北京市密云区2020届高三下学期阶段性测试数学试题 22页

密云区2019-2020学年第二学期高三第二次阶段性测试 ‎ 数学试卷 ‎ 一、选择题：本大题共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.已知集合，，则在下列集合中符合条件的集合可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合间的包含关系进行判断即可.‎ ‎【详解】因为，所以集合是集合的子集 对A项，，故A正确；‎ 对B项，，由于，则不是的子集，故B错误；‎ 对C项，由于，，则不是的子集，故C错误；‎ 对D项，由于，则不是的子集，故D错误；‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了集合之间关系的判断，属于基础题.‎ ‎2.在下列函数中，定义域为实数集的偶函数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数奇偶性的定义判断奇偶性，结合定义域，即可得出答案.‎ ‎【详解】对A项，令，定义域为，，则函数为奇函数，故A错误；‎ 对B项，令，定义域为，，则函数为偶函数，故B正确；‎ 对C项，令，，则函数不是偶函数，故C错误；‎ 对D项，的定义域为，故D错误；‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了判断函数的定义域和奇偶性，属于中档题.‎ ‎3.已知，则下列各不等式中一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取特殊值排除A，B选项，利用指数函数的性质判断C选项，利用指数函数的性质结合基本不等式，从而判断D选项.‎ ‎【详解】对A项，取，则，故A错误；‎ 对B项，取，则，故B错误；‎ 对C项，在上单调递减，，，故C错误；‎ 对D项，在上单调递增，，‎ 则，，当且仅当时取等号 即，故D正确；‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了根据已知条件判断所给不等式是否成立，涉及了指数函数性质的应用，属于中档题 ‎4.已知函数满足，且，则（ ）‎ A. 16 B. ‎8 ‎C. 4 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可得,与的关系,进而求得关于的表达式求解即可.‎ ‎【详解】因为,且,故,解得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了根据函数性质求解函数值的问题,属于基础题.‎ ‎5.已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渐近线方程得出，结合离心率公式求解即可.‎ ‎【详解】可化为 ‎，解得 则 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，涉及了双曲线性质的应用，属于中档题.‎ ‎6.已知平面向量和，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 两边平方得出，展开等价变形得出，根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.‎ ‎【详解】‎ 则“”是“”充分必要条件 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了充要条件的证明，涉及了向量运算律的应用，属于中档题.‎ ‎7.已知圆，若点P在圆上，并且点P到直线的距离为，则满足条件的点P的个数为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据点到直线的距离公式得出，再结合点在圆上，得出，联立两式，求解方程组，即可得出答案.‎ ‎【详解】设，由点P到直线的距离为，得 两边平方整理得到①‎ 在圆上，，即②‎ 联立①②得 解得或 当时，由①②可得，解得或，即或 当时，由①②可得，解得或，即或 综上，满足条件的点P的个数为个 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，点到直线距离公式的应用，属于中档题.‎ ‎8.设函数，，其中，．若，，且的最小正周期大于，则（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，解得，由，解得，联立方程组得出，由周期公式得出，从而得到的范围，进而得出的值，再由得出.‎ ‎【详解】由，得①‎ 由，得②‎ 由①②可得 因为最小正周期，所以，则 即，因为，所以，所以 又，将代入①得 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了正弦函数的性质得出正弦型函数的解析式，属于中档题.‎ ‎9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱长为（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图画出原图，并由此计算出最长的棱长.‎ ‎【详解】由三视图画出原图如下图所示几何体，由三视图可知平面平面，，是的中点，所以，根据面面垂直的性质定理可知平面，且.作，交的延长线于，根据三视图可知，，，‎ 所以，，，‎ ‎，‎ 所以最长的棱长为.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查根据三视图还原原图，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.‎ ‎10.已知函数的定义域为 R，且满足下列三个条件： ‎ ‎①对任意的 ，且 ，都有 ；‎ ‎② ；‎ ‎③ 是偶函数；‎ 若，，则的大小关系正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件可知在上单调递增，周期为，对称轴为.则，，，再结合函数的单调性即可判断大小.‎ ‎【详解】解：由①知，在上单调递增；由②知，的周期为；‎ 由③知，的对称轴为；则，‎ ‎，，‎ 因为，由函数的单调性可知，.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的对称性，考查了函数的周期，考查了函数的单调性.本题的关键是由已知条件分析出函数的性质.‎ 二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分.‎ ‎11.抛物线为常数过点，则抛物线的焦点坐标为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知点代入抛物线方程求出的值，再将原方程转化为抛物线标准方程，求出的值，判断焦点位置，最后可得抛物线的焦点坐标.‎ ‎【详解】将点代入抛物线，解得,‎ ‎∴抛物线方程为，‎ ‎∴，焦点在负半轴上,‎ ‎∴抛物线的焦点坐标为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查待定系数法求抛物线方程，通过抛物线方程求抛物线的焦点坐标，考查理解辨析能力和运算求解能力，是基础题.‎ ‎12.在的展开式中，常数项为________.(用数字作答)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的展开式的通项为，取计算得到答案.‎ ‎【详解】的展开式的通项为：，取得到常数项 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.‎ ‎13.已知是数列的前项和，且，则_________，的最小值为_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可求得的值，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.‎ 详解】，.‎ ‎，所以，当或时，取得最小值.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查利用求，同时也考查了利用二次函数的基本性质求的最值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎14.在中，三边长分别为，，，则的最大内角的余弦值为_________，的面积为_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得的最大内角为，再根据余弦定理即可求出，由同角的平方关系可求出，再根据三角形的面积公式即可求出．‎ ‎【详解】解：∵，，，‎ ‎∴的最大内角为，其余弦值，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴的面积，‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，考查三角形的面积公式及其应用，属于基础题．‎ ‎15.已知集合．给出如下四个结论：‎ ‎①，且；‎ ‎②如果，那么；‎ ‎③如果，那么对于，则有；‎ ‎④如果，，那么．‎ 其中，正确结论的序号是__________．‎ ‎【答案】①②④．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①：举例子可证，由的性质可知，其结果为奇数或能被4整除的偶数，即可判断；②由可得；③当时，由①可得；④设，则由.‎ ‎【详解】解：①：，由的奇偶一致，若同为奇数，此时为奇数；‎ 若同为偶数，此时为偶数，且能被4整除，因此.当时，，‎ 所以.综上所述，①正确.‎ ‎②：因为，所以，即，则②正确.‎ ‎③：假设③正确，则对于，成立，当时，，‎ 由①知，为奇数或能被4整除的数，因此，故③错误；‎ ‎④：设，则 ‎，‎ 即，所以④正确.‎ 故答案为: ①②④.‎ ‎【点睛】本题考查了元素与集合关系的判断，考查了运算求解能力和化归思想.‎ 三、解答题: 本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明, 演算步骤或证明过程.‎ ‎16.如图，直三棱柱中，，是棱的中点，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（I）易证DC1⊥BD,再根据勾股定理证DC1⊥DC,从而可证得DC1⊥平面DCB,得到DC1⊥BC.‎ ‎(II)求二面角关键是作出二面角的平面角，取A1B1的中点为M，连结C‎1M、DM,证明∠C1DM是A1−BD−C1的平面角即可.‎ ‎（Ⅰ）证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．‎ ‎∵D是AA1的中点， ∴ DC = DC1‎ 又 AC=AA1，∴ DC12 + DC2 =CC12，∴ DC1⊥DC 又 DC1⊥BD，且DC1∩DC=D，∴ DC1⊥平面DCB．‎ ‎∴ DC1⊥BC ‎（Ⅱ） 由（Ⅰ）知，DC1⊥BC，又CC1⊥BC， DC1∩CC1=C1‎ ‎∴ BC⊥平面CDC1，∵ B‎1C1∥BC ∴B‎1C1⊥平面CDC1‎ ‎∴ B‎1C1⊥A‎1C1，△A‎1C1B1为等腰直角三角形 取A1B1的中点为M，连结C‎1M、DM ‎∵ 直棱柱的底面A1B‎1C1⊥侧面AB1，C‎1M⊥A1B1‎ ‎∴ C‎1M⊥平面AB1，C‎1M⊥BD．‎ 由（Ⅰ）知，DC1⊥平面DCB，∴DC1⊥BD 又C‎1M∩DC1=C1，∴BD⊥平面C1MD ，MD⊥BD ‎∴∠C1DM是A1−BD−C1的平面角．‎ 在Rt△C1MD中，C‎1M=A‎1C1，，‎ ‎∴sin∠C1DM= =， ∴∠C1DM=30o ‎∴二面角A1−BD−C1的大小为30o．‎ 考点：本小题主要考查了线线，线面，面面之间的垂直与平行关系，以及二面角等知识.‎ 点评：掌握线线，线面，面面平行与垂直的判定与性质是求解空间的角与距离的关键.求角的步骤为：一作，二证，三指，四求.‎ ‎17.已知函数 ．‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调递增区间和最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）若当时，关于不等式，求实数M的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角正弦、余弦公式和两角和的正弦公式对函数进行化简，进而得到单调递增区间，再利用正弦函数的周期公式即可求出函数的最小正周期；‎ ‎（2）根据题意可知m小于等于的最小值，结合正弦函数的定义域求出的最小值，即可知m的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：因为 所以，函数的最小正周期，因为函数的的单调增区间为，所以，,‎ 解得，‎ 所以函数数的的单调增区间为,‎ ‎（Ⅱ）解：由题意可知，若当时，关于的不等式恒成立，即 因为，所以 故当，即时，取得最小值，此时最小值为，‎ 所以，‎ ‎【点睛】本题考查两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，属于简单题,一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心 ‎18.某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如下图所示：‎ ‎（1）将去年的消费金额超过 3200 元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取 2 人，求至少有 1 位消费者，其去年的消费金额超过 4000 元的概率；‎ ‎（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：‎ 会员等级 消费金额 普通会员 ‎2000‎ 银卡会员 ‎2700‎ 金卡会员 ‎3200‎ 预计去年消费金额在内的消费者今年都将会申请办理普通会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理金卡会员. 消费者在申请办理会员时，需-次性缴清相应等级的消费金额.该健身机构在今年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：‎ 方案 1：按分层抽样从普通会员， 银卡会员， 金卡会员中总共抽取 25 位“幸运之星”给予奖励: 普通会员中的“幸运之星”每人奖励 500 元； 银卡会员中的“幸运之星”每人奖励 600 元； 金卡会员中的“幸运之星”每人奖励 800 元.‎ 方案 2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从-个装有 3 个白球、 2 个红球（球只有颜色不同）的箱子中， 有放回地摸三次球，每次只能摸-个球.若摸到红球的总数消费金额/元为 2，则可获得 200 元奖励金； 若摸到红球的总数为 3，则可获得 300 元奖励金；其他情况不给予奖励. 规定每位普通会员均可参加 1 次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加 2 次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加 3 次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立） .‎ 以方案 2 的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪-种方案投资较少？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）预计方案2投资较少.详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，随机变量的可能值为“”，得，即可求解．‎ ‎（2）根据方案1求得按照方案1奖励的总金额元，又由方案2：得到的可能值为“”，求得其概率，列出分布列，求得按照方案2奖励的总金额，比较得到答案．‎ ‎【详解】（1）设随机抽取的2人中，去年的消费金额超过4000元的消费者有人，‎ 则的可能值为“0，1，‎2”‎，‎ ‎∴ .‎ ‎（或者.‎ ‎（2）方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员，银卡会员，金卡会员的人数分别为：‎ ‎，，，‎ ‎∴按照方案1奖励的总金额为：元，‎ 方案2：设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，‎ 则的可能值为“0，200，‎300”‎，‎ ‎∵摸到红球的概率：，∴ ，‎ ‎，，‎ ‎∴的分布列为 ‎0‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎∴元，‎ ‎∴按照方案2奖励的总金额为：‎ 元，‎ ‎∵方案1奖励的总金额多于方案1奖励的总金额，‎ ‎∴预计方案2投资较少.‎ ‎【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.‎ ‎19.已知椭圆过点，设它的左、右焦点分别为、，左顶点为，上顶点为，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程和离心率；‎ ‎（Ⅱ）过点作不与轴垂直的直线交椭圆于、（异于点）两点，试判断的大小是否为定值，并说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）椭圆的方程为，离心率；（Ⅱ）是定值，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意建立有关、、的方程组，求出、、的值，进而可求得椭圆的标准方程和离心率；‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，设、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算计算出，进而可得出为定值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：根据题意得，解得，‎ 所以椭圆的方程为，离心率；‎ ‎（Ⅱ） 因为直线不与轴垂直，所以直线的斜率不为，‎ 设直线的方程为，设、，‎ 联立方程，化简得.‎ 显然点在椭圆的内部，所以．‎ 则，.‎ 又因为，所以，．‎ 所以，‎ 所以，即是定值.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中定值问题的求解，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）设函数，试判断函数是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由． ‎ ‎（Ⅲ）当时，写出与的大小关系．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先利用导数求出切线斜率，然后再求得切点坐标，最后写出切线方程即可；‎ ‎（Ⅱ）对a进行分类讨论，利用导数研究函数的最值，当时，函数不存在最小值；当时，函数有最小值．‎ ‎（Ⅲ）当时，与的大小关系等价于与的大小关系，‎ 令，通过研究的单调性和极值，进而可得，从而可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，，，‎ 所以，，因此，‎ 又因为，所以切点为，‎ 所以切线方程为；‎ ‎（Ⅱ），，，‎ 所以，‎ 因为，所以；‎ ‎（1）当，即时，‎ 因为，所以，故，‎ 此时函数在上单调递增，‎ 所以函数不存在最小值；‎ ‎（2）当，即时，‎ 令，因为，所以，‎ 与在上的变化情况如下：‎ ‎−‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以当时，有极小值，也是最小值，‎ 并且，‎ 综上所述，‎ 当时，函数不存在最小值；‎ 当时，函数有最小值．‎ ‎（Ⅲ）当时，与的大小关系等价于与的大小关系，‎ 下面比较与的大小关系：‎ 令，则，‎ 当时，，当时，，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，又，‎ 故，即，故，所以.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的最值，考查利用导数比较大小，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.‎ ‎21.设n为正整数，集合A=，，，，，．对于集合A中的任意元素和，记．‎ ‎（Ⅰ）当n=3时，若，，求和的值；‎ ‎（Ⅱ）当时，对于中的任意两个不同的元素，，证明：．‎ ‎（Ⅲ）给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素，，．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）2，2；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据定义直接计算即可；‎ ‎（Ⅱ）设，，有，,可得，‎ 所以，易得， ‎ ‎，即可证明结论.‎ ‎（Ⅲ）根据抽屉原理即可得证.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，，‎ 所以，‎ ‎；‎ ‎（Ⅱ）当时，对于中的任意两个不同的元素，‎ 设，，有 ‎，．‎ 对于任意的，，，，，，‎ 当时，有，‎ 当时，有．‎ 即，‎ 所以，有，‎ 又因为，‎ 所以，，，，，当且仅当时等号成立，‎ 所以，‎ ‎，‎ 即，当且仅当（，，，）时等号成立；‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可证，对于任意的，‎ 若，则，成立．‎ 所以，考虑设 ‎，‎ ‎，，，，，‎ 对于任意的，，，，‎ ‎，，，‎ 所以，‎ 假设满足条件的集合B中元素个数不少于，‎ 则至少存在两个元素在某个集合（，，，）中，‎ 不妨设为，则．‎ 与假设矛盾，所以满足条件的集合B中元素个数不多于．‎ 取；‎ 对于，，，，取，且；．‎ 令，‎ 则集合满足条件，且元素个数为,‎ 故是一个满足条件且元素个数最多的集合．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的含义与表示、集合的运算以及集合之间的关系，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.‎