北京市第十三中学2020届高三下学期开学测试数学试题 18页

北京市第十三中学2019～2020学年度 高三年级数学开学测试 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷从第1页至第2页；第Ⅱ卷从第3页至第5页；答题纸从第1页至第4页.共150分，考试时间120分钟.请在答题纸规定处书写班级、姓名、准考证号.考试结束后，将本试卷的答题纸一并交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题共40分）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.）‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由已知可得，故 考点：集合的运算 ‎2.抛物线上的点到其焦点的最短距离为（ ）‎ A. 4 B. ‎2 ‎C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由已知焦点为，故抛物线上的点到焦点的距离为 ‎，当然也可作图，利用抛物线的定义 考点：抛物线 ‎3.过双曲线的右焦点，且平行于经过一、三象限的渐近线的直线方程是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 双曲线的右焦点为（5,0）经过一、三象限的渐近线的斜率.所以直线方程为，整理得.故选D ‎4.已知等比数列满足，且成等差数列，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公比为q，由等比数列的通项公式和等差数列中项性质列方程，解方程可得q，即可得到所求值．‎ ‎【详解】成等差数列，得，即：，‎ 所以，＝16‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎5.已知向量，若，则实数λ=（ ）‎ A. -3 B. C. 1 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】向量，则，若，则有，所以.‎ 故选：A.‎ ‎6.已知,，直线和是函数 图像的两条相邻的对称轴，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 因为直线和是函数图像的两条相邻的对称轴，‎ 所以T=．所以ω=1，并且sin（+φ）与sin（+φ）分别是最大值与最小值，0＜φ＜π，‎ 所以φ=．‎ 故选：A．‎ ‎7.已知，，，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为所以选C．‎ 考点：比较大小 ‎8.已知函数 ，则“”是“函数在区间上存在零点”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】‎ 先将函数的零点问题转化成两个函数图象交点的问题，再判断充分必要性．‎ ‎【详解】＝0，得：，设函数，‎ 当时，如下图，函数有交点，所以，在区间上存在零点，充分性成立．‎ ‎（2）当在区间上存在零点时，‎ 如果＝0，函数在上无交点 如果＞0，函数在上图象在第一象限，的图象在第四象限，无交点 所以，还是＜0，必要性成立，‎ 所以是充分必要条件，选C．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的零点及充分必要条件，考查数形结合思想，属中档题．‎ ‎9.某购物网站在2017年11月开展“全部6折”促销活动，在11日当天购物还可以再享受“每张订单金额(6折后)满300元时可减免100元”．某人在11日当天欲购入原价48元(单价)的商品共42件，为使花钱总数最少，他最少需要下的订单张数为(　　)‎ A. 1 B. 2‎ C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先算出一张订单需要多少件，再根据总数计算即可得解.‎ ‎【详解】为使花钱总数最少，需使每张订单满足“每张订单金额(6折后)满300元时可减免100元”，即每张订单打折前原金额不少于500元．‎ 由于每件原价48元，因此每张订单至少11件，所以最多需要下的订单张数为3张．‎ ‎【点睛】本题是一道应用题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的解法.‎ ‎10.如图，已知直线与曲线相切于两点，函数 ，则函数 ‎（ ）‎ A. 有极小值，没有极大值 B. 有极大值，没有极小值 C. 至少有两个极小值和一个极大值 D. 至少有一个极小值和两个极大值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义，讨论直线与曲线在切点两侧的导数与的大小关系，从而得出的单调区间，结合极值的定义，即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 如图，由图像可知，直线与曲线切于a，b，‎ 将直线向下平移到与曲线相切，设切点为c，‎ 当时，单调递增，所以有且．‎ 对于=，‎ 有，所以在时单调递减；‎ 当时，单调递减，所以有且．‎ 有，所以在时单调递增；‎ 所以是的极小值点．‎ 同样的方法可以得到是的极小值点，是的极大值点．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义，函数导数与单调性，与函数极值之间的关系，属于中档题．‎ 第Ⅱ卷（共110分）‎ 二、填空题（每小题5分，共25分）‎ ‎11.已知，其中是虚数单位，那么实数= ．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由已知，故 考点：复数的运算 ‎12.若，则= .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎.‎ ‎13.对于，以点为中点的弦所在的直线方程是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：，圆心为（1,0），故所求直线的斜率为，直线方程为即 考点：直线方程 ‎14.已知是等差数列，那么=______；的最大值为______．‎ ‎【答案】16；16‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由已知得，故，‎ 考点：等差数列的性质及基本不等式 ‎15.已知函数,则；下面三个命题中，所有真命题序号是 .‎ ‎① 函数是偶函数；‎ ‎② 任取一个不为零的有理数，对恒成立；‎ ‎③ 存在三个点使得为等边三角形.‎ ‎【答案】1 ①②③‎ ‎【解析】‎ f（x）必然是有理数0或1，在代入函数必然是f(f（x）)=1.‎ ‎（1）当，则；当，则，很显然函数=所以函数是偶函数.所以①正确；‎ ‎（2）任取一个不为零的有理数，当，则；当，则，很显然函数，所以②正确；‎ ‎(3)设,,,此时为等边三角形，所以③正确.‎ 三、解答题（共85分）‎ ‎16.如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据长方体性质可知平面，从而，由题意，即可由线面垂直的判定定理证明平面；‎ ‎（2）由题意，设，建立空间直角坐标系，即可写出各个点的坐标，求得平面和平面的法向量，即可由两个平面的法向量求得二面角夹角的余弦值，再由同角三角函数关系式即可求得二面角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）由已知得，平面，平面，‎ 故.‎ 又，且，‎ 所以平面.‎ ‎（2）由（1）知.由题设知，所以，‎ 故，. 设，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系：‎ 则，，，，，，.‎ 设平面的法向量为，则即.‎ 所以可取.‎ 设平面的法向量为，则即 所以可取.‎ 于是.‎ 由同角三角函数关系式可得二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理，由空间向量法求二面角夹角大小，注意本题求解的是二面角夹角的正弦值，属于中档题.‎ ‎17.已知同时满足下列四个条件中的三个：‎ ‎①；②；③ ；④ ．‎ ‎（Ⅰ）请指出这三个条件，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）求的面积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）满足①，③，④；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）通过余弦函数的性质可以判断①，②不能同时满足，也就可以判断出③，④能同时满足，最后判断出②不能和③，④同时满足；‎ ‎（Ⅱ）利用余弦定理可以求出的值，再利用面积公式求出面积.‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：同时满足①，③，④．理由如下：‎ 若同时满足①，②．‎ 因为，且，所以．‎ 所以，矛盾．‎ 所以只能同时满足③，④．‎ 所以，所以，故不满足②．‎ 故满足①，③，④．‎ ‎（Ⅱ）解：因为，‎ 所以．‎ 解得，或（舍）．‎ 所以△的面积．‎ ‎【点睛】本题考查了余弦函数的性质、余弦定理、面积公式，考查了数学推理论证能力.‎ ‎18.为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月（30天）的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，制表如下：‎ 甲公司某员工A ‎ ‎ ‎ 乙公司某员工B ‎ ‎3 ‎ ‎9 ‎ ‎6 ‎ ‎5 ‎ ‎8 ‎ ‎3 ‎ ‎3 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎4 ‎ ‎6 ‎ ‎6 ‎ ‎6 ‎ ‎7 ‎ ‎7 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎4 ‎ ‎4 ‎ ‎2 ‎ ‎2 ‎ ‎2 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：‎ 甲公司规定每件4.5元；乙公司规定每天35件以内（含35件）的部分每件4元，超出35件的部分每件7元.‎ ‎（1）根据表中数据写出甲公司员工A在这10天投递的快递件数的平均数和众数；‎ ‎（2）为了解乙公司员工B的每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为（单位：元），求的分布列和数学期望；‎ ‎（3）根据表中数据估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费.‎ ‎【答案】（1）平均数为36，众数为33.（2）‎ ‎ ‎ ‎136 ‎ ‎147 ‎ ‎154 ‎ ‎189 ‎ ‎203 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）甲公司4860元，乙公司4965元 ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由平均数计算公式得：，出现得最多的数是33.（2）先计算出随机变量取值集合，当投递件数为34时，=136元；当投递件数为36时，=147元；当投递件数为37时，=154元；当投递件数为42时，=189元；当投递件数为44时，=1203元；再分别求出其概率，最后利用数学期望公式求出（3）甲公司被抽取员工该月收入为元，乙公司被抽取员工该月收入为元.‎ 试题解析：解：‎ ‎（1）甲公司员工A投递快递件数的平均数为36，众数为33. ‎ ‎（2）设乙公司员工B投递件数，则 当=34时，=136元，‎ 当>35时，元，‎ 的可能取值为136,147,154,189,203 ‎ 的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎136 ‎ ‎147 ‎ ‎154 ‎ ‎189 ‎ ‎203 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）根据图中数据，可估算甲公司被抽取员工该月收入4860元，乙公司被抽取员工该月收入4965元. ‎ 考点：分布列，数学期望 ‎19.已知函数.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）求的单调区间；‎ ‎（3）若对于任意，都有，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）的单调递增区间是；的单调递减区间是（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程；‎ ‎（2）求得导函数，并令求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；‎ ‎（3）将不等式变形，并分离参数后构造函数，求得并令 求得极值点，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定的取值范围.‎ ‎【详解】（1）因为函数，‎ 所以，.‎ 又因为，则切点坐标为，‎ 所以曲线在点处的切线方程为.‎ ‎（2）函数定义域为，‎ 由（1）可知，‎ 令解得.‎ 与在区间上的情况如下：‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以，的单调递增区间是；‎ 的单调递减区间是.‎ ‎（3）当时，“”等价于“”.‎ 令，，，.‎ 令解得，‎ 当时，，所以在区间单调递减.‎ 当时，，所以在区间单调递增.‎ 而，.‎ 所以在区间上的最大值为.‎ 所以当时，对于任意，都有.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，切线方程的求法，由导函数求函数的单调区间，分离参数法并构造函数研究参数的取值范围，由导数求函数在闭区间上的最值，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点M是椭圆C上异于A，B的一点，直线AM与y轴交于点P．‎ ‎（Ⅰ）若点P在椭圆C的内部，求直线AM的斜率的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设椭圆C的右焦点为F，点Q在y轴上，且∠PFQ=90°，求证：AQ∥BM．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（-，0）（0，）（Ⅱ）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意可得得c2＝a2﹣2，由e，解得即可出椭圆的方程，再根据点在其内部，即可线AM的斜率的取值范围，‎ ‎（Ⅱ）题意F（，0），设Q（0，y1），M（x0，y0），其中x0≠±2，则1，可得直线AM的方程y（x+2），求出点Q的坐标，根据向量的数量积和斜率公式，即可求出kBM﹣kAQ＝0，问题得以证明 ‎【详解】解：（Ⅰ）由题意可得c2=a2-2，‎ ‎∵e==，‎ ‎∴a=2，c=，‎ ‎∴椭圆方程为+=1，‎ 设P（0，m），由点P在椭圆C的内部，得-＜m＜，‎ 又∵A（-2，0），‎ ‎∴直线AM的斜率kAM==∈（-，），‎ 又M为椭圆C上异于A，B的一点，‎ ‎∴kAM∈（-，0），（0，），‎ ‎（Ⅱ）由题意F（，0），设Q（0，y1），M（x0，y0），其中x0≠±2，‎ 则+=1，‎ 直线AM的方程为y=（x+2），‎ 令x=0，得点P的坐标为（0，），‎ 由∠PFQ=90°，可得•=0，‎ ‎∴（-，）•（-，y1）=0，‎ 即2+•y1=0，‎ 解得y1=-，‎ ‎∴Q（0，-），‎ ‎∵kBM=，kAQ=-，‎ ‎∴kBM-kAQ=+=0，‎ 故kBM=kAQ，即AQ∥BM ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题 ‎21.对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束．‎ ‎（1）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；‎ ‎（2）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；‎ ‎（3）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据定义，可得不能结束，数列能结束，并可写出数列；（2）经过有限次“变换”后能够结束的充要条件，先证明，则经过一次“变换”，就得到数列，从而结束，再证明命题“若数列为常数列，则为常数列”， 即可得解；（3）先证明引理：“将数的最大项一定不大于数列的最大项，其中 ‎” ，再分类讨论：第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻，（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，，第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时，证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列.‎ 详解：（1）数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形． ‎ 数列能结束，各数列依次为；；；．‎ ‎（2）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是． ‎ 若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束． ‎ 当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．‎ 当时，数列．‎ 由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．‎ 其它情形同理，得证．‎ 在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列． ‎ 所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．‎ ‎（3）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．‎ 证明：记数列中最大项为，则．‎ 令，，其中．‎ 因为， 所以，‎ 故，证毕． ‎ 现将数列分为两类．‎ 第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．‎ 第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．‎ 下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．‎ 不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）‎ ‎①当数列中只有一项时，‎ 若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；‎ 若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；‎ 若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；‎ 若，则；；，‎ 此数列各项均不为，为第一类数列．‎ ‎②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；‎ 若()，则，，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．‎ ‎③当数列中有三项为时，只能是，则，‎ ‎，，此数列各项均不为，为第一类数列．‎ 总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．‎ 又因为各数列的最大项是非负整数，‎ 故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束． ‎ 点睛：本题考查数列的综合运用、新定义问题及分类讨论思想，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.‎