北京市朝阳区六校2020届高三四月联考数学（B卷）试题 Word版含解析 21页

‎2019~2020学年度高三年级四月份测试题 数学试卷B 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.已知命题：，，那么命题的否定为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由全称命题的否定是特称命题即可得解.‎ ‎【详解】原命题是全称命题，‎ 命题的否定是“，”.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.‎ ‎2.设集合，，则=（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化条件得，，利用集合交集的概念即可得解.‎ ‎【详解】由题意，‎ ‎，‎ 则.‎ - 21 -‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式和指数不等式的求解，考查了集合交集的运算，属于基础题.‎ ‎3.下列函数中既是奇函数，又在区间上单调递减的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由奇函数的性质和函数的单调性逐项判断即可得解.‎ ‎【详解】对于A，，不是奇函数，故A错误；‎ 对于B，，所以为偶函数不是奇函数，故B错误；‎ 对于C，，所以为奇函数；由，当时，，故在上单调递减，故C正确；‎ 对于D，由正弦函数的单调性可知，函数在上单调递增，故D错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了奇函数性质的应用和常见函数的单调性，考查了利用导数判断函数的单调性，属于基础题.‎ ‎4.已知，，，则，，的大小关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数函数的单调性和正切函数的性质可得，即可得解.‎ ‎【详解】由对数函数的单调性可知，‎ - 21 -‎ ‎，‎ 由正切函数的性质得，‎ 故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了利用对数函数单调性比较大小，考查了正切函数的性质，属于基础题.‎ ‎5.为了宣传今年月即将举办的“第十八届中国西部博览会”（简称“西博会”），组委会举办了“西博会”知识有奖问答活动. 在活动中，组委会对会议举办地参与活动的岁市民进行随机抽样，各年龄段人数情况如下：‎ 组号 分组 各组人数 各组人数频率分布直方图 第组 ‎ ‎ 第组 第组 第组 第组 根据以上图表中的数据可知图表中和的值分别为（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意算出总人数后乘以对应频率即可求得，利用各组频率和为1即可求得，即可得解.‎ ‎【详解】由题意可得总人数为人，则，‎ 由各组频率和1可得，解得.‎ - 21 -‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，属于基础题.‎ ‎6.已知向量，若，则在上的投影是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由在上的投影为，代入求解即可得解.‎ ‎【详解】由题意在上的投影为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，属于基础题.‎ ‎7.某三棱锥的三视图如图所示，则这个三棱锥中最长的棱的长度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将几何体还原在长方体中即可找到最长的棱，计算即可得解.‎ ‎【详解】将几何体还原在长方体中，如图，则该几何体即为，‎ 可得最长棱为长方体的一条体对角线.‎ 故选：B.‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查了三视图的识别，考查了转化化归思想，属于基础题.‎ ‎8.已知，则“”是“是直角三角形”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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若，则或；若，则；由充分条件和必要条件的概念即可得解.‎ ‎【详解】若，则或，不能推出是直角三角形；‎ 若，则，所以是直角三角形不能推出;‎ 所以“”是“是直角三角形”的既不充分也不必要条件.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数性质和充分条件、必要条件的概念，属于基础题.‎ ‎9.“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了多年.如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数构成的数列的第项，则的值为（ ）‎ - 21 -‎ A. 5049 B. ‎5050 ‎C. 5051 D. 5101‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察数列的前4项，可得，代入即可得解.‎ ‎【详解】由题意得，，，‎ 观察规律可得，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了观察法求数列的通项公式，属于基础题.‎ ‎10.关于函数，有以下三个结论：‎ ‎①函数恒有两个零点，且两个零点之积为；‎ ‎②函数的极值点不可能是；‎ ‎③函数必有最小值.‎ 其中正确结论的个数有（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数的零点转化为函数的零点，即可判断①；求得后代入，根据是否为0即可判断②；设的两个实数根为，且，结合①可得当时，，再证明即可判断③；即可得解.‎ ‎【详解】由题意函数的零点即为函数的零点，‎ 令，则，所以方程必有两个不等实根，，设，‎ - 21 -‎ 由韦达定理可得，故①正确；‎ ‎，‎ 当时，，故不可能是函数的极值点，故②正确；‎ 令即，，‎ 设的两个实数根为，且，‎ 则当，时，，函数单调递增，‎ 当时，，函数单调递减，所以为函数极小值；‎ 由①知，当时，函数，所以当时，，‎ 又 ，所以，所以，‎ 所以为函数的最小值，故③正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数与导数的综合问题，考查了推理能力，属于中档题.‎ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.‎ ‎11.在的二项展开式中，的系数为________.（用数字作答）‎ ‎【答案】80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出通项公式为，令即可得解.‎ ‎【详解】由题意的通项公式为，‎ 令即，则.‎ 故答案为：80.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题.‎ - 21 -‎ ‎12.已知复数在复平面内对应的点位于第一象限，且满足，，则的实部为_________，虚部为________.‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由题意，，求出、后，根据复数实部、虚部的概念即可得解.‎ ‎【详解】设，则，‎ 由可得即，‎ 则，由可得，解得，‎ 所以，故的实部为3，虚部为4.‎ 故答案为：3，4.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算、模、几何意义以及共轭复数的概念，属于基础题.‎ ‎13.设无穷等比数列的各项为整数，公比为，且，，写出数列的一个通项公式________.‎ ‎【答案】（答案不唯一）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得数列首项、公比均为整数，再根据利用不等式的性质可得，即可得解.‎ ‎【详解】由题意可得数列首项、公比均为整数，‎ 由可得，‎ 若，则无解，不合题意；‎ 若，则，解得.‎ 所以数列首项.‎ - 21 -‎ 所以数列的通项公式可以为.‎ 故答案为：（答案不唯一）.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列通项公式的应用，考查了不等式基本性质的应用和分类讨论思想，属于基础题.‎ ‎14.在平面直角坐标系中，已知点，，为直线上的动点，关于直线的对称点记为，则线段的长度的最大值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化条件得点轨迹为以为圆心，为半径的圆（不包括点），由即可得解.‎ ‎【详解】关于直线的对称点记为，为直线上的动点，‎ ‎，点轨迹为以为圆心，为半径的圆（不包括点），如图，‎ 又 ，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了圆上点到定点距离最值的求解，考查了转化化归思想，属于中档题.‎ ‎15.关于曲线，给出下列三个结论：‎ ‎① 曲线关于原点对称，但不关于轴、轴对称；‎ ‎② 曲线恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；‎ - 21 -‎ ‎③ 曲线上任意一点到原点的距离都不大于.‎ 其中，正确结论的序号是________.‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为曲线上任意一点，判断、、是否满足曲线方程即可判断①；求出曲线过的整点即可判断②；由条件利用即可得，即可判断③；即可得解.‎ ‎【详解】设为曲线上任意一点，则，‎ 设点关于原点、轴、轴的对称点分别为、、，‎ 因为；‎ ‎；；‎ 所以点在曲线上，点、点不在曲线上，‎ 所以曲线关于原点对称，但不关于轴、轴对称，故①正确；‎ 当时，；当，.‎ 此外，当时，；当时，.‎ 故曲线过整点，，，，，，故②错误；‎ 又 ，所以恒成立，‎ 由可得，当且仅当时等号成立，‎ 所以，所以曲线上任一点到原点的距离，故③正确.‎ 故答案为：①③.‎ ‎【点睛】本题考查了与曲线方程有关的命题真假判断，属于中档题.‎ 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.‎ - 21 -‎ ‎16.已知：①函数；‎ ‎②向量，，且，；‎ ‎③函数的图象经过点 请在上述三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.‎ 已知_________________，且函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为.‎ ‎（1）若，且，求的值；‎ ‎（2）求函数在上的单调递减区间.‎ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.‎ ‎【答案】答案不唯一 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）选择一个条件，转化条件得，由题意可得，代入即可得解；‎ ‎（2）令，解得的取值范围后给赋值即可得解.‎ ‎【详解】方案一：选条件①‎ 因为 ‎，‎ 又 ，所以，所以.‎ 方案二：选条件②‎ 因为，，‎ 所以.‎ 又 ，所以，所以. ‎ 方案三：选条件③‎ - 21 -‎ 由题意可知， ，所以，所以. ‎ 又因为函数图象经过点，所以. ‎ 因为，所以 ，所以.‎ ‎（1）因为，，所以 .‎ 所以 ‎ ‎（2）由，‎ 得，‎ 令，得，令，得，‎ 所以函数在上的单调递减区间为，.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数图象的综合应用，考查了三角恒等变换的应用和向量数量积的坐标表示，属于中档题.‎ ‎17.体温是人体健康状况的直接反应，一般认为成年人腋下温度（单位：）平均在之间即为正常体温，超过即为发热.发热状态下，不同体温可分成以下三种发热类型：低热：；高热：；超高热（有生命危险）：.‎ 某位患者因患肺炎发热，于12日至26日住院治疗. 医生根据病情变化，从14日开始，以3天为一个疗程，分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热. 住院期间，患者每天上午8:00服药，护士每天下午16:00为患者测量腋下体温记录如下：‎ ‎（1）请你计算住院期间该患者体温不低于的各天体温平均值；‎ ‎（2）在日—日期间，医生会随机选取 - 21 -‎ 天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“项目”的检查，记为高热体温下做“项目”检查的天数，试求的分布列与数学期望；‎ ‎（3）抗生素治疗一般在服药后2-8个小时就能出现血液浓度的高峰，开始杀灭细菌，达到消炎退热效果.假设三种抗生素治疗效果相互独立，请依据表中数据，判断哪种抗生素治疗效果最佳，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）答案不唯一，给出合理理由即可.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意利用平均数公式直接求解即可；‎ ‎（2）由题意利用超几何分布的概率公式即可分别求出、、，列出分布列后即可求期望；‎ ‎（3）可从各抗生素降温总数，使用抗生素时体温平均值和方差，体温稳定下降的时间点和单日温度下降最大值几个角度去考虑，选出效果最佳的抗生素.‎ ‎【详解】（1）由表可知，该患者共6天的体温不低于，记平均体温为，‎ ‎. ‎ 所以，患者体温不低于的各天体温平均值为.‎ ‎（2）的所有可能取值为，，. ‎ ‎，，. ‎ 则的分布列为： ‎ P 所以. ‎ ‎（3）“抗生素C”治疗效果最佳可使用理由：‎ - 21 -‎ ‎①“抗生素B”使用期间先连续两天降温1.0又回升0.1，“抗生素C”使用期间持续降温共计1.2，说明“抗生素C”降温效果最好，故“抗生素C”治疗效果最佳.‎ ‎②抗生素B”治疗期间平均体温39.03，方差约为；“抗生素C”平均体温38，方差约为，“抗生素C”治疗期间体温离散程度大，说明存在某个时间节点降温效果明显，故“抗生素C”治疗效果最佳. ‎ ‎“抗生素B”治疗效果最佳可使用理由：‎ 自使用“抗生素B”开始治疗后，体温才开始稳定下降，且使用“抗生素B”治疗当天共降温0.7，是单日降温效果最好的一天，故“抗生素B”治疗效果最佳.‎ ‎【点睛】本题考查了平均数的计算、超几何分布概率和期望的求解以及样本估计总体的实际应用，属于中档题.‎ ‎18.在四棱锥中，平面平面.底面为梯形，，，且，，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）若是棱的中点，求证：对于棱上任意一点，与都不平行.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面垂直的性质可得平面，再利用线面垂直的性质即可得证；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系后，表示出各点坐标，求出平面的一个法向量是，平面的一个法向量为，利用即可得解；‎ - 21 -‎ ‎（3）利用反证法，假设棱上存在点，，由题意，，设可得，此方程无解，故假设错误，即可得证.‎ ‎【详解】（1）证明：因为平面平面， 平面平面， ‎ 平面， ，‎ 所以平面，‎ 又因为平面，‎ 所以. ‎ ‎（2）因为，，所以.‎ 由（1）得平面，所以，‎ 故，，两两垂直.‎ 如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，‎ 建立空间直角坐标系，‎ 则，，，. ‎ 因为平面，所以平面的一个法向量是.‎ 而，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则由 得 取，有，‎ 所以. ‎ 由题知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. ‎ - 21 -‎ ‎（3）证明：假设棱上存在点，，设.‎ 依题意，可知，，，‎ 所以，，设，‎ 根据假设，有 ，而此方程组无解，故假设错误，问题得证.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直和线面垂直性质的应用，考查了空间向量的应用和反证法的应用，属于中档题.‎ ‎19.已知椭圆的离心率为，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点，当直线与轴垂直时，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）当直线与轴不垂直时，在轴上是否存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎（1）由题意可得方程解方程后即可得解；‎ ‎（2）设直线，，，假设存在点，设，由题意，联立方程组表示出、，代入即可得解.‎ ‎【详解】（1）由题意得，解得:，，. ‎ 所以椭圆的标准方程为：.‎ ‎（2）依题意，若直线的斜率不为零，可设直线，，.‎ 假设存点，设，由题设，，且，.‎ 设直线，的斜率分别为，，‎ 则，. ‎ 因为，在上，‎ 故，， ‎ 而轴上任意点到直线，距离均相等等价于“平分”，‎ 继而等价于. ‎ 则. ‎ - 21 -‎ 联立，消去得：，‎ 有，.‎ 则，‎ 即，故或（舍）. ‎ 当直线的斜率为零时，也符合题意.‎ 故存在点，使得轴上任意点到直线，距离均相等.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，考查了直线与椭圆的位置关系及转化化归思想的应用，属于中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）若曲线在处的切线与轴平行，求；‎ ‎（2）已知在上的最大值不小于，求的取值范围；‎ ‎（3）写出所有可能的零点个数及相应的的取值范围.（请直接写出结论）‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合导数的几何意义可得，即可得解；‎ ‎（2）原命题等价于在上有解，设，，通过求导可得，由有解问题解决方法即可得解；‎ ‎（3）令，显然不成立，若，则，令，求导后画出函数的草图数形结合即可得解.‎ ‎【详解】（1）因为，故. ‎ - 21 -‎ 依题意，即. ‎ 当时，，此时切线不与轴重合，符合题意，‎ 因此.‎ ‎（2）当时，最大值不小于2‎ 在上有解，‎ 显然不是解，即在上有解，‎ 设，，‎ 则. ‎ 设 ，，‎ 则.‎ 所以在单调递减， ，‎ 所以，所以在单调递增，‎ 所以. ‎ 依题意需，‎ 所以的取值范围为. ‎ ‎（3）当时，有0个零点；当时，有1个零点 当时，有2个零点；当时，有3个零点.·‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了数形结合思想和转化化归思想，考查了推理能力，属于中档题.‎ ‎21.已知集合，对于 - 21 -‎ ‎，，定义与的差为；与之间的距离为.‎ ‎（1）若，试写出所有可能的，；‎ ‎（2），证明：；‎ ‎（3），三个数中是否一定有偶数？证明你的结论.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）一定有偶数，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合新概念可直接得解；‎ ‎（2）先证明、时，均有，由新概念运算即可得证；‎ ‎（3）设，，，由（2）可得，，，设是使成立的的个数，即可得，即可得解.‎ ‎【详解】（1）由题意可得，所有满足要求的，为：‎ ‎，；‎ ‎，；‎ ‎，；‎ ‎，. ‎ ‎（2）证明：令，，，‎ 对，‎ 当时，有；‎ 当时，有.‎ 所以 ‎ - 21 -‎ ‎.‎ ‎（3），，，，，三个数中一定有偶数. ‎ 理由如下：‎ 设，，，‎ ‎，，，‎ 记，由（2）可知: ，‎ ‎，，‎ 所以中1的个数为，中1的个数为.‎ 设是使成立的的个数，则.‎ 由此可知，，，三个数不可能都是奇数，‎ 即，，三个数中一定有偶数.‎ ‎【点睛】本题考查了新概念在推理与证明中的应用，考查了逻辑推理能力和新概念的理解能力，属于中档题.‎ - 21 -‎