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  • 2021-06-15 发布

北京市顺义牛栏山第一中学西校区2020届高三下学期4月月考数学试题

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牛栏山一中西校区4月月考试卷 高三数学 第一部分(选择题,共40分)‎ 一、选择题(每个小题只有一个选项符合题意,每题4分,共计40分)‎ ‎1.在复平面内,复数,下列说法正确的是( )‎ A. 的实部为1 B. C. D. 在第一象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的除法运算先求得,再根据复数有关概念一一判断即可.‎ ‎【详解】解:,‎ 位于第四象限,的实部为,,故选A、C、D错误;‎ ‎,B正确,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的除法运算,考查共轭复数、复数的模、实部、复数的几何意义等有关内容,属于基础题.‎ ‎2.一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示,则该三棱锥的侧视图可能为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何体的正视图和俯视图可知,三棱锥的顶点在底面内的射影在底面棱上,则原几何体如图所示,从而侧视图为D.故选D.‎ ‎3.已知定义在上的偶函数的最小值为2,则( )‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意,函数为偶函数,求得,再利用指数函数的性质,求得,得到函数的解析式,进而求得的值,得到答案.‎ ‎【详解】由题意,函数为偶函数,‎ 即,解得,所以函数,‎ 又由指数函数的性质,可得,‎ 所以函数的最小值为,解得,即,‎ 所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用,以及函数值的求解,其中解答中熟记函数的奇偶性,求得函数的解析式是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.‎ ‎4.已知实数,,则“”是“”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过举反例得到“”推不出“”;再由“”“”能求出结果.‎ ‎【详解】解:实数,,当,时,,‎ ‎“”推不出“”;‎ 反之,实数,,由基本不等式可得,‎ 由不等式的基本性质得,整理得,,‎ 由基本不等式得,即“”“”.‎ 实数,,则“”是“”必要不充分条件.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断,考查不等式的性质等基础知识,考查运算求解能力,是中等题.‎ ‎5.等差数列的前项和为,若,公差,则下列命题不正确的是( )‎ A. 若,则必有 B. 若,则必有是中最大的项 C. 若,则必有 D. 若,则必有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,结合等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式,以及等差数列的性质,逐项分析,即可求解.‎ ‎【详解】对于A中,若,则,可得,‎ 所以,所以是正确的;‎ 对于B中,若,则,‎ 又由,可得,所以必有是中最大的项,所以是正确的;‎ 对于C中,若,则,又由,则必有,‎ 可得,所以必有,所以是正确的;‎ 对于D中,若,则,而的符号不能确定,所以不一定成立,所以是错误的.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及前n项和公式,以及等差数列的性质的应用,其中解答中熟记等差数列的通项公式和求和公式,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.‎ ‎6.若两个非零向量、满足,且,则与夹角的余弦值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设平面向量与的夹角为,由已知条件得出,在等式两边平方,利用平面向量数量积的运算律可求得的值,即为所求.‎ ‎【详解】设平面向量与的夹角为,,可得,‎ 在等式两边平方得,化简得.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值,考查平面向量数量积的运算性质的应用,考查计算能力,属于中等题.‎ ‎7.已知双曲线的左,右焦点分别为,O为坐标原点,P为双曲线在第一象限上的点,直线PO,分别交双曲线C的左,右支于另一点,且,则双曲线的离心率为( )‎ A. B. ‎3 ‎C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合双曲线的性质以及余弦定理,建立关于a与c的等式,计算离心率,即可.‎ ‎【详解】‎ 结合题意,绘图,结合双曲线性质可以得到PO=MO,而,结合四边形对角线平分,可得四边形平行四边形,结合,故 对三角形运用余弦定理,得到,‎ 而结合,可得,,代入上式子中,得到 ‎,结合离心率满足,即可得出,故选D.‎ ‎【点睛】本道题考查了余弦定理以及双曲线的性质,难度偏难.‎ ‎8.若函数在区间上存在最小值-2.则非零实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分和两种情况,结合三角函数的性质即可得出结论.‎ ‎【详解】解:由已知可得:‎ ‎①当时,‎ 函数在区间上存在最小值-2,‎ ‎,可得;‎ ‎②当时,,‎ 函数在区间上存在最小值-2,‎ ‎,可得:;‎ 综上所述,非零实数的取值范围;‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的性质,考查分类讨论的思想方法,属于中档题.‎ ‎9.函数在上的最小值为,最大值为2,则的最大值为( )‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次函数的图象和性质,求出最大值和最小值对应的x的取值,然后利用数形结合即可得到结论.‎ ‎【详解】当x≥0时,f(x)=x(|x|﹣1)=x2﹣x=(x﹣)2﹣,‎ 当x<0时,f(x)=x(|x|﹣1)=﹣x2﹣x=﹣(x+)2+,‎ 作出函数f(x)的图象如图:‎ 当x≥0时,由f(x)=x2﹣x=2,解得x=2.‎ 当x=时,f()=.‎ 当x<0时,由f(x)=)=﹣x2﹣x=.‎ 即4x2+4x﹣1=0,解得x==,‎ ‎∴此时x=,‎ ‎∵[m,n]上的最小值为,最大值为2,‎ ‎∴n=2,,‎ ‎∴n﹣m的最大值为2﹣=,‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数最值的应用,利用二次函数的图象和性质是解决本题的关键,利用数形结合是解决本题的基本数学思想.‎ ‎10.已知定义域为的函数满足:对任何,都有,且当时,.在下列结论:‎ ‎(1)对任何,都有;(2)任意,都有;‎ ‎(3)函数的值域是;‎ ‎(4)“函数在区间上单调递减”的充要条件是“存在,使得”.‎ 其中正确命题是( )‎ A. (1)(2) B. (1)(2)(3) C. (1)(3)(4) D. (2)(3)(4)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题设条件,结合函数的周期性和单调性,合理赋值,逐项判定,即可求解.‎ ‎【详解】对于(1)中,对任何,都有,且当时,,‎ 所以,所以是正确的;‎ 对于(2)中,因为当时,,‎ 可得,解得,‎ 即当时,,所以不正确;‎ 对于(3)中,取,则,‎ 可得,‎ 从而函数的值域为,所以是正确的;‎ 对于(4)中,令,则,‎ 所以 ‎ ‎,‎ 所以函数在区间上单调递减,而必要性显然成立,所以是正确的,‎ 所以正确的命题为(1)(3)(4).‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抽象函数的应用,其中解答中涉及到函数的周期性,单调性,以及函数额基本性质的应用,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.‎ 第二部分(非选择题,共110分)‎ 二、填空题(每空5分,共25分)‎ ‎11.已知,则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两角差的正弦公式,化简得,再结合三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式,即可求解.‎ ‎【详解】根据两角差的正弦公式,可得,‎ 整理得,‎ 平方可得,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的基本关系式,两角差的正弦公式,以及正弦的倍角公式的化简求值,着重考查了推理与运算能力.‎ ‎12.已知向量、满足,且与的夹角等于,则的取值范围为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立直角坐标系,设,得到,过点作倾斜角为或的直线,结合图象,即可求解向量的取值范围.‎ ‎【详解】由题意,建立如图所示的直角坐标系,设,‎ 因为向量满足,则,‎ 过点作倾斜角为或的直线,如图所示,则,‎ 在射线取点,设,则,所以与的夹角等于,‎ 结合图象可得,向量的取值范围为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,以及向量的夹角、向量的模的运算,着重考查了数形结合思想,以及推理与运算能力.‎ ‎13.五声音阶是中国古乐基本音阶,故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为:宫、商、角、徵、羽,如果把这五个音阶全用上,排成一个五个音阶的音序,且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧,可排成______种不同的音序.‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出.‎ ‎【详解】①若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧,此时有种;‎ ‎②若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧;‎ ‎③若“角”在第二个或第四个位置上,则有种;‎ 综上,共有种.‎ 故答案为:32.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原理的应用,意在考查学生分类讨论思想的应用和综合运用知识的能力,属于基础题.‎ ‎14.已知直线与轴交于点,与的终边(始边为轴正半轴)交于点,为坐标原,若点横坐标为,,则直线的方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程和点横坐标为,求得,进而得到,再根据斜率公式,求得直线的斜率,利用直线的点斜式方程,即可求解.‎ ‎【详解】由题意知,直线的终边,交于点,为坐标原,即,‎ 又由点横坐标为,可得,所以,‎ 又因为,则,所以,即,‎ 又由,所以直线的斜率为,‎ 所以直线的方程为,即,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线方程的求解,其中解答中涉及到直线的极坐标系的应用,以及直线的点斜式方程的应用,着重考查了推理与计算能力.‎ ‎15.已知函数,集合,集合,若,则实数的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意,求得,集合B化为,运用判别式,列出不等式组,即可求解.‎ ‎【详解】由题意,函数,则集合,‎ 又由,‎ 由,令,‎ 即,解得,‎ 所以 要使得,则满足,解得,‎ 所以,所以实数的取值范围是.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的运算,以及一元二次不等式的解法等知识点的综合应用,着重考查了转化思想,以及推理与运算能力.‎ 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.在①;②这两个条件中任选-一个,补充在下面问题中,然后解答补充完整的题.‎ 在中,角的对边分别为,已知 ,.‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)如图,为边上一点,,求的面积 ‎【答案】(1)见解析(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合正弦定理,条件选择①,则,再利用公式求;‎ 若选择条件②,由正弦定理和诱导公式可得,再根据二倍角公式求得,再根据求解.‎ ‎(2)解法1:设,在中由余弦定理,解得,再由(1),解得边长,最后求得到的面积;解法2:由 可知,,,再根据正弦定理和面积公式 .‎ ‎【详解】解:若选择条件①,则答案为:‎ ‎(1)在中,由正弦定理得,‎ 因为,所以,‎ 所以,因为,所以.‎ ‎(2)解法1:设,易知 在中由余弦定理得:,解得.‎ 所以 在中,‎ 所以,所以,‎ 所以 解法2:因为,所以,‎ 因为所以,‎ 所以 因为为锐角,所以 又 所以 所以 若选择条件②,则答案为:‎ ‎(1)因为,所以,‎ 由正弦定理得,‎ 因为,所以,‎ 因为,所以,‎ 则,所以.‎ ‎(2)同选择①‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理,面积公式解三角形,意在考查转化与化归的思想,和计算能力,属于中档题型,本题属于开放性试题,需先选择条件,再求解.‎ ‎17.在四棱锥的底面中,∥,,平面,是的中点,且 ‎(1)求证:∥平面;‎ ‎(2)求二面角的余弦值;‎ ‎(3)在线段内是否存在点,使得?若存在指出点的位置,若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1)证明见解析; (2); (3)线段上存中点,使得.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连接,证得四边形为平行四边形,得到,利用线面平行的判定定理,即可证得∥平面;‎ ‎(2)建立空间直角坐标系,求得平面和平面的法向量,利用向量的夹角公式,即可求解;‎ ‎(3)假设存在,设出点E的坐标,通过时,向量的数量积为0,建立方程,即可求解.‎ ‎【详解】(1)连接,因为是的中点,,‎ 所以,且,‎ 所以四边形为平行四边形,所以,‎ 又因为平面,平面,‎ 所以∥平面;‎ ‎(2)由(1)可知,四边形也是平行四边形,‎ 又由,所以四边形是正方形,所以,‎ 又由平面,所以以O为原点,所在的直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,‎ 可得,‎ 设平面的一个法向量为,则,可取,‎ 设平面的一个法向量为,则,可取,‎ 设二面角的平面角为,‎ 即二面角的余弦值为.‎ ‎(3)假设线段上存在点E,且满足,‎ 设,则,所以,即,‎ 所以,‎ 又由,可得,‎ 所以,解得,‎ 即线段上存在中点,使得.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明,以及空间角的求解及应用,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,通过严密推理是线面位置关系判定的关键,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.‎ ‎18.某歌手大赛进行电视直播,比赛现场有6‎ 名特约嘉宾给每位参赛选手评分,场内外的观众可以通过网络平台给每位参赛选手评分.某选手参加比赛后,现场嘉宾评分情况如下表;场内外共有数万名观众参与了评分,组织方将观众评分按照,,分组,绘成频率分布直方图如下:‎ 嘉宾 评分 ‎96‎ ‎95‎ ‎96‎ ‎89‎ ‎97‎ ‎98‎ ‎(1)从观众中任取三人,求这三人中恰有1人分数在另2人分数在的概率;‎ ‎(2)从嘉宾中随机选3人,记3人中分数不低于96分的人数为,求的期望;‎ ‎(3)嘉宾评分的平均数为,场内外的观众评分的平均数为,试写出与的大小关系(不需要证明).‎ ‎【答案】(1); (2)2; (3)嘉宾的平均分高于观众的平均分.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据频率分布直方图,即可求解内的概率和在的概率;‎ ‎(2)由题意,得到从嘉宾中随机去3人,分数不低于96分的人数为的可能取值为,求得相应的概率,得到随机变量的分布列,利用期望的公式,即可求解;‎ 可得,‎ ‎(3)利用平均数的计算公式和频率分布直方图的平均数的计算方法,分别求得的值,即可得到结论.‎ ‎【详解】(1)由题意,根据频率分布直方图可得,在内的概率为,在 的概率为,所以概率.‎ ‎(2)由题意,6名特约嘉宾中,其中4人的得分不低于96分,2人的得分低于96分,‎ 所以从嘉宾中随机选3人,分数不低于96分的人数为的可能取值为,‎ 可得,‎ 所以随机变量的分布列为:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以期望为.‎ ‎(3)由表格中的数据可得,嘉宾的平均数为,‎ 观众的平均得分为,‎ 所以,即嘉宾的平均分高于观众的平均分.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用,以及离散型随机变量的分布列与期望的求解,其中解答中认真审题,准确计算相应的概率是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎19.已知椭圆经过点,离心率为.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)过点的直线交椭圆于、两点,若,在线段上取点,使,求证:点在定直线上.‎ ‎【答案】(1);(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据题意得出关于、、的方程组,解出、的值,进而可得出椭圆 的标准方程;‎ ‎(2)设点、、,设直线的方程为,将该直线的方程与椭圆的方程联立,并列出韦达定理,由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式,并代入韦达定理,消去,可得出点的横坐标,进而可得出结论.‎ ‎【详解】(1)由题意得,解得,.‎ 所以椭圆的方程是;‎ ‎(2)设直线的方程为,、、,‎ 由,得.‎ ‎,则有,,‎ 由,得,由,可得,‎ ‎,‎ ‎,‎ 综上,点在定直线上.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解,同时也考查了点在定直线上的证明,考查计算能力与推理能力,属于中等题.‎ ‎20.若函数为奇函数,且时有极小值.‎ ‎(1)求实数的值;‎ ‎(2)求实数的取值范围;‎ ‎(3)若恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1); (2); (3).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意,得到在定义域上恒成立,列出方程,即可求解;‎ ‎(2)由(1)可得,求得导数,分和,两种情况讨论,即可求解;‎ ‎(3)由代入,构造新函数,求得函数的单调性与最值,得到,即可求解实数的取值范围.‎ ‎【详解】(1)由题意,函数为奇函数,‎ 可得在定义域上恒成立,即,‎ 化简整理得,所以.‎ ‎(2)由(1)可得,则,‎ 当时,又由恒成立,即恒成立,所以不存在极小值;‎ 当时,令,则方程有两个不等的正根,‎ 故可知函数在上单调递增,在上单调递减,‎ 可得当时函数取得极小值,‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎(3)由(2)和函数为奇函数,当时有极小值,‎ 可得,且,即,‎ 代入,可得,‎ 所以,‎ 构造新函数,则,‎ 当,则,所以当时,恒成立,‎ 故函数在定义域上单调递减,其中,则,‎ 可转化为,所以,‎ 由,设,可得,‎ 所以函数在上递增,故,‎ 又由(2)可知,所以实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用,以及恒成立问题的求解,着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力,对于恒成立问题,通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.‎ ‎21.数列的前项和为,若存在正整数,且,使得,同时成立,则称数列为“数列”.‎ ‎(1)若首项为,公差为的等差数列是“数列”,求的值;‎ ‎(2)已知数列为等比数列,公比为.‎ ‎①若数列为“数列”,,求的值;‎ ‎②若数列为“数列”,,求证:为奇数,为偶数.‎ ‎【答案】(1);(2)①;②证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意,以及“数列”的概念,得到,求解,即可得出结果;‎ ‎(2)①根据数列为“数列”,得到,再由,即可得出结果;‎ ‎②根据数列为“数列”,得到,令,分别讨论:为偶数;为偶数,为奇数;为奇数三种情况,结合导数的方法进行处理,即可得出结果.‎ ‎【详解】解:(1)若首项为,公差为的等差数列是“数列”,‎ 由题意可得,,解得:;‎ ‎(2)①若数列为“数列”,则,‎ 又,‎ 所以或;‎ ‎②若数列为“数列”,则,‎ 令,‎ 若为偶数,则,不符合题意;‎ 若为偶数,为奇数,不符题意;‎ 若为奇数,,‎ 则,‎ 令,,则,‎ 所以在上单调递减,在上单调递增;‎ ‎∴‎ 即单调增,与题意不符;‎ 综上为奇数,为偶数.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列新定义与导数的综合,熟记等差与等比的求和公式,以及导数的方法求函数最值即可,难度较大.‎ ‎ ‎

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