北京市顺义区2020届高三二模数学试题 Word版含解析 21页

顺义区2020届高三第二次统练 数学试卷 一､选择题共10小题，每小题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，，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据交集的概念，可求出集合的交集.‎ ‎【详解】因为集合，，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集，属于基础题.‎ ‎2.在复平面内，复数对应的点位于(　　)‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用复数乘法的运算法则，化简复数，最后确定复数所对应的点所在的象限.‎ ‎【详解】，因此复数对应点的坐标为，在第二象限，故本题选B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算法则，以及复数对应点复平面的位置.‎ ‎3.下列函数中，既是偶函数，又在区间上为减函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 结合函数的奇偶性及单调性，对四个函数逐个分析，可选出答案.‎ ‎【详解】由题意，选项B、D中两个函数是非奇非偶函数，不符合题意；‎ 对于选项A，二次函数，既是偶函数，又在区间上为减函数，符合题意；‎ 对于选项C，余弦函数是偶函数，在区间上不是单调函数，不符合题意.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性及单调性的应用，考查学生的分析问题、解决问题的能力，属于基础题.‎ ‎4.抛物线上的点与其焦点的距离的最小值为（ ）‎ A. 4 B. 2 C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合抛物线的定义，可将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，进而可求出最小值.‎ ‎【详解】由题意，抛物线的焦点，准线为，设抛物线上的动点，‎ 根据抛物线的定义可知，，‎ 因为，所以，‎ 故抛物线上的点与其焦点的距离的最小值为1.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义的应用，考查抛物线的性质，属于基础题.‎ ‎5.若角终边经过点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ - 21 -‎ 根据角度终边上点的坐标，即可容易求得结果.‎ ‎【详解】因为角终边经过点，‎ 则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查由角度终边上的一点求三角函数值，属基础题.‎ ‎6.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）‎ A. 6 B. 8 C. 12 D. 24‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图画出该三棱锥的直观图，进而求出该三锥体的体积即可.‎ ‎【详解】由三视图画出该三棱锥的直观图，如下图，三棱锥中，底面，，，且，，‎ 所以该三棱锥的体积.‎ 故选：B.‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查三视图，考查三棱锥体积的计算，考查学生的空间想象能力，属于基础题.‎ ‎7.若为任意角，则满足的一个值为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可知，从而可得到的关系式，结合四个选项可选出答案.‎ ‎【详解】因为，所以，即，所以可以为8.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数周期性的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎8.已知，在下列条件中，使得成立的一个充分而不必要条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件与必要条件的定义，并结合不等式的性质可选出答案 - 21 -‎ ‎【详解】对于选项A，是成立的一个充要条件，即选项A不符合题意；‎ 对于选项B，由，可知，则，反之不成立，即选项B是成立的一个充分而不必要条件，即选项B成立；‎ 对于选项C，若，满足，但是不成立，即选项C不符合题意；‎ 对于选项D，由，不能判断的大小关系，即选项D不符合题意.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查充分性与必要性的判断，考查不等式的性质，考查学生的推理论证能力，属于基础题.‎ ‎9.设是各项均为正数的等比数列，为其前项和.已知，，若存在使得的乘积最大，则的一个可能值是（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，且公比，由，可求出，结合，可得，从而可求出，进而可求出的表达式，然后求出最大值及此时的即可.‎ ‎【详解】由题意，等比数列满足，且公比，‎ 又，所以，‎ 又，所以，解得或，‎ - 21 -‎ ‎①若，则，则，‎ 因为二次函数，在单调递增，无最大值，所以也无最大值；‎ ‎②若，则，则，‎ 因为二次函数，开口向下，对称轴为，所以或时，取得最大值，此时也取最大值.‎ 所以选项A符合题意.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的性质，考查等比数列的通项公式的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎10.已知函数，若实数，则在区间上的最大值的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，进而可知，由，可知区间，且该区间长度为2，然后画出函数的图象，进而可得到在上的图象，结合图象可求得在区间上的最大值的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，当时，；当时，；当时，‎ - 21 -‎ ‎.‎ 所以，则，‎ 因为，所以区间，且该区间长度为2.‎ 作出函数的图象，如图1，进而可得到在上的图象，如图2，‎ 根据图象可知在区间上的最大值的取值范围是.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的应用，考查分段函数的性质，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.‎ 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.‎ ‎11.已知向量，，若，则实数___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由垂直关系可得数量积等于零，根据数量积坐标运算构造方程求得结果.‎ ‎【详解】 ，解得：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查根据向量垂直关系求解参数值的问题，关键是明确两向量垂直，则向量数量积为零.‎ ‎12.设是等差数列，且，，则的通项公式为___________.‎ ‎【答案】‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可求出，再由公差，从而可求出的通项公式.‎ ‎【详解】由题意，等差数列中，，所以，公差，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式的求法，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎13.把函数的图象向左平移个单位，得到的函数是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用三角函数图象的平移变换法则求解即可.‎ ‎【详解】把函数的图象向左平移个单位，‎ 得到的函数是,‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.‎ ‎14.若直线将圆的圆周分成长度之比为1∶3的两段弧，则实数的所有可能取值是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 由直线将圆的圆周分成长度之比为1∶3的两段弧，可知劣弧所对的圆心角为，进而可求出圆心到直线的距离，再结合，可求出的值.‎ ‎【详解】由题意，圆的半径为1，周长为，‎ 直线将圆的圆周分成长度之比为1∶3的两段弧，劣弧所对的圆心角为，‎ 设直线与圆的交点为，圆心为，则为直角三角形，且，，‎ 所以圆心到直线的距离，‎ 又，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎15.曲线是平面内到定点和定直线：的距离之和等于5的点的轨迹，给出下列三个结论：‎ ‎①曲线关于轴对称；‎ ‎②若点在曲线上，则满足；‎ ‎③若点在曲线上，则.‎ 其中，正确结论的序号是________.‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出曲线的轨迹方程，进而画出图形，对三个结论逐个分析，可得出答案.‎ ‎【详解】设动点是曲线上任意一点，则，即 - 21 -‎ ‎，‎ 当时，，整理得，‎ 当时，，整理得，‎ 作出曲线的图形，如下图，显然①不正确，曲线不关于轴对称；‎ 当时，可得，所以当点在曲线上时，满足成立，即②正确；‎ 令，可得，所以当点在曲线上时，满足，且，又，所以，，即③正确.‎ 故答案为：②③.‎ ‎【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查数形结合思想的应用，考查学生的计算求解能力，属于难题.‎ 三､解答题共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.已知中，角，，的对边分别为，，，，，________.‎ - 21 -‎ 是否存在以，，为边的三角形？如果存在，求出的面积；若不存在，说明理由.‎ 从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若选取条件①，可先求出的值，进而由余弦定理，可出的值，进而结合，可求出的值，从而可判断该三角形存在，进而求出三角形的面积即可；‎ 若选取条件②，由余弦定理，可出的值，进而结合，可求得，从而可知该三角形不存在；‎ 若选取条件③，可得，进而分两种情况，分别讨论即可.‎ ‎【详解】若选取条件①，此时，‎ 因为，所以，‎ 由余弦定理，，解得，‎ 则，所以，‎ 所以，又，解得或者，‎ 所以存在以，，为边的三角形，其面积为.‎ 若选取条件②，‎ 因为，所以，‎ - 21 -‎ 由余弦定理，，解得，‎ 则，所以，显然不成立，所以不存在以，，为边的三角形.‎ 若选取条件③，得，‎ 由选取条件①可知，当时，存在以，，为边的三角形，其面积为.‎ 由选取条件②可知，当时，不存在以，，为边的三角形.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形知识，考查三角形的面积，考查学生的分析问题、解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎17.如图一所示，四边形是边长为的正方形，沿将点翻折到点位置(如图二所示)，使得二面角成直二面角.，分别为，的中点.‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连结，由四边形是正方形，可知在三棱锥中，，从而易知平面，进而可证明；‎ ‎（2）由二面角为直二面角，可知，即，从而可知 - 21 -‎ ‎，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后分别求出平面、平面的法向量、，进而由，可求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）取的中点，连结，‎ 因为四边形是正方形，所以在三棱锥中，，‎ 因为，平面，所以平面，‎ 又因为平面，所以.‎ ‎（2）因为二面角为直二面角，平面平面，且，，所以，即，所以两两垂直.‎ 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 易知，所以，，，，，，，‎ 则，，‎ 显然平面的一个法向量，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 取，可得，，所以平面的一个法向量，‎ - 21 -‎ 则，‎ 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直判定定理及性质定理的应用，考查二面角的求法，考查了空间向量法在立体几何中的应用，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎ ‎18.在全民抗击新冠肺炎疫情期间，北京市开展了“停课不停学”活动，此活动为学生提供了多种网络课程资源以供选择使用.活动开展一个月后，某学校随机抽取了高三年级的甲、乙两个班级进行网络问卷调查，统计学生每天的学习时间，将样本数据分成五组，并整理得到如下频率分布直方图：‎ ‎ ‎ ‎（1）已知该校高三年级共有600名学生，根据甲班的统计数据，估计该校高三年级每天学习时间达到5小时及以上的学生人数；‎ ‎（2）已知这两个班级各有40名学生，从甲、乙两个班级每天学习时间不足4小时的学生中随机抽取3人，记从甲班抽到的学生人数为，求的分布列和数学期望；‎ - 21 -‎ ‎（3）记甲、乙两个班级学生每天学习时间的方差分别为，，试比较与的大小.(只需写出结论)‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为1；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据甲班的统计数据，可求出每天学习时间达到5小时及以上的学生的频率之和，进而乘以600，可求出答案；‎ ‎（2）计算可得甲、乙两班每天学习时间不足4小时的学生人数分别为，，从而可知可取的值为，然后求出三种情形下的概率，进而可列出分布列，求出数学期望；‎ ‎（3）由甲班学生每天学习时间更集中，可知.‎ ‎【详解】（1）根据甲班的统计数据，该校高三年级每天学习时间达到5小时及以上的学生人数约为；‎ ‎（2）甲班每天学习时间不足4小时的学生人数为，‎ 乙班每天学习时间不足4小时的学生人数为，‎ 从甲班抽到的学生人数可取的值为，‎ 则，，，‎ 所以的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 则的数学期望为：.‎ ‎（3）结合频率分布直方图，可知甲班学生每天学习时间更集中，所以.‎ ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 本题考查频率分布直方图，考查离散型随机变量的分布列，考查数学期望及方差，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（1）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围；‎ ‎（3）当时，试写出方程根的个数.(只需写出结论)‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，，求出，，结合导数几何意义，可求出曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2），由在区间上单调递增，可知在恒成立，进而可知在恒成立，构造函数，求出在上的最小值，令即可；‎ ‎（3）构造函数，讨论的单调性，并结合零点存在性定理，可得到的零点个数，即为方程根的个数.‎ ‎【详解】（1）当时，，则，‎ 所以，，‎ 所以曲线在点处的切线方程为，即.‎ ‎（2）由题意，，‎ 因为在区间上单调递增，所以在恒成立，‎ 即在恒成立，‎ - 21 -‎ 令，，则，‎ 所以时，，此时函数单调递减；时，，此时函数单调递增，‎ 所以在上最小值为，‎ 所以.‎ ‎（3）当时，方程根的个数为2.‎ 证明如下：‎ 当时，，构造函数，‎ 则，显然在上单调递增，‎ 因为，，所以存在唯一零点，设为，‎ 故函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 因为，所以，所以在上存在唯一零点 又因为，所以在上存在唯一零点，‎ 故函数有2个零点，即方程根的个数为2.‎ ‎【点睛】本题考查导数几何意义的应用，考查利用导数研究函数的单调性，考查方程的根与函数的零点，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.‎ ‎20.已知椭圆焦距和长半轴长都为2.过椭圆的右焦点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点.‎ ‎（1）求椭圆方程；‎ ‎（2）设点是椭圆的左顶点，直线，分别与直线相交于点，.求证：以为直径的圆恒过点.‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）易知椭圆中，结合，可求出椭圆的方程；‎ ‎（2）结合由（1），可设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，设，，可表示出直线的方程，进而得到点的坐标，同理可得点的坐标，然后得到的表达式，结合韦达定理可证明，即，即以为直径的圆恒过点.‎ ‎【详解】（1）由题意，椭圆中，所以，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）由（1）知，，设直线的方程为，‎ 联立，可得，‎ 显然恒成立，‎ 设，，则，‎ 易知直线的斜率存在，，则直线的方程为，‎ 所以，即，同理可得，‎ 则，‎ 所以 - 21 -‎ ‎，‎ 所以，即以为直径的圆恒过点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查圆过定点问题，考查学生的计算求解能力，属于难题.‎ ‎21.给定数列.对，该数列前项的最小值记为，后项的最大值记为，令.‎ ‎（1）设数列为2，1，6，3，写出，，的值；‎ ‎（2）设是等比数列，公比，且，证明：是等比数列；‎ ‎（3）设是公差大于0的等差数列，且，证明：是等差数列.‎ ‎【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出及的值，并结合，可求出，，的值；‎ ‎（2）易知数列是递减数列，从而可知时，，，可得 - 21 -‎ ‎，且，进而可得，从而可知为定值，即可证明结论成立；‎ ‎（3）是等差数列，先用反证法证明是单调递减数列，再用反证法证明为数列中的最大项，从而可知，则，进而可证明结论成立.‎ ‎【详解】（1）由题意，，则；‎ ‎，则；‎ ‎，则.‎ ‎（2）因为是等比数列，公比，且，所以数列是递减数列，‎ 则时，，，所以，且，‎ 所以时，，‎ 所以，即是等比数列.‎ ‎（3）由是公差大于0的等差数列，且，可知.‎ ‎①先用反证法证明是递减数列，‎ 假设不是递减数列，设是第一个使得成立的项，则，，所以，即，与相矛盾，‎ 所以是单调递减数列.‎ ‎②再用反证法证明为数列中的最大项，‎ 假设不是数列的最大项，即存在使得成立，‎ 若时，满足，则，，故，与 - 21 -‎ 矛盾，即；‎ 若时，满足，则，，故，与矛盾，‎ 所以为数列中的最大项.‎ 综上，是单调递减数列，且为数列中的最大项，‎ 故，即，‎ 则时，，‎ 故，‎ 所以是等差数列.‎ ‎【点睛】本题考查新定义，考查等差数列及等比数列的证明，考查学生分析问题、解决问题的能力，属于难题.‎ - 21 -‎