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  • 2021-06-15 发布

北京市顺义牛栏山第一中学2020届高三3月高考适应性测试数学试题

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‎2020年3月牛栏山一中高三高考适应性测试试题 数学 本试卷共6页,150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.‎ 第一部分(选择题共40分)‎ 一、选择题共10题,每题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.复数的共轭复数是 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用复数的除法运算法则:分子、分母同乘以分母的共轭复数,化简复数,进而可得结果.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以的共轭复数是,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】复数是高考中的必考知识,主要考查复数的概念及复数的运算.要注意对实部、虚部的理解,掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念,复数的运算主要考查除法运算,通过分母实数化转化为复数的乘法,运算时特别要注意多项式相乘后的化简,防止简单问题出错,造成不必要的失分.‎ ‎2.已知集合A={-2,3,1},集合B={3,m²}.若BA,则实数m的取值集合为( )‎ A. {1} B. {} C. {1,-1} D. {,-}‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到或,计算得到答案.‎ ‎【详解】集合A={-2,3,1},集合B={3,m²}.若BA 则或,解得 ‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查了根据集合关系求参数,意在考查学生的计算能力.‎ ‎3.在的展开式中,的系数是( )‎ A. B. C. 5 D. 40‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项展开式的通项公式,可直接得出结果.‎ ‎【详解】因为的展开式的通项为,‎ 令,则的系数是.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数,熟记二项式定理即可,属于基础题型.‎ ‎4.在中,“”是“”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】‎ 由余弦函数的单调性找出的等价条件为,再利用大角对大边,结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.‎ ‎【详解】余弦函数在区间上单调递减,且,,‎ 由,可得,,由正弦定理可得.‎ 因此,“”是“”的充分必要条件.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判定,同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用,考查推理能力,属于中等题.‎ ‎5.设且,“不等式”成立的一个必要不充分条件是( )‎ A. B. 且 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式,根据不等式的解集,即可求得必要条件.‎ ‎【详解】不等式,可整理得,‎ 解得且.‎ 故当是且的必要不充分条件;‎ 而其它选项都不满足必要性.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式的求解,以及命题的必要条件的求解,属综合基础题.‎ ‎6.已知两条直线,与两个平面,,下列命题正确的是( )‎ A. 若,,则 B. 若,,则 C. 若,,则 D. 若,,则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据线线、线面、面面位置关系,结合选项,进行逐一分析即可求得.‎ ‎【详解】对:若,,则的位置关系不确定,故错误;‎ 对:若,,则的关系可以平行,可以垂直,故错误;‎ 对:若,,则的位置关系不确定,故错误;‎ 对:若,,且,故可得//,故正确.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查线线,线面,面面位置关系的判断,属基础题.‎ ‎7.已知两条直线和互相平行,则等于( )‎ A. 0或3或-1 B. 0或‎3 ‎C. 3或-1 D. 0或-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两直线平行的充要条件构造方程进行求解.‎ ‎【详解】两条直线和互相平行 ‎,或和同时不存在 解得:或 本题正确选项:‎ ‎【点睛】本题考查两条直线平行的应用,是基础题,解题时易错点是忽略其中一条直线斜率不存在的情况.‎ ‎8.某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图还原几何体,故此可以判断.‎ ‎【详解】根据三视图还原几何体为如下:‎ 故可得侧面三角形为直角三角形,合计3个.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图还原几何体,以及考查棱锥的结构,属基础题.‎ ‎9.已知正的边长为4,点为边的中点,点满足,那么的值为(  )‎ A. B. C. 1 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二倍角公式得求得tan∠BED,即可求得cos∠BEC,由平面向量数量积的性质及其运算得直接求得结果即可.‎ ‎【详解】‎ 由已知可得:EB=EC= ,‎ 又 所以 所以 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算及二倍角公式,属中档题.‎ ‎10.当x∈[0,1]时,下列关于函数y=的图象与的图象交点个数说法正确的是(  )‎ A. 当时,有两个交点 B. 当时,没有交点 C. 当时,有且只有一个交点 D. 当时,有两个交点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合函数图象、二次函数性质,分类讨论判断选择项真假.‎ ‎【详解】设f(x)=,g(x)= ,其中x∈[0,1]‎ A.若m=0,则与在[0,1]上只有一个交点,故A错误.‎ B.当m∈(1,2)时,‎ 即当m∈(1,2]时,函数y=的图象与的图象在x∈[0,1]无交点,故B正确,‎ C.当m∈(2,3]时,,‎ 当时,此时无交点,即C不一定正确.‎ D.当m∈(3,+∞)时,g(0)=>1,此时f(1)>g(1),此时两个函数图象只有一个交点,故D错误,‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象以及二次函数性质,考查分类讨论思想方法与基本判断求解能力,属中档题.‎ 第二部分(非选择题共110分)‎ 二、填空题共5题,每题5分,共25分.‎ ‎11.已知函数的周期为,则__________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用降幂扩角公式以及诱导公式化简函数,根据周期求得参数.‎ ‎【详解】因为.‎ 因为其周期为,故可得,解得.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简三角函数,以及由函数周期求参数,属综合基础题.‎ ‎12.已知双曲线的一条渐近线方程为,则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渐近线方程列出关系式,据此即可求得结果.‎ ‎【详解】因为渐近线方程为,且双曲线焦点在轴上,‎ 故可得,解得.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查由双曲线渐近线求参数值,属基础题.‎ ‎13.已知点在圆上,则点到直线的距离为3的点个数为__________个.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断直线与圆的位置关系,根据其位置关系判断结果.‎ ‎【详解】因为圆的圆心为,半径,‎ 故可得圆心到直线的距离;‎ 则直线与圆相交.‎ 故圆上任意一点到直线的距离,不可能为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,属基础题.‎ ‎14.若函数在区间上为增函数,写出一个满足条件的实数的值__________.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将写成分段函数,根据二次函数的图像,结合对称轴的分类讨论,即可容易求得.‎ ‎【详解】根据题意可知 对,其对称轴.‎ 当,即时,(为方便说明,略去轴以及坐标原点)‎ 其示意图图像如下所示:‎ 由图可知,此时要满足题意,只需或,‎ 解得或.又因为,‎ 故此时要满足题意,只需;‎ 当,即时,(为方便说明,略去轴以及坐标原点)‎ 其示意图图像如下所示:‎ 此时要满足题意,只需或,‎ 解得或,又因为,‎ 故此时要满足题意,只需.‎ 综上所述:或.‎ 具体到本题答案可以在此区间中任取一个数即可.‎ 本题中,选取.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的图像,以及根据分段函数的单调区间求参数范围,属中档题.‎ ‎15.对于集合,给出如下三个结论:‎ ‎①如果,那么;‎ ‎②若,对于,则有;‎ ‎③如果,,那么.‎ ‎④如果,,那么 其中,正确结论的序号是__________.‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的定义,对选项进行逐一分析即可.‎ ‎【详解】对①:对,‎ 总是有,,故,则①正确;‎ 对②,若,则存在,使得 ‎,‎ 因为当一个是偶数,一个是奇数时,‎ 是奇数,也是奇数,故也是奇数,‎ 而显然是偶数,故,故,故②错误;‎ 对③如果,,‎ 不妨设,‎ 则,‎ 故,故③正确;‎ 对④同理,设,‎ 则,‎ 故不满足集合的定义,故④错误.‎ 综上所述,正确的是①③.‎ 故答案为:①③.‎ ‎【点睛】本题考查集合新定义问题,属中档题.‎ 三、解答题共6题,共85分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.‎ ‎16.已知函数 ‎(1)求函数的定义域;‎ ‎(2)求函数的单调递减区间;‎ ‎(3)求函数在上的最值.‎ ‎【答案】(1){且,}(2)单调递减区间为,(3)最大值;最小值0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据正切函数的定义域,即可求得结果;‎ ‎(2)利用降幂扩角公式以及辅助角公式化简至标准型正弦函数,再结合其单调性和定义域,即可求得结果;‎ ‎(3)先求的范围,再利用正弦函数单调性,即可求得值域.‎ ‎【详解】(1)函数的定义域为{且,}‎ ‎(2),‎ ‎,‎ 由于定义域为{且,}‎ 所以的单调递减区间为,‎ ‎(3)由于,,,‎ 当即时,有最大值 当即时,有最小值0.‎ ‎【点睛】本题考查正切函数的定义域,利用三角恒等变换化简三角函数,以及三角函数的单调区间、值域的求解,属综合中档题.‎ ‎17.如图,平面平面,,四边形为平行四边形,,为线段的中点,点满足.‎ ‎(Ⅰ)求证:直线平面;‎ ‎(Ⅱ)求证:平面平面;‎ ‎(Ⅲ)若平面平面,求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见证明;(2)见证明; (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)连接,交于点,利用平几知识得线线平行,再根据线面平行判定定理得结论,(Ⅱ)建立空间直角坐标系,利用向量垂直进行论证线线垂直,再根据线面垂直判定定理以及面面垂直垂直判定定理得结果,(Ⅲ)建立空间直角坐标系,根据面面垂直得两平面法向量垂直,进而得P点坐标,最后利用空间向量数量积求线面角.‎ ‎【详解】(Ⅰ)证明:连接,交于点,连接 ‎ 在平行四边形中,因为,所以,‎ 又因为,即,‎ 所以,‎ 又因为平面,平面,所以直线平面.‎ ‎(Ⅱ)证明:因为,为线段的中点,所以,‎ 又因为平面平面于,平面所以平面 在平行四边形中,因为,所以 以为原点,分别以所在直线为轴,轴,建立空间直角坐标系,‎ 则 因为平面所以设,‎ 则 所以 所以,又因为 所以平面,又因为平面 所以平面平面. ‎ ‎(Ⅲ)解:因为 设为平面的一个法向量 则不妨设 因为 设为平面的一个法向量 则不妨设 因为平面平面,所以,所以 因为 所以 所以,‎ 所以 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行判定定理、利用空间向量证明面面垂直以及求线面角,考查综合分析论证求解能力,属中档题.‎ ‎18.由于研究性学习的需要,中学生李华持续收集了手机“微信运动”团队中特定20名成员每天行走的步数,其中某一天的数据记录如下:‎ ‎5860 6520 7326 6798 7325 8430 8215 7453 7446 6754‎ ‎7638 6834 6460 6830 9860 8753 9450 9860 7290 7850‎ 对这20个数据按组距1000进行分组,并统计整理,绘制了如下尚不完整的统计图表:‎ 步数分组统计表(设步数为)‎ 组别 步数分组 频数 ‎2‎ ‎10‎ ‎2‎ ‎(Ⅰ)写出的值,并回答这20名“微信运动”团队成员一天行走步数的中位数落在哪个组别;‎ ‎(Ⅱ)记组步数数据的平均数与方差分别为,,组步数数据的平均数与方差分别为,,试分别比较与以,与的大小;(只需写出结论)‎ ‎(Ⅲ)从上述两个组别数据中任取2个数据,记这2个数据步数差的绝对值为,求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】(1),,;(2),;(3)见解析 ‎【解析】‎ 分析:(Ⅰ)利用对这20个数据按组距1000进行分组,得到,,利用中位数定义能求出这20名“微信运动”团队成员一天行走步数的中位数落在B组;‎ ‎(Ⅱ)由平均数与方差的性质能比较与,与的大小;‎ ‎(Ⅲ)的可能取值为 0,600,3400,4000,分别求出相应的概率,由此能求出的分布列和数学期望.‎ 解析:解:(Ⅰ),,;‎ ‎(Ⅱ),;‎ ‎(Ⅲ)的可能取值为 0,600,3400,4000,‎ ‎0‎ ‎600‎ ‎3400‎ ‎4000‎ 的数学期望为 点睛:求随机变量及其分布列一般步骤 ‎(1)明确随机变量的所有可能取值,以及取每个值所表示的意义.‎ ‎(2)利用排列、组合知识或互斥事件、独立事件的概率公式求出随机变量取每个可能值的概率;‎ ‎(3)按规范形式写出随机变量的分布列,并用分布列的性质验证.‎ ‎19.设函数,为f(x)的导函数.‎ ‎(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;‎ ‎(2)若a≠b,b=c,且f(x)和的零点均在集合中,求f(x)的极小值;‎ ‎(3)若,且f(x)的极大值为M,求证:M≤.‎ ‎【答案】(1);‎ ‎(2)的极小值为 ‎(3)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意得到关于a的方程,解方程即可确定a的值;‎ ‎(2)由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式,然后求解其导函数,由导函数即可确定函数的极小值.‎ ‎(3)由题意首先确定函数的极大值M的表达式,然后可用如下方法证明题中的不等式:‎ 解法一:由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式;‎ 解法二:由题意构造函数,求得函数在定义域内的最大值,‎ 因为,所以.‎ 当时,.‎ 令,则.‎ 令,得.列表如下:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎–‎ 极大值 所以当时,取得极大值,且是最大值,故.‎ 所以当时,,因此.‎ ‎【详解】(1)因为,所以.‎ 因为,所以,解得.‎ ‎(2)因为,‎ 所以,‎ 从而.令,得或.‎ 因为,都在集合中,且,‎ 所以.‎ 此时,.‎ 令,得或.列表如下:‎ ‎1‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎–‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 所以的极小值为.‎ ‎(3)因为,所以,‎ ‎.‎ 因为,所以,‎ 则有2个不同的零点,设为.‎ 由,得.‎ 列表如下:‎ ‎ ‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎–‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 所以的极大值.‎ 解法一:‎ ‎.因此.‎ 解法二:‎ 因为,所以.‎ 当时,.‎ 令,则.‎ 令,得.列表如下:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎–‎ 极大值 所以当时,取得极大值,且是最大值,故.‎ 所以当时,,因此.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.‎ ‎20.已知为椭圆的左焦点,过的直线与椭圆交于两点,.‎ ‎(1)若直线的倾斜角为45°,求;‎ ‎(2)设直线的斜率为,点关于原点的对称点为,点关于轴的对称点为,所在直线的斜率为.若,求的值.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求得直线的方程,联立椭圆方程,利用韦达定理和弦长公式,即可求得;‎ ‎(2)联立直线方程和椭圆方程,根据韦达定理,结合点的对称,求得的斜率,找到的关系,根据已知条件,即可求得.‎ ‎【详解】(1)设,,由已知,椭圆的左焦点为,‎ 又直线的倾斜角为45°,所以直线的方程为,‎ 由得,‎ 所以,.‎ ‎.‎ ‎(2)由得,‎ 所以,.‎ 依题意,,且,,‎ 所以,,‎ 其中,‎ 结合,可得.‎ 解得,.‎ ‎【点睛】本题考查直线截椭圆的弦长,以及利用韦达定理求解椭圆中的问题,属综合中档题.‎ ‎21.给定数列.对,该数列前项的最大值记为,后项的最小值记为,.‎ ‎(1)设数列为,,,,写出,,的值;‎ ‎(2)设是公比大于的等比数列,且.证明:是等比数列.‎ ‎(3)设是公差大于的等差数列,且,证明:是等差数列.‎ ‎【答案】充分利用题目所给信息进行反复推理论证.要证明一个数列是等差数列或等比数列,常用定义法.‎ ‎【解析】‎ ‎(1).‎ ‎(2)因为,公比,所以是递增数列.‎ 因此,对,,‎ 于是对,.‎ 因此,,且,即成等比数列.‎ ‎(3)设为的公差.‎ 对,因为,‎ 所以,‎ 又因为,所以.‎ 从而递增数列.因此.‎ 又因为,所以.‎ 因此.‎ 所以.‎ 所以 因此,对于都有,‎ 即是等差数列.‎ ‎【考点定位】本题考查了数列的最值、等差数列和等比数列.考查了推理论证能力和数据处理能力.试题难度较大,解答此题,需要非常强的分析问题和解决问题的能力.‎

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