2020届北京市朝阳区高三年级下学期二模数学试题及答案解析 17页

2020 届北京市朝阳区高三年级下学期二模数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．在实数范围内，下列命题正确的是（ ） A．若 ,a b 则 1b a  B．若 ,a b c d  ，则 a c b d   C．若 a b ，则 lg( ) 0a b  D．若 0,ab a b  ，则 1 1 a b  2．已知函数 ( ) cos2 3sin 2 1f x x x   ，则下列判断错误的是（ ） A． ( )f x 的最小正周期为 B． ( )f x 的值域为[ 1,3] C． ( )f x 的图象关于直线 6x  对称 D． ( )f x 的图象关于点 ,04     对称 3．过抛物线 2: 4C y x 的焦点 F 的直线l 交抛物线 C 于 ,A B 两点，且满足 2AF FB  ，则直线l 的斜率 ( 0)k k  的值为（ ） A． 2 2 B． 2 3 C． 2 D． 3 4．已知复数 z 满足 4 z ii  （其中i 为虚数单位），则 z 的虚部为（ ） A． 4i B．4 C．1 D． 1 5．函数 数m 香䁕 的定义域为 A． 数䁕㔵 㜮 m B． 䁕㔵 㜮 mC． 数 香 ， 䁕m D． 数 香 ， 䁕6．设函数 y=f（x）是偶函数，且在 ,0 上是增加的，则（ ） A．f（−2）1 时，对数值大于零，因此错误．只有 D 成立． 2．D 先将函数 ( ) cos2 3sin 2 1f x x x   化为 ( ) 2sin 2 16f x x       ，再由三角函数的性质，逐 项判断，即可得出结果.  ( ) cos2 3sin 2 1f x x x   可得 1 3( ) 2 cos2 sin 2 1 2sin 2 12 2 6f x x x x                   对于 A， ( )f x 的最小正周期为 2 2 | | 2T      ,故 A 正确； 对于 B，由 1 sin 2 16x        ，可得 1 ( ) 3f x   ，故 B 正确； 对于 C，正弦函数对称轴可得：  02 ,6 2x k k Z     解得：  0 ,6 1 2x k k Z   ， 当 0k  ， 0 6x  ，故 C 正确； 对于 D，正弦函数对称中心的横坐标为：  02 ,6x k k Z    解得：  0 1 ,2 12x k k Z   若图象关于点 ,04     对称，则 1 2 12 4k      解得： 2 3k   ，故 D 错误； 故选：D. 本题考查三角恒等变换，三角函数的性质，熟记三角函数基本公式和基本性质，考查了分析能力和 计算能力，属于基础题. 3．A 过 ,A B 分别作准线的垂线，垂足依次为 ,M N ，过点 B 作 BD 垂直于 AM ，交 AM 于点 D ，再利 用抛物线的定义求解即可． 解：过 ,A B 分别作准线的垂线，垂足依次为 ,M N ， 过点 B 作 BD 垂直于 AM ，交 AM 于点 D ， 设| |BF r ，则| | 2AF r ， 由抛物线的定义得| |BN r ，| | 2AM r ， ∴| | | | | |AD AM BN r   ， 2 2| | | | 2 2BD AB AD r ‘ ， ∴ | |tan 2 2| | BDk BAD AD     ， 故选：A． 本题主要考查抛物线定义的运用，属于中档题． 4．B 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案． 由 4 z ii  ，得 2(4 ) 4 1 4z i i i i i      ． 复数 z 的虚部是 4 ． 故选：B． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 5．A 由题意得到关于 x 的不等式，求解不等式即可确定函数的定义域. 函数有意义，则 香 䁕 ʹ ，解得 ʹ 䁕 。 故函数 数m 香䁕 的定义域为 数䁕㔵 㜮 m . 本题选择 A 选项. 求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们 的解集即可． 6．D 试题分析：由函数是偶函数可得    f x f x  ，所以    f x f x 成立 考点：函数奇偶性单调性 7．B 根据正弦定理求角 A，即得 C 由正弦定理得 sin 2 3 sin 60 1sin 30 , 906 2 a BA a b A Cb           ,选 B. 本题考查正弦定理求角，考查基本分析求解能力，属基础题. 8．A 如图所示，作出四面体的图象，由图可知，只要点 , ,B D E 能构成三角形即可求出． 如图所示，作出四面体的图象， D 为 AC 的中点， 2BE  ，其它各边长为 x ． 由题意可知，点 , ,B D E 能构成三角形， 3 2BD DE x  ，所以 BD DE BE  ，即 3 3 22 2x x  ，解得 2 3 3x  ． 故选：A． 本题考查棱锥的结构特征以及充要条件的转化，求解关键是依据图象得到图中三角形的形成条件， 意在考查学生的空间想象能力，属于中档题． 9．C 设切点为  0 0,x y ，可得  0 0 0 0 0 0 2 3 2 5 f x ax y ax y lnx              ，解方程可得 2a  ，然后作出不等式组在 2 2 24x y  内的区域，再利用扇形的面积公式即可求解. 由 3y ax  与函数   2ln 5f x x  相切， 设切点为  0 0,x y ，则  0 0 0 0 0 0 2 3 2 5 f x ax y ax y lnx              ，解得 2a  ， 所以不等式组为 2 0 3 0 x y x y      ， 则不等式组确定的平面区域在 2 2 24x y  内的面积为阴影部分， 由题意可得 1tan 2   ， 1 1tan 3 3         ， 所以   tan tantan 11 tan tan         ，所以 4    ， 所以阴影部分的面积为： 21 1 24 32 4 2 4S R         . 故选：C 本题考查了导数的几何意义、不等式表示的平面区域、两角和的正切公式以及扇形的面积公式，综 合性比较强，属于中档题. 10．B 若  ,AD AB AC R        ，点 D 在 ABC 内部，则 0 1,0 1     ，反之不成立，例 如 1 2    时，点 D 为边 BC 的中点， 0 1,0 1      是点 D 在 ABC 内部，（不含边界） 的必要不充分条件，故选 B. 11． 2 2 3 易得 2c  ， 1a  ，再结合 2 2 2b c a  ，可知 3b  ，然后由 ce a  求出离心率；可求出经过一、 三象限的渐近线方程为 3 3y x ，设点 3( , )3Q x x ，分别求出 1FQ  和 2F Q  ，根据 1 2 0FQ F Q   列 出方程，求出 x 的值，然后可得点Q 到 y 轴的距离， 1 2 4F F  ，最后计算 1 2QF F 的面积. 易知 2c  ， 2 2a  ，所以 1a  ， 又 2 2 2 4 1 3b c a     ， 3b  ，所以 2ce a   ； 所以双曲线的方程为： 2 2 13 xy   ，其中经过一、三象限的渐近线方程为 3 3y x ， 故可设点 3( , )3Q x x ，所以 1 3( , 2)3FQ x x  ， 2 3( , 2)3F Q x x  ， 因为 1 2FQ F Q ，所以 1 2 0FQ F Q   ，即 2 3 32 2 03 3x x x             ， 解之得： 3x   ，所以点Q 到 y 轴的距离为 3 ，又 1 2 4F F  ，所以： 1 2 1 2 1 13 3 4 2 32 2QF FS F F      △ . 故答案为： 2 ； 2 3 . 本题考查双曲线离心率的计算，考查向量垂直的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转 化思想，属于常考题. 12． 6 0x y  设所求直线l 与已知两直线的交点分别为 ,A B ，设 0 0( , )A x y ，则 0 0( , )B x y  ，分别代入已知直线， 解得 0 06 0x y  ，进而得出直线l 的方程，得到答案. 设所求直线l 与已知两直线的交点分别为 ,A B ，设 0 0( , )A x y ， 因为 ,A B 关于原点对称，所以 0 0( , )B x y  , 又因为 ,A B 分别在已知两直线上，可得 0 0 0 0 4 6 0 3 5 6 0 x y x y        ，解得 0 06 0x y  ， 即点 A 在直线 6 0x y  上， 又由直线 6 0x y  过原点，所以直线l 的方程为 6 0x y  . 故答案为： 6 0x y  . 本题主要考查了直线方程的求法，其中解答中要注意中点坐标公式的合理应用，其中解答方法具有 一定的技巧性，着重考查推理与运算能力. 13． 41 4  首先根据三视图还原其直观图，再根据直观图找到四棱锥外接球的球心，计算球体的半径和表面积 即可. 该几何体是一个四棱锥，其底面是边长为 2 的正方形， 右侧面是腰长为 5 的等腰三角形，且垂直于底面，由此可得四棱锥的高为 2 . 设O 为球心， 1O 为 ABC 的外心， M 底面的中心， D 为 BC 的中点， 因为 5AB  ， 1BD  ，所以 5 1 4AD    ， 2 5sin 5ABC  ， 设 ABC 外接圆的半径为 r ，得到 5 22 55 r ， 1 5 4r AO  . 又因为 1 1MD OO  ，所以 2 25 411 ( )4 16R    . 2 414 4S R   . 故答案为： 41 4  本题主要考查四棱锥的外接球，同时考查了三视图，将三视图还原其直观图为解题的关键，属于中 档题. 14．2 先将二项式 5( 2)( )x x m  变形为    5 52x x m x m   ，展开得到通项，利用展开式中 5x 的系 数为 7 得出 m 的值，再由 0x  代入等式 65 5 6 5 1 0( 2)( ) a x a x ax x m x a     L 可求出 0a ．       5 5 52 2x x m x x m x m     Q ， 所以，二项式    5 52x x m x m   展开式的通项为 5 5 6 5 5 5 5 52 2r r r k k k r r r k k kxC x m C x m C x m C x m      ， 令 6 5 5 5 r k      ，得 1 0 r k    ，则 1 0 5 5 52 5 2 7a C m C m       ， 1m   ， 则  5 6 5 6 5 1 02 1x x a x a x a x a      L ，所以，    5 0 0 2 0 1 2a      ． 故答案为 2 ． 本题考查二项式定理，考查指定项的系数以及赋值法的应用，二项式中指定项的系数问题，一般要 通过利用二项式定理将二项式展开得出通项，利用指数列方程求解未知数求解，另外，在二项式定 理赋值法常用的如下：设   2 3 0 1 2 3 n nf x a a x a x a x a x    L ， 则（1）  0 0a f ；（2）  0 1 2 3 1na a a a a f     L ； （3）    0 1 2 3 1 1n na a a a a f       L ． 15．(1)   · 2 7a b a b     ; (2) 1 2    试题分析：（1）先计算    3,1 , 2 0,7a b a b      ，由此求得两者的数量积.（2）先计算    2 ,3 2 ,2 5,4a b a b          ，利用两个向量共线的性质，可以 2 3 2 5 4    ， 解得  的值. 试题解析： (1) 向量    2,3 , 1,2a b   ，    3,1 , 2 0,7a b a b       ，   · 2 7a b a b      . (2)    2 ,3 2 ,2 5,4a b a b          ,  向量 a b  与 2a b  平行， 2 3 2 5 4     ， 解得 1 2    . 16．（1） 27 （2） 63 （1）根据等差数列的通项公式及等差中项，求和公式计算即可（2）根据 n nb a ，转化为用 nS 来 表示 9T 即可. （1） 1 4 7 3 6 90, 18,a a a a a a       ， 4 6 3 0,3 18a a   ， 即 4 60, 6a a   ， 46 2 6a a d     ， 3d   ， 4 ( 4) 3 12na a n n        ，    1 9 4 6 9 9 9 272 2 a a a aS         （2）由（1）知 | 3 12|n nb a n    ， 9 1 2 3 4 5 6 9 4 9 4 4 9( ) ( ) 2T a a a a a a a S S S S S              (9 0) 4 (9 15) 92 2 2       63 本题主要考查了等差数列的通项公式，等差中项，前 n 项和公式，考查了计算能力，属于中档题. 17．（1）90 位（2）0.45（3）填表见解析；有 95％的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时 间与性别有关” （1）根据频率分布直方图进行求解即可； （2）由频率分布直方图先求出对应的频率，即可估计对应的概率； （3）利用独立性检验进行求解即可. （1） 300 4500 9015000   .所以，应该收集 90 位女生的样本数据. （2）由频率分布直方图得    6 2 0.125 0.075 0.025 0.45P X      所以该校学生每周平均体育运动时间超过 6 小时的概率的估计值为 0.45. （3）每周平均运动时间超过 4 小时的频率为 0.375×2=0.75，所以超过 4 小时的总人数为 300×0.75=225， 每周平均运动时间与性别列联表如下： 男生超过 4 小时 运动不超过 4 小时 合计 男生 165 45 210 女生 60 30 90 合计 225 75 300         2 2 2 300 165 30 60 45 4.762 3.841225 75 210 90 n ad bcK a b c d a c b d              ， 所以，有 95％的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”. 本题主要考查了独立性检验，频率分布直方图，分层抽样，是统计和概率的综合应用，难度属于中 档题. 18．（Ⅰ）2，4，8，16，32，64；（Ⅱ） 11D  只有 1 个，d=1 有 91 个；（Ⅲ）见解析 （Ⅰ）根据题意，分析集合 T 的元素，结合 M﹣N 的含义分析可得答案；（Ⅱ）根据题意，由等差 数列的性质分析公差的最大、最小值，据此分析等差数列的数目，相加即可得答案；（Ⅲ）根据题 意，将集合 S 中元素列表，据此分析集合集合 S﹣A 中的元素，由反证法分析可得结论． （Ⅰ）根据题意，集合  1,2,3,...,100S  ，  2 ,nT x x n N     2,4,8,... ; 则    2,4,8,16,32,64S S T   ； 则集合  S S T  的所有元素是： 2，4，8，16，32，64； （Ⅱ）当首项是 1，末项是 100 时，公差最大为 11，即 11D  ． 这样的数列只有 1 个：1，12，23，34，45，56，67，78，89，100； 当选取的 10 个数是连续自然数时，公差最小为 1，即 d=1． 这样的数列首项可以是 1，2，3，…，91 中的任何一个， 因此共有 91 个公差为 1 的等差数列； （Ⅲ）将集合 S 中元素列表如下： 1 2 3 … 10 11 12 13 … 20 21 22 23 … 30 ┆ ┆ ┆ ┆ ┆ 91 92 93 … 100 表中各行或各列的十个数分别构成等差数列． 假设存在含有 10 个元素的集合 A ，使得 S A 中不含 10 个元素组成的等差数列． 显然每连续 10 个元素中必有集合中的唯一一个元素，即表的每行、每列中必有集合 A 中的唯一一 个元素． 记表中第i 行第 j 列的数为  ,i j ． 若第  1 9i i  行中集合 A 的唯一元素为  ,i j ，则第 1i + 行中 1,1i  ， 1,2i  ，… 1,i j 中必有集合 A 中元素． 若第  1 9i i  行的第一个数在集合 A 中，则此行余下九个数和下一行第一个数可以组成等差数 列，与假设矛盾． 因此，第一列中集合 A 的唯一元素只可能在第十行． 同理，若第  1 8i i  行的第二个数在集合 A 中，则此行余下八个数和下一行前两个数可以组成 等差数列，与假设矛盾． 因此，第二列中集合 A 的唯一元素只可能在第九行． 依此类推，得  10,19,28,37,46,55,64,73,82,91A  ． 此时，另一条对角线上的十个元素 1,12,23,34,45,56,67,78,89,100 构成等差数列，与假设矛盾． 综上，原命题成立． 本题考查数列与集合的综合应用，涉及集合的表示方法以及合情推理的应用，关键是掌握集合以及 集合中元素的性质． 19．（1）单调递增区间为 (0, )e ，单调递减区间为 ( , )e  ；（2） 2 1 1 2ae e   . （1）求出  f x ，由函数  f x 在 x e 处的切线平行于 x 轴，可得 0a  ，由   0f x  可得增区 间，由   0f x  ，可得递减区间. （2）设     2 lnf x xF x ax x    ，利用导数判断函数的单调性，根据单调性结合零点存在性定理 列不等式求解即可. （1）   2 1 ln xf x ax    ，函数  f x 在 x e 处的切线平行于 x 轴，则   0f e  ， 即 0a  ，此时   2 1 ln xf x x   ，令   0f x  ，解得 x e ， 当 0 x e  时，   0f x  ，  f x 单调递增， 当 x e 时，   0f x  ，  f x 单调递减， 所以  f x 的单调递增区间为 0,e ，单调递减区间为  ,e  . （2）     2 lnf x xF x ax x    ，定义域为 0,  ，则   3 1 2ln xF x x   ，可得 当  0,x e 时，   0F x  ，  F x 单调递增， 当  ,x e  时，   0F x  ，  F x 单调递减， 所以  F x 在 x e 处取得极大值   1 2F e ae   ， 又 21 0F e ae        ， 所以  F x 在 0,e 上有两个零点只需     0, 0, F e F e    即 2 1 0,2 1 0, ae ae       解得 2 1 1 2ae e   ， 所以实数 a 的取值范围为 2 1 1 2ae e   . 本题考查导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了导数与函数零点的综合，同 时考查了转化思想与计算能力，属于综合题. 20．（1） 1 2m   ；（2） 1| 3, 2m m m       且 . （1）由题意利用两个向量共线的性质，求出实数 m 的值．（2）若 a 与 a b  的夹角为锐角，则  a • a+b  ＞0 a且 与 a b  不共线，由此求得实数 m 的取值范围． （1）∵平面向量 ＝（1，2）， ＝（m，﹣1），∴ + （m+1，1）， 若 ∥（ ），即 1﹣2（m+1）＝0，∴m＝﹣ ． （2）若 与 的夹角为锐角，则 •（ ）＞0 且 与（ ）不共线． 由 •（ ）＞0，得 m+3＞0，∴m＞﹣3． 由 与（ ）共线，得到 1﹣2（m+1）＝0，∴m＝﹣ ． 故要求的实数 m 的取值范围为{m|m＞﹣3，且 m≠﹣ }． 本题主要考查两个向量共线的性质和两个向量的夹角的问题，注意要排除两个向量共线的情况， 属于基础题. 21．（1）详见解析；（2） 8 3 ． 由三视图可知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱 ADE-BCF，且底面是一个直角三角形， 由三视图中所标数据易计算出三棱柱中各棱长的值． （1）取 BF 的中点 G，连接 MG、NG，利用中位线的性质结合线面平行的充要条件，易证明结论 （2）多面体 A-CDEF 的体积是一个四棱锥，由三视图易求出棱锥的底面面积和高，进而得到棱锥 的体积． （1）证明：由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱 ADE-BCF，且 AB=BC=BF=4， DE=CF= 4 2 ， 90CBF   ，连结 BE，M 在 BE 上，连结 CE EM=BM，CN=BN，所以 MN ∥ ,CE CE CDEF面 ，所以 / /MN 平面CDEF （2）取 DE 的中点 H． ∵AD=AE，∴AH⊥DE， 在直三棱柱 ADE-BCF 中， 平面 ADE⊥平面 CDEF， 平面 ADE∩平面 CDEF=DE．∴AH⊥平面 CDEF． ∴多面体 A-CDEF 是以 AH 为高，以矩形 CDEF 为底面的棱锥，在△ADE 中，AH= 2 ． S 矩形 CDEF=DE•EF= 4 2 ， ∴棱锥 A-CDEF 的体积为 1 1 84 2 23 3 3CDEFV S AH      矩形 ． 本题考点：1．简单空间图形的三视图；2．棱柱、棱锥、棱台的体积；3．直线与平面平行的判定， 属于基础题型.