北京市平谷区2020届高三模拟考试数学试题 20页

‎2020北京平谷高三二模 数学 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共6页，共150分，考试时间为120分钟.‎ ‎2.试题所有答案必须书写在答题纸上，在试卷上作答无效.‎ ‎3.考试结束后，将答题纸交回，试卷按学校要求保存好.‎ 第I卷选择题（共40分）‎ 一、选择题共10题，每题4分，共40分.在每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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 集合，‎ 所以.‎ 故选C.‎ ‎2.若角终边在第二象限，则下列三角函数值中大于零的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式化简选项，再结合角的终边所在象限即可作出判断.‎ ‎【详解】解：角的终边在第二象限，＝＜0，A不符；‎ ‎＝＜0，B不符；‎ ‎＝＜0，C不符；‎ ‎＝＞0，所以，D正确 故选D ‎【点睛】本题主要考查三角函数值的符号判断，考查了诱导公式，三角函数的符号是解决本题的关键．‎ ‎3.在下列函数中，值域为的偶函数是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过函数的奇偶性和值域对选项进行排除，由此确定正确选项.‎ ‎【详解】对于A选项，函数的定义域为，故为非奇非偶函数，不符合题意.‎ 对于B选项，的定义域为，且，所以为偶函数，由于，所以的值域为，符合题意.‎ 对于C选项，，故的值域不为.‎ 对于D选项，的定义域为，且，所以为奇函数，不符合题意.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和值域，属于基础题.‎ ‎4.若等差数列的前项和为，且，，则的值为（ ）．‎ A. 21 B. ‎63 ‎C. 13 D. 84‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求，，然后结合等差数列的求和公式即可求解．‎ ‎【详解】解：因为，，‎ 所以，解可得，，，‎ 则．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础题．‎ ‎5.若抛物线y2＝2px（p＞0）上任意一点到焦点的距离恒大于1，则p的取值范围是（ ）‎ A. p＜1 B. p＞‎1 ‎C. p＜2 D. p＞2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的几何性质当P为抛物线的顶点时，P到准线的距离取得最小值，列不等式求解.‎ ‎【详解】∵设P为抛物线的任意一点，‎ 则P到焦点的距离等于到准线：x的距离，‎ 显然当P为抛物线的顶点时，P到准线的距离取得最小值．‎ ‎∴，即p＞2．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】此题考查抛物线的几何性质，根据几何性质解决抛物线上的点到焦点距离的取值范围问题.‎ ‎6.已知，且则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值排除错误选项，利用函数的单调性证明正确选项.‎ ‎【详解】取，则，所以A选项错误.‎ 取，则，所以B选项错误.‎ 由于在上递减，而，所以，故C选项正确.‎ 取，则，所以D选项错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查函数的单调性，考查比较大小，属于基础题.‎ ‎7.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ 由给定的三视图可知，该几何体表示一个底面为一个直角三角形，‎ 且两直角边分别为和，所以底面面积为 ‎ 高为的三棱锥，所以三棱锥的体积为，故选A．‎ ‎8.设是向量，“”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】‎ 将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分、必要条件.‎ ‎【详解】当“”时，可能，不满足“”.‎ 当“”时，“”.‎ 所以“”是“”的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎9.溶液酸碱度是通过计算的，的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升，若人体胃酸中氢离子的浓度为摩尔/升，则胃酸的是（ ）（参考数据：） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数运算以及的定义求得此时胃酸的值.‎ ‎【详解】依题意 ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查对数运算，属于基础题.‎ ‎10.如图，点为坐标原点，点，若函数及的图象与线段 分别交于点，，且，恰好是线段的两个三等分点，则，满足．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由恰好是线段的两个三等分点，求得的坐标，分别代入指数函数和对数函数的解析式，求得的值，即可求解.‎ ‎【详解】由题意知，且恰好是线段的两个三等分点，所以，，‎ 把代入函数，即，解得，‎ 把代入函数，即，即得，所以.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的图象与性质的应用，其中解答熟练应用指数函数和对数函数的解析式求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ 第II卷非选择题（共110分）‎ 二、填空题共5题，每题5分，共25分.‎ ‎11.如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长都为1,点A,B对应的复数分别是 ‎，则_______.‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ 由题意，根据复数的表示可知，所以．‎ ‎12.在中，，，，则__________ ；____________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用余弦定理可求cosC，结合范围C∈（0，π），可求C的值，进而根据正弦定理可得a的值．‎ ‎【详解】∵a2+b2﹣c2＝ab，‎ ‎∴可得cosC，‎ ‎∵C∈（0，π），‎ ‎∴C，‎ ‎∵，c＝3，‎ ‎∴由正弦定理，可得：，解得：a．‎ 故答案为，．‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.‎ ‎13.如图，矩形中，，，为的中点. 当点在边上时，的值为________；当点沿着，与边运动时，的最小值为_________. ‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立坐标系，利用坐标运算求出向量的点积，分情况讨论即可.‎ ‎【详解】以A为原点建立平面直角坐标系，‎ 则A（0,0），O（1,0），B（2,0），设P（2，b），‎ ‎（1）＝；‎ ‎（2）当点P在BC上时，＝2；‎ 当点P在AD上时，设P（0，b），＝（2，0）（－1，b）＝－2；‎ 当点P在CD上时，设点P（，1）（0＜＜2）‎ ‎＝（2,0）（－1，1）＝2－2，‎ 因为0＜＜2，所以，－2＜2－2＜2，即 综上可知，的最小值为－2.‎ 故答案为-2.‎ ‎【点睛】(1)向量的运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题;(2)以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法;(3)向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.‎ ‎14.已知函数给出下列结论：‎ ‎①在上有最小值，无最大值；‎ ‎②设则为偶函数；‎ ‎③在上有两个零点 其中正确结论的序号为________.（写出所有正确结论的序号）‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①利用导函数进行判断；②根据奇偶性的定义进行判断. ③利用函数图像进行判断.‎ ‎【详解】①，由于，所以，所以在上递减，所以在上有最小值，无最大值，故①正确.‎ ‎②，依题意，由于，所以不是偶函数，故②错误.‎ ‎③，令得，画出和在区间上的图像如下图所示，由图可知和在区间上的图像有两个交点，则在上有两个零点，故③正确.‎ 故答案为：①③‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查函数的奇偶性，考查函数零点个数的判断，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎15.地铁某换乘站设有编号为的五个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散名乘客所需的时间如下：‎ 安全出口编号 疏散乘客时间（）‎ 则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是________.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过对疏散时间的比较，判断出疏散乘客最快的一个安全出口的编号.‎ ‎【详解】同时开放，需要秒；同时开放，需要秒；所以疏散比快.‎ 同时开放，需要秒；同时开放，需要秒；所以疏散比快.‎ 同时开放，需要秒；同时开放，需要秒，所以疏散比快.‎ 同时开放，需要秒；同时开放，需要秒，所以疏散比快.‎ 综上所述，D疏散最快.‎ 故答案为：D ‎【点睛】本小题主要考查简单的合情推理，属于基础题.‎ 三、解答题共6题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.‎ ‎16.已知函数， ，求在的值域.‎ 从①若的最小值为；②两条相邻对称轴之间的距离为；③若的最小值为，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.‎ ‎【答案】在区间上的值域为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三个条件求得半周期，由此求得，进而求得在上的值域.‎ ‎【详解】由于 ‎.‎ 所以①②③都可以得到的半周期为，则.‎ 所以.‎ 由于，，‎ 所以，即的值域为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的周期、单调性、最值、值域的求法，属于中档题.‎ ‎17.某市旅游管理部门为提升该市26个旅游景点的服务质量，对该市26个旅游景点的交通、安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分，每项评分最低分0分，最高分100‎ 分，每个景点总分为这五项得分之和，根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、交通得分与景点总分散点图如下：‎ 请根据图中所提供的信息，完成下列问题：‎ ‎（I）若从交通得分前6名的景点中任取2个，求其安全得分都大于90分的概率；‎ ‎（II）若从景点总分排名前6名的景点中任取3个，记安全得分不大于90分的景点个数为，求随机变量的分布列和数学期望；‎ ‎（III）记该市26个景点的交通平均得分为安全平均得分为，写出和的大小关系？（只写出结果）‎ ‎【答案】（I）；（II）分布列见解析，期望为；（III）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据古典概型概率计算公式，计算出所求概率.‎ ‎（II）利用超几何分布的知识求出分布列和数学期望.‎ ‎（III）根据两种得分的数据离散程度进行判断.‎ ‎【详解】（I）由图可知，交通得分前名的景点中，安全得分大于分的景点有个，所以从交通得分前名的景点中任取个，求其安全得分都大于分的概率为.‎ ‎（II）结合两个图可知，景点总分排名前的的景点中，安全得分不大于分的景点有个，所以的可能取值为.‎ ‎.‎ 所以的分布列为:‎ 所以.‎ ‎（III）由图可知，个景点中，交通得分全部在分以上，主要集中在分附近，安全得分主要集中在分附近，且分一下的景点接近一半，故 .‎ ‎【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查超几何分布，考查数据分析与处理能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中， ，平面平面．‎ ‎（Ⅰ）求证： ；‎ ‎（Ⅱ）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由条件中，平面平面，结合线面垂直的性质定理，可以证明线面垂直，从而证明线线垂直（2）建立空间坐标系，求出法向量，然后根据题意计算是否存在点满足要求 解析：(Ⅰ)证明:在直三棱柱中,平面ABC,故,  ‎ 由平面平面,且平面平面,  所以平面,  又⊂平面,所以 (Ⅱ)证明:在直三棱柱中,平面ABC,  所以,,  又,所以,如图建立空间直角坐标系,  根据已知条件可得,,,,,,  所以,,  设平面的法向量为,  由即 令,则,,于是,   ‎ 平面的法向量为 设,,  则, 若直线DP与平面成角为,则 ‎,  计算得出,  故不存在这样的点.‎ 点睛：方法总结：由面面垂直线面垂直线线垂直，这里需要用到垂直的性质定理进行证明，难度不大，但在书写解答过程中，注意格式，涉及二面角问题可以采用空间坐标系的相关知识，计算法向量然后再求解 ‎19.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）当时，求在区间上的最大值和最小值；‎ ‎（3）当时，若方程在区间上有唯一解，求取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由可得切线斜率，再由点斜式可得切线方程；‎ ‎（2）由，可得，所以在区间上单调递增，从而可得最值；‎ ‎（3）当时，.设，，分析可知在区间上单调递减，且，，所以存在唯一的，使，即，结合函数单调性可得解.‎ 试题解析：‎ ‎（1）当时，，‎ 所以，.‎ 又因为，‎ 所以曲线在点处的切线方程为. ‎ ‎（2）当时，，‎ 所以．‎ 当时，，，‎ 所以 所以在区间上单调递增．‎ 因此在区间上的最大值为，最小值为. ‎ ‎（3）当时，‎ 设，，‎ 因为，,所以.‎ 所以在区间上单调递减．‎ 因为，，‎ 所以存在唯一的，使，即.‎ 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．‎ 因为，，又因为方程在区间上有唯一解，‎ 所以.‎ 点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.‎ ‎20.已知点在椭圆：上，是椭圆的一个焦点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）椭圆C上不与点重合的两点，关于原点O对称，直线，分别交轴于，两点．求证：以为直径的圆被直线截得的弦长是定值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）依题意，得到，利用定义得到，即可求解椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设，，根据直线方程，求解坐标，可得，利用 ，求得的值，即可得到弦长为定值．‎ ‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）依题意，椭圆的另一个焦点为，且． ‎ 因为， ‎ 所以，， ‎ 所以椭圆的方程为． ‎ ‎（Ⅱ）证明：由题意可知，两点与点不重合．‎ 因为，两点关于原点对称，‎ 所以设，，． ‎ 设以为直径的圆与直线交于两点，‎ 所以． ‎ 直线：．‎ 当时，，所以． ‎ 直线：．‎ 当时，，所以． ‎ 所以，， ‎ 因为，所以， ‎ 所以． ‎ 因为，即，， ‎ 所以，所以． ‎ 所以，， 所以．‎ 所以以为直径的圆被直线截得的弦长是定值．‎ 点睛：本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．‎ ‎21.已知项数为的数列满足如下条件：①；②若数列满足其中则称为的“伴随数列”.‎ ‎（I）数列是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若不存在，请说明理由；‎ ‎（II）若为的“伴随数列”，证明：；‎ ‎（III）已知数列存在“伴随数列”且求的最大值.‎ ‎【答案】（I）不存在，理由见解析；（II）详见解析；（III）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据“伴随数列”的定义判断出正确结论.‎ ‎（II）利用差比较法判断出的单调性，由此证得结论成立.‎ ‎（III）利用累加法、放缩法求得关于的不等式，由此求得的最大值.‎ ‎【详解】（I）不存在.理由如下：因为，所以数列不存在“伴随数列”.‎ ‎（II）因为，‎ 又因为，所以，所以，即，所以成立.‎ ‎（III），都有，因为，，‎ 所以，所以.‎ 因为，‎ 所以.‎ 而 ‎，即，‎ 所以，故.‎ 由于，经验证可知.所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查数列单调性的判断，考查累加法、放缩法，属于难题.‎