北京市石景山区2020届高三上学期期末考试数学试题 21页

石景山区2020届高三第一学期期末 数学 第一部分（选择题共40分）‎ 一、选择题共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( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的交集运算，得到答案.‎ ‎【详解】因为集合，，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.‎ ‎2.复数的共轭复数在复平面内对应的点所在象限为( )‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对复数进行化简，然后得到其共轭复数，再找到其再复平面对应的点，得到答案.‎ ‎【详解】，‎ 所以 在复平面对应的点为，在第一象限.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算，共轭复数，复数在复平面对应的点，属于简单题.‎ ‎3.下列函数中既是奇函数，又在区间(0,1)上单调递减的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断四个选项中的函数的奇偶性和在上的单调性，得到答案.‎ ‎【详解】选项A中，，是奇函数，但在上单调递增，不满足要求；‎ 选项B中，，是偶函数，不满足要求，‎ 选项C中，，是奇函数，在上单调递减，满足要求；‎ 选项D中，，是偶函数，不满足要求.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查判断函数的奇偶性和单调性，属于简单题.‎ ‎4.已知向量，，若，则实数 ( )‎ A. -1 B. ‎1 ‎C. 2 D. -2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量坐标的线性运算得到，再根据向量垂直的坐标表示，得到关于的方程，解出的值，得到答案.‎ ‎【详解】因为向量，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以 所以 解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查向量线性运算的坐标表示，根据向量垂直关系求参数的值，属于简单题.‎ ‎5.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（ ）‎ A. 134石 B. 169石 C. 338石 D. 1365石 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设夹谷石，则，‎ 所以，‎ 所以这批米内夹谷约为石，故选B.‎ 考点：用样本的数据特征估计总体.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.已知，，，则，，的大小关系是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对，，与特殊值或进行比较，从而判断出出它们的大小关系，得到答案.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查判断对数的大小关系，属于简单题.‎ ‎7.艺术体操比赛共有7位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时, 从7个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，不变的数字特征是( )‎ A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平均数、中位数、方差、极差的概念来进行求解，得到答案.‎ ‎【详解】从7个原始评分去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分，‎ 其平均数、极差、方差都可能会发生改变，‎ 不变的数字特征数中位数.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查平均数、中位数、方差、极差的概念，属于简单题.‎ ‎8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与原正方体体积的比值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图还原出几何体，得到是在正方体中，截去四面体，利用体积公式，求出其体积，然后得到答案.‎ ‎【详解】根据三视图还原出几何体，如图所述，‎ 得到是在正方体中，截去四面体 设正方体的棱长为，‎ 则，‎ 故剩余几何体的体积为，‎ 所以截去部分的体积与剩余部分的体积的比值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图求几何体的体积；关键是正确还有几何体，利用体积公式解答，属于简单题.‎ ‎9.在等差数列中，设，则是的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分非必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 举出特殊数列的例子，即可排除选项．‎ ‎【详解】若等差数列为 ‎ 则当时，成立，但不成立，所以非充分条件 当时，成立，但不成立，所以非必要条件 综上可知，是的既非充分非必要条件 所以选D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的定义，充分必要条件的判定，注意特殊值法在选择题中的应用，属于基础题．‎ ‎10.关于曲线．给出下列三个结论：‎ ‎① 曲线恰好经过个整点（即横、纵坐标均为整数点）‎ ‎② 曲线上任意一点到原点的距离都不大于 ‎③ 曲线上任意一点到原点的距离都不小于2‎ 其中，正确结论的个数是( )‎ A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将曲线，看成关于的方程，利用方程有解，得到的范围，再分别研究对应的整数和的情况；根据基本不等式，得到的范围，从而判断出曲线上一点到原点的距离范围.‎ ‎【详解】曲线，看成关于的二次方程 则，得 所以整数的取值为，‎ 当时，或，满足题意 当时，不是整数，不满足题意 当时，或，满足题意 当时，不是整数，不满足题意 当时，或，满足题意 故曲线过的整点为，，，，，，共6个，‎ 故命题①正确.‎ ‎，‎ 当时，，即，‎ 得，即 当且仅当或时，等号成立 所以得曲线上任意一点到原点的距离都不大于，命题②正确.‎ 当时，，即，‎ 得，即，‎ 当且仅当或时，等号成立 所以得曲线上任意一点到原点的距离都不小于，故命题③错误；‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查判断二次方程根的情况，基本不等式求最值，属于中档题.‎ 第二部分（非选择题共110分）‎ 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎11.在的二项展开式中，常数项等于 ．(用数值表示)‎ ‎【答案】-160‎ ‎【解析】‎ 试题分析：，由得：r=3，所 ‎．‎ 考点：二项式定理．‎ 点评：熟记二项展开式的通项公式：．此通项公式集中体现了二项展开式中的指数、项数、系数的变化．‎ ‎12.双曲线的焦点到它的渐近线的距离为_________________；‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由双曲线方程可知，则，即，所以焦点为，渐近线为．所以焦点到渐近线的距离为．‎ 考点：1双曲线的基本性质；2点到线的距离．‎ ‎13.已知数列为等比数列，，，则_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得到，从而得到关于的方程，解出的值，得到答案.‎ ‎【详解】因为数列为等比数列，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查根据等比中项求值，属于简单题.‎ ‎14.已知平面．给出下列三个论断：①；②；③∥．以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___‎ ‎【答案】①③②或②③①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面平行和面面垂直的性质，得到线面垂直，从而得到答案.‎ ‎【详解】由，∥，可得 故①③②，‎ 由，∥，可得 故②③①，‎ 由，，‎ 则平面与平面可以平行和可以相交，‎ 故①②③.‎ 故答案为：①③②或②③①‎ ‎【点睛】本题考查面面平行和面面垂直的性质及判定，面面关系有关的命题，属于简单题.‎ ‎15.在的内角，，的对边分别为，，，已知，则的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：∵代入得，由余弦定理得．‎ 考点：1．正弦定理；2．余弦定理的推论．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎16.已知向量，是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点 ‎，当时，则称有序实数对为点的广义坐标，若点、的广义坐标分别为、，对于下列命题:‎ ‎① 线段的中点的广义坐标为 ‎② 向量平行于向量的充要条件是 ‎③ 向量垂直于向量的充要条件是 其中，真命题是________.（请写出所有真命题的序号）‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据定义，分别写出中点的广义坐标，根据向量平行的坐标表示和向量垂直的坐标表示进行判断，得到答案.‎ ‎【详解】点、的广义坐标分别为、‎ 可得，‎ 设为中点，则 所以线段的中点的广义坐标为，故命题①正确 向量平行于向量，则 即，‎ 所以，故命题②正确，‎ 向量垂直于向量，则 即 ‎，故命题③不一定正确.‎ 故答案为：①②.‎ ‎【点睛】本题考查向量的新定义运算，向量平行和垂直的表示，向量的数量积的运算，考查理解推理能力，属于中档题.‎ 三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．‎ ‎17.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）若，且，求的值；‎ ‎（Ⅱ）求函数的最小正周期，及函数的单调递减区间.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）最小正周期. .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据以及的范围，得到，代入到中，得到答案；（Ⅱ）对进行整理化简，得到，根据正弦型函数的图像和性质，求出其周期和单调减区间.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）因为，且，‎ 所以 .‎ 所以 . ‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎ ‎ 所以函数的最小正周期. ‎ 由， ‎ 解得. ‎ 所以函数的单调递减区间.‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数关系，利用二倍角公式、降幂公式、辅助角公式对三角函数进行化简，求正弦型函数的周期和单调区间，属于简单题.‎ ‎18.一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获得15分，出现三次“6点”获得120分，没有出现“6点”则扣除12分(即获得－12分)．‎ ‎（Ⅰ）设每盘游戏中出现“6点”的次数为X，求X的分布列；‎ ‎（Ⅱ）玩两盘游戏，求两盘中至少有一盘获得15分的概率；‎ ‎（Ⅲ）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．‎ ‎【答案】（Ⅰ）分布列见解析 （Ⅱ）（Ⅲ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先得到可能的取值为，，，，根据每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为，得到每种取值的概率，得到分布列；（Ⅱ）计算出每盘游戏没有获得15分的概率，从而得到两盘中至少有一盘获得15分的概率；（Ⅲ）设每盘游戏得分为，得到的分布列和数学期望，从而得到结论.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）可能的取值为，，，. ‎ 每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为.‎ ‎， ，‎ ‎，， ‎ 所以X的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎（Ⅱ）设每盘游戏没有得到15分为事件，‎ 则.‎ 设“两盘游戏中至少有一次获得15分”为事件，‎ 则 因此，玩两盘游戏至少有一次获得15分的概率为.‎ ‎（Ⅲ）设每盘游戏得分为.‎ 由（Ⅰ）知，的分布列为：‎ Y ‎-12‎ ‎15‎ ‎120‎ P 的数学期望为. ‎ 这表明，获得分数的期望为负．‎ 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．‎ ‎【点睛】本题考查求随机变量的分布列和数学期望，求互斥事件的概率，属于中档题.‎ ‎19.已知在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，CD^平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD 的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PO^平面；‎ ‎（Ⅱ）求平面EFG与平面所成锐二面角的大小；‎ ‎（Ⅲ）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）（Ⅲ）不存在，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）正三角形中，由平面得到，所以得到面；（Ⅱ）以点为原点建立空间直角坐标系，根据平面的法向量，和平面的法向量，从而得到平面与平面所成锐二面角的余弦值，再得到所求的角；（Ⅲ）线段上存在满足题意的点，直线与平面法向量的夹角为，设，，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，证明方程无解，从而得到不存在满足要求的点.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明:因为△是正三角形，‎ 是的中点，‎ 所以 .‎ 又因为平面，平面，‎ 所以.‎ ‎，平面，‎ 所以面.‎ ‎（Ⅱ）如图，以点为原点分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.‎ 则，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为 所以，即 令，则 ， ‎ 又平面的法向量，‎ 设平面与平面所成锐二面角为，‎ 所以.‎ 所以平面与平面所成锐二面角为. ‎ ‎（Ⅲ）假设线段上存在点，‎ 使得直线与平面所成角为，‎ 即直线与平面法向量所成的角为，‎ 设，，‎ ‎，‎ 所以 所以，‎ 整理得，‎ ‎，方程无解，‎ 所以，不存在这样的点.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，利用空间向量求二面角，利用空间向量证明存在性问题.‎ ‎20.已知函数.（ ）‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若，的图象与轴交于点，求在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，证明：当时，恒成立．‎ ‎【答案】（Ⅰ）时，单调增区间为，无单调减区间，‎ 时，单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎ （Ⅱ）（Ⅲ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）对求导，得到，对按照和进行分类讨论，研究的正负，从而得到的单调区间；（Ⅱ）将代入，得到切线斜率，点斜式写出切线方程；（Ⅲ）令，得到，令，得到，从而得到，得到在上单调递增，即，从而使得原命题得证.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ），‎ 当时，恒成立，所以在上单调递增， ‎ 当时，令，解得.‎ 当变化时，，变化情况如下表：‎ ‎–‎ ‎0‎ ‎+‎ 减 极小值 增 所以时，在上单调递减，在上单调递增.‎ 综上所述，时，单调增区间为，无单调减区间，‎ 时，单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎（Ⅱ）时，‎ 令，得，则，‎ 因为，所以， ‎ 所以在点处的切线方程为，即.‎ ‎（Ⅲ）证明：令，‎ 则. ‎ 令，则，‎ 当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增； ‎ 所以，‎ 即恒成立. ‎ 所以在上单调递增，‎ 所以， ‎ 所以，‎ 即当时，恒成立．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，根据导数的几何意义求函数图像在一点的切线，利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题.‎ ‎21.已知椭圆过点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程，并求其离心率；‎ ‎（Ⅱ）过点作轴的垂线，设点为第四象限内一点且在椭圆上（点不在直线上），直线关于的对称直线与椭圆交于另一点．设为坐标原点，判断直线与直线的位置关系，并说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ），离心率．（Ⅱ）直线与直线平行．见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将点代入到椭圆方程，解得的值，根据，得到 的值，从而求出离心率；（Ⅱ）直线，，点，，将直线与椭圆联立，得到和，从而得到的斜率，得到，得到直线与直线平行．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由椭圆过点，‎ 可得，解得． ‎ 所以， ‎ 所以椭圆的方程为，离心率． ‎ ‎（Ⅱ）直线与直线平行． ‎ 证明如下：由题意，设直线，，‎ 设点，，‎ 由得 ‎， ‎ 所以，所以，‎ 同理，‎ 所以， ‎ 由，，‎ 有，‎ 因为在第四象限，所以，且不在直线上，所以，‎ 又，故，所以直线与直线平行.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆方程，直线与椭圆相交求交点，判断两直线的位置关系，属于中档题.‎ ‎22.已知由个正整数构成的集合，记，对于任意不大于的正整数，均存在集合的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m. ‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求证：“成等差数列”的充要条件是“”；‎ ‎（Ⅲ）若，求的最小值，并指出取最小值时的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）， （Ⅱ）证明见解析 （Ⅲ）的最小值为11，此时的最大值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）和时，根据的定义，以及集合的性质，得到答案；（Ⅱ）必要性：，可得，充分性：由条件可得，从而有，当且仅当时，等号成立，从而得证；（Ⅲ）含有个元素的非空子集个数有，当时，不满足题意，当时，集合，可以表示共个正整数，满足题意，由并且得到，结合，得到的最大值 ‎【详解】解:（Ⅰ）时，由条件知，必有，又均为整数，. ‎ 时，由条件知，由的定义及均为整数，必有，.‎ ‎（Ⅱ）必要性：由“成等差数列”及,‎ 得此时满足题目要求 从而. ‎ 充分性：由条件知且均为正整数，可得 故，当且仅当时，上式等号成立.‎ 于是当时，，从而成等差数列.‎ 所以“成等差数列”的充要条件是“”. ‎ ‎（Ⅲ）由于含有个元素的非空子集个数有，‎ 故当时，，‎ 此时的非空子集的元素之和最多表示个不同的整数，不符合要求.‎ 而用个元素的集合的非空子集的元素之和可以表示共个正整数.‎ 因此当时，的最小值为11. ‎ 记 则并且.‎ 事实上若，，则，，‎ 所以时无法用集合的非空子集的元素之和表示，与题意不符.‎ 于是，得，，所以.‎ 当时满足题意 所以当时，的最小值为11，此时的最大值.‎ ‎【点睛】本题考查集合与数列的新定义，求数列中的项，等差数列的条件证明，考查求数列的项数的最小值和项的最大值，属于难题.‎