：,，利用正弦型函数的性质得到最值.【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，圆 的方程为：,， ，时，的最大值是 8，故选：D【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了，考查了正弦型函数的

7、性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题10.笛卡尔、牛顿都研究过方程，关于这个方程的曲线有下列说法：该曲线关于 轴对称； 该曲线关于原点对称； 该曲线不经过第三象限； 该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以 代 ，以 代 ， 代 ，判断的正误，利用方程两边的符号判断的正误，利xxxxyy用赋值法判断的正误.【详解】以 代 ，得到x，方程改变，不关于 轴对称；x以 代 ， 代 ，得到y，方程改变，不关于对称；xxy当时，该曲线不经过第三象限；,易得 ，即该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数是错误的，显然方程不成立，

8、令适合题意，同理可得适合题意， 故选：C【点睛】本题考查曲线与方程，考查曲线的性质，考查逻辑推理能力与转化能力，属于中档题第二部分（非选择题 共 110分）二、填空题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分11.的展开式中的常数项为_.【答案】24【解析】【分析】先求出二项式展开式通项公式，再令，求出代入运算即可得解.【详解】解：由二项式展开式通项公式为，令，解得故答案为 24.【点睛】本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式通项公式，属基础题.12.已知等差数列 的公差为 ，若 ， ， 成等比数列，则 _；数列项和的最小值为_，即展开式中的常数项为，的前【答案】【解析】【分析】(1).

9、(2).运用等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项，即可得到 ，再由等a2差数列的求和公式，结合二次函数的最值求法，即可得到所求最小值【详解】解：等差数列 的公差 为 2，adn若 ， ， 成等比数列，a a a134可得 ，a 2 a a31 4即有（ +2 ） （ +3 ），a d 2 a a d111化为4 ，a d1d2解得 8， 8+26；aa12 数列a 的前 n 项和 S nan（n1）dnn18n+n（n1）n 9n2（n）2，当 n4 或 5 时，S 取得最小值20n故答案为：6，20【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查等比数列中项的性质，

10、以及二次函数的最值的求法，考查运算能力，属于中档题13.若顶点在原点的抛物线经过四个点线的标准方程可以是_，中的 2 个点，则该抛物【答案】【解析】【分析】或分两类情况，设出抛物线标准方程，逐一检验即可.【详解】设抛物线的标准方程为： ，不难验证设抛物线的标准方程为： ，不难验证故答案为：适合，故；适合，故或【点睛】本题考查抛物线标准方程的求法，考查待定系数法，考查计算能力，属于基础题.14.春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动已知某种盆栽植物每株成活的概率为 ，各株是否成活相互独立该学校的某班随机领养了此种盆栽植物 10 株，设 为其中成活的株数，若

11、的方差，则_【答案】【解析】【分析】由题意可知：，且，从而可得 值【详解】由题意可知：，即, 故答案为：【点睛】本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题15.已知函数存在的定义域为 ，且，使得，当时，若，则 的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由 （f x+） （ ），得 （ ） （ ），分段求解析式，结合图象可得 的取值范2f x f x 2f x m围【详解】解：，当时，时，当当时，时，当作出函数 图象：令，解得：或 ，则若存在故答案为：，使得，【点睛】本题考查函数与方程的综合运用，训练了函数解析式的求解及常用方法，考查数形结合的解题思想方法，属中

12、档题16.某学校数学建模小组为了研究双层玻璃窗户中每层玻璃厚度 （每层玻璃的厚度相同）及 两层玻璃间夹空气层厚度 对保温效果的影响，利用热传导定律得到热传导量 满足关系式：，其中玻璃的热传导系数焦耳/（厘米 度），不流通、干燥空气的热传导系数 焦耳/（厘米 度 ），为室内外温度差 值越小，保温效果越好现有 4 种型号的双层玻璃窗户，具体数据如下表：每层玻璃厚度型号（单位：厘米）A 型B 型C 型D 型则保温效果最好的双层玻璃的型号是_型【答案】【解析】【分析】分别计算 4 种型号的双层玻璃窗户的 值，根据 值越小，保温效果越好即可作出判断.【详解】A 型双层玻璃窗户：B 型双层玻璃窗户：，C

13、型双层玻璃窗户：，D 型双层玻璃窗户：根据，且 值越小，保温效果越好故答案为：B【点睛】本题以双层玻璃窗户保温效果为背景，考查学生学生分析问题解决问题的能力，考查计算能力.三、解答题共 小题，共 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程6 8617.已知函数 （1）求（2）求的最小正周期；的单调递增区间；（3）对于任意都有恒成立，求 的取值范围；（3）【答案】（1） ；（2）【解析】【分析】（1）将函数进行化简，根据三角函数的周期公式即可求函数 （ ）的最小正周期 ；f xT（2）由三角函数的图象与性质即可求函数 （ ）的单调递增区间；f x（3）原问题等价于【详解】（1）因为最大值小于零.

14、的，.所以的最小正周期（2）由（1）知又函数由的单调递增区间为(Z)，得，所以的单调递增区间为.（3）因为所以，所以.所以.当，即对于任意时，的最大值为恒成立，所以，又因为，即.所以 的取值范围是.【点睛】本题主要考查三角函数函数的周期、单调区间和最值问题，关键在正确化简三角函数解析式为一个角的一个三角函数名称的形式，然后利用三角函数的性质解答，要求熟练掌 握三角函数的图象和性质18.某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称每位参赛选手从所有卡片中随机抽取 张，按照自己的判断，将

15、每张卡片放入对应的箱子中按规则，每正确投放一张卡片得 分，投放错误得 分比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子，得 分，放入其它箱子，得 分从所有参赛选手中随机抽取 人，将他们的得分按照图：，分组，绘成频率分布直方图如（1）分别求出所抽取的 人中得分落在组和内的人数；（2）从所抽取的 人中得分落在组的选手中随机选取 名选手，以 表示这 名选手中得分不超过 分的人数，求 的分布列和数学期望；（3） 如果某选手将抽到的 20 张卡片逐一随机放入四个箱子，能否认为该选手不会得到 100分？请说明理由【答案】（1）抽取的 人中得分落在组的人数有 人，得分落在组的人数有 人；（2）分布列见

16、解析，1.2；（3）答案不唯一，具体见解析.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图即可得到满足题意的人数；（2） 的所有可能取值为 ， ， ，求出相应的概率值，即可得到的分布列和数学期望；（3）该选手获得 100 分的概率是 ，结合此数据作出合理的解释.【详解】（1）由题意知，所抽取的 人中得分落在组（人），的人数有得分落在组的人数有（人） 所以所抽取的 人中得分落在组（2） 的所有可能取值为 ， ， ，的人数有 人，得分落在组的人数有 人，所以 的分布列为所以 的期望（3）答案不唯一答案示例 1：可以认为该选手不会得到 100 分理由如下：该选手获得 100 分的概率是 ，概率非常小，故可

17、以认为该选手不会得到100 分答案示例 2：不能认为该同学不可能得到 100 分理由如下：该选手获得 100 分的概率是，虽然概率非常小，但是也可能发生，故不能认为该选手不会得到 100 分【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，离散型随机变量的分布列与期望，概率的理解，考查分析问题解决问题的能力.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为 的菱形，平面， 为 的中点（1）求证：；（2）求异面直线 与 所成角的余弦值； （3）判断直线 与平面 的位置关系，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）相交，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意先证明（2）以 为坐标原点，以 为 轴，以 为 轴

18、，以过点 且与 平行的直线为 轴，建立空间直角坐标系 ，求出 、 的坐标，利用公式即可得到结果；平面 ，即可得到答案；（3）求出平面 的一个法向量与向量 ，根据【详解】（1）连结 与零的关系，作出判断.因为底面又因为所以是菱形 ，所以.平面，平面，.又因为所以，平面.又因为所以平面.（2）设 ， 交于点 .因为底面所以是菱形 ，又因为所以平面，.如图，以 为坐标原点，以 为 轴，以 为 轴，以过点 且与 平行的直线为 轴，建立空间直角坐标系， 则则，.，设异面直线 与 所成角为 ，则，所以 与 所成角的余弦值为 .（3）直线 与平面 相交.证明如下：由（2）可知，设平面 的一个法向量为，则则即

19、令，所以直线 与平面 相交【点睛】本题考查线面的位置关系，考查异面直线所成角的度量，考查推理能力与计算能力，属于中档题.20.已知椭圆过点，且椭圆 的一个顶点 的坐标为过椭圆 的右焦点 的直线 与椭圆 交于不同的两点 ， （ ， 不同于点 ），直线与直线 ： 交于点 连接 ，过点 作 的垂线与直线 交于点 （1）求椭圆 的方程，并求点 的坐标；（2）求证： ， ， 三点共线 【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意列方程组，即可得到椭圆的方程，进而得到焦点坐标；（2）讨论直线 的斜率，利用【详解】（1） 因为点是平行的证明 ， ， 三点共线在椭圆 上，且椭圆 的一个顶

20、点 的坐标为，所以解得所以椭圆 的方程为所以椭圆 的右焦点 的坐标为（2） 当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为显然，当，或，时，直线 的方程为，点 的坐标为所以直线 的方程为则，点 的坐标为，所以，所以 ， ， 三点共线， 时， ， ， 三点共线同理，当 当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为由得且设，则，直线 的方程为，点 的坐标为 所以直线 的方程为，点 的坐标为则，所以，所以 与 共线，所以 ， ， 三点共线综上所述， ， ， 三点共线【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，考查向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题21.已知函数，（1

21、）若.（）求曲线（）求函数在点在区间处的切线方程；内的极大值的个数（2）若在内单调递减，求实数 的取值范围【答案】（1）（）；（）1；（2）【解析】【分析】 （1）（）求出导函数，得到与，利用点斜式得到直线的方程；（）研究函数在区间内单调性，结合极值的定义得到答案；，其中（2）由题可知，分两类情况：与，结合函数的单调性与极值即可得到实数 的取值范围【详解】（1）（）因为所以，又因为所以曲线化简得（）当当，在点处的切线方程为，时，时，设，单调递增，此时无极大值，则，所以在内单调递减，又因为所以在，内存在唯一的， 的变化如下表，使得当 变化时，0所以在内单调递增，在内单调递减，此时有唯一极大值综上

22、所述，在内的极大值的个数为 ，其中（2） 由题可知 当时，故在内单调递减；，且下面设对于，所以所以当时，设，则所以在上单调递减，当时，即时，对，所以，在内单调递增，不符合题意时， ，当时，即，所以，使，因为在在内单调递减，所以对所以，所以内单调递增，不符合题意内不单调递减所以当综上可得时，在，故 的取值范围为【点睛】本题考查了导数的几何意义及导数的综合应用，同时考查了数形结合的数学思想与分类讨论的思想，属于中档题22.设 为正整数，各项均为正整数的数列定义如下：，（1）若，写出 ， ， ； （2）求证：数列单调递增的充要条件是 为偶数；（3）若 为奇数，是否存在满足？请说明理由【答案】（1）【

23、解析】，；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析【分析】（1）时，结合条件，注意求得 ， ， ；（2）根据（3）存在【详解】（1）与零的关系，判断数列.单调递增的充要条件；满足，（2）先证“充分性”当 为偶数时，若 为奇数，则为奇数因为为奇数，所以归纳可得，对， 均为奇数，则，所以，所以数列单调递增再证“必要性”假设存在使得 为偶数，则，与数列单调递增矛盾，因此数列此时中的所有项都是奇数，即，所以 为偶数（3）存在因为满足，理由如下：， 为奇数，所以且 为偶数，假设 为奇数时，当 为奇数时，当 为偶数时，； 为偶数时，且为偶数；所以若因此对为奇数，则都有；若为偶数，则所以正整数数列设集合中的

24、项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项，设集合因为，所以令 是 中的最小元素，下面证 设且当时，时，则，且存在，所以，所以，与 是 中的最小元素矛盾，即存在 满足；当，所以若所以且满足【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能力，属于难题（2）求证：数列单调递增的充要条件是 为偶数；（3）若 为奇数，是否存在满足？请说明理由【答案】（1）【解析】，；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析【分析】（1）时，结合条件，注意求得 ， ， ；（2）根据（3）存在【详解】（1）与零的关系，判断数列.单调递增的充要条件；满足，（2）先证“充分性”当 为偶数时，

25、若 为奇数，则为奇数因为为奇数，所以归纳可得，对， 均为奇数，则，所以，所以数列单调递增再证“必要性”假设存在使得 为偶数，则，与数列单调递增矛盾，因此数列此时中的所有项都是奇数，即，所以 为偶数（3）存在因为满足，理由如下：， 为奇数，所以且 为偶数，假设 为奇数时，当 为奇数时，当 为偶数时，； 为偶数时，且为偶数；所以若因此对为奇数，则都有；若为偶数，则所以正整数数列设集合中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项，设集合因为，所以令 是 中的最小元素，下面证 设且当时，时，则，且存在，所以，所以，与 是 中的最小元素矛盾，即存在 满足；当，所以若所以且满足【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能力，属于难题