北京市陈经纶中学2020届高三上学期开学摸底考试数学试题 Word版含解析

这是一份北京市陈经纶中学2020届高三上学期开学摸底考试数学试题 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020陈经纶高三数学上学期第一次摸底考试
一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出集合、即可.
【详解】因为，，所以
故选：B
【点睛】本题考查的是集合的运算，较简单.
2. 已知a，3，b，9，c成等比数列，且，则等于（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等比数列的性质和对数的运算性质即可求出.
【详解】a，3，b，9，c成等比数列，
则，，
∴，
∴，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关等比数列与对数运算的综合题，涉及到的知识点有等比数列的性质，对数式运算法则，属于基础题目.
3. 在中，若，则其最大内角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据大边对大角定理判断出的最大角，再利用余弦定理求解即可.
【详解】，则为的最大内角，设，则，，
由余弦定理得
故选：A.
【点睛】本题考查利用余弦定理求角的余弦值，涉及大边对大角定理的应用，考查计算能力，属于基础题.
4. 将4位志愿者分配到进博会的3个不同场馆服务，每个场馆至少1人，不同的分配方案有（ ）种．
A. 72 B. 36 C. 64 D. 81
【答案】B
【解析】
【分析】
先从4个人中选出2个作为一个元素看成整体，再把它同另外两个元素在三个位置全排列，根据分步乘法原理得到结果.
【详解】解：将4位志愿者分配到3个不同场馆服务，每个场馆至少1人，
先从4个人中选出2个作为一个元素看成整体，
再把它同另外两个元素在三个位置全排列，共有．
【点睛】本题考查排列组合及简单的计数问题，是一个基础题，本题又是一个易错题，排列容易重复，注意做到不重不漏．
5. 毛泽东同志在《清平乐·六盘山》中的两句诗为“不到长城非好汉，屈指行程二万”，假设诗句的前一句为真命题，则“到长城”是“好汉”的（ ）
A. 充分条件 B. 必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
先理解诗词意义，再利用充分性和必要性的定义去判断即可．
【详解】解：根据对毛主席诗词的理解得：好汉一定到长城，但是到了长城不一定是好汉，
故“到长城”是“好汉”的必要条件．
故选：B.
【点睛】本题考查充分性和必要性的判断，其中对题意的理解是关键，是基础题．
6. 若等差数列的前项和为，且，，则的值为（ ）．
A. 21 B. 63 C. 13 D. 84
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求，，然后结合等差数列的求和公式即可求解．
【详解】解：因为，，
所以，解可得，，，
则．
故选：B．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础题．
7. 在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
计算出运动分钟时动点转动的角，再利用诱导公式可求得结果.
【详解】每分钟转动一周，则运动到分钟时，转过的角为.
设点的初始位置的坐标为，则，，
运动到3分钟时动点所处位置的坐标是.
由诱导公式可得，，
所以，点的坐标为.
故选：C.

【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
8. 将函数图象上的点向左平移（） 个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（ ）
A. ，的最小值为 B. ，的最小值为
C. ，的最小值为 D. ，的最小值为
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得，，
可得，
因为 位于函数的图象上
所以，
可得，
s的最小值为，故选A.
【名师点睛】三角函数图象的变换，有两种选择：一是先伸缩再平移，二是先平移再伸缩．特别注意：①平移变换时，当自变量x的系数不为1时，要将系数先提出；②翻折变换要注意翻折的方向；③三角函数名不同的图象变换问题，应先将三角函数名统一，再进行变换.

9. 设函数.若关于x的不等式有且仅有一个整数解，则正数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用导数分析函数的单调性与极值，作出函数与的图象，数形结合即可得解.
【详解】，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
则函数在处取得极小值，且极小值为，
又当时，，直线恒过点，
所以可在同一直角坐标系中作出函数与的图象，如图所示，

当时，若关于的不等式有且仅有一个整数解，则，
即，解得；
当时，由于直线与轴的负半轴交于点，
当时，关于的不等式有无数个整数解，不合题意；
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题考查了利用导数确定函数的图象，考查了数形结合思想与转化化归思想，属于中等题.
10. 设是定义在R上的函数，若存在两个不等实数，，使得，则称函数具有性质P，那么下列函数：①；②；③；具有性质P的函数的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，找出存在的点，如果找不出则需证明：不存在，，使得．
【详解】①因为函数是奇函数，可找关于原点对称的点，比如，存在；
②假设存在不相等，，使得，即，得，矛盾，故不存在；
③函数为偶函数，，令，，
则，存在．
故选：．
【点睛】本题考查函数新定义，考查函数的解析式以及函数的单调性，同时学生的理解能力，以及反证法的应用，属于中档题．
二、填空题
11. 在二项式的展开式中，的系数为________.
【答案】60
【解析】
【分析】
直接利用二项式定理计算得到答案.
【详解】二项式的展开式通项为：，
取，则的系数为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
12. 能够说明“设，是任意非零实数”，若“，则”是假命题的一组整数，的值依次为______.
【答案】2，；(答案不唯一)
【解析】
【分析】
取，再使用反证法即可得出答案.
【详解】取 ，则，但是，即
故答案为：2，.
【点睛】本题考查了真假命题的定义及反例的应用，属于基础题目.
13. 已知数列，，它的前n项和为，且是与的等差中项.若为等比数列，，则______.
【答案】127
【解析】
【分析】
根据已知条件列出方程，计算即可得解.
【详解】因为数列中，是与的等差中项.
所以，由，可得：，
解得，又，
所以.
故答案为：127.
【点睛】本题考查等比数列前项和公式中基本量的计算，考查计算能力，属于基础题.
14. 设，则的最大值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】
已知，，，直接利用基本不等式转化求解的最大值即可．
【详解】，，，即，
两边平方整理得，
当且仅当，时取最大值；
故答案为：
【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力，注意基本不等式成立的条件．
15. 已知函数，给出下列三个结论：
①当时，函数的单调递减区间为；
②若函数无最小值，则的取值范围为；
③若且，则，使得函数.恰有3个零点，，，且．
其中，所有正确结论的序号是______．
【答案】②③
【解析】
【分析】
由题意结合函数单调性的概念举出反例可判断①；画出函数的图象数形结合即可判断②；由题意结合函数图象不妨设，进而可得，，，令验证后即可判断③；即可得解.
【详解】对于①，当时，由，，所以函数在区间不单调递减，故①错误；
对于②，函数可转化为，
画出函数的图象，如图：

由题意可得若函数无最小值，则的取值范围为，故②正确；
对于③，令即，结合函数图象不妨设，
则，
所以，，，所以，
令即，
当时，，存在三个零点，且，符合题意；
当时，，存在三个零点，且，符合题意；
故③正确.
故答案为：②③.
【点睛】本题考查了分段函数单调性、最值及函数零点的问题，考查了运算求解能力与数形结合思想，合理使用函数的图象是解题的关键，属于中档题.
三、解答题
16. 从①前项和，②，③且，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并完成解答．
在数列中，，_______，其中．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）若成等比数列，其中，且，求的最小值．
【答案】选择①：（Ⅰ）；（Ⅱ）5．
选择②：（Ⅰ）；（Ⅱ）6．
选择③：（Ⅰ）；（Ⅱ）5．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）选择①，由求得的值，再由可求得数列的通项公式；
选择②，可知数列是以为公差的等差数列，进而可求得数列的通项公式；
选择③，可知数列是等差数列，求出公差的值，进而可求得数列的通项公式；
（Ⅱ）由可得出关于的表达式，进而可求得的最小值．
【详解】选择①：（Ⅰ）当时，由，得.
当时，由题意，得，所以．
经检验，符合上式，所以；
（Ⅱ）由、、成等比数列，得，即．
化简，得，
因为、是大于的正整数，且，所以当时，有最小值．
选择②：（Ⅰ）因为，所以．
所以数列是公差的等差数列.
所以；
（Ⅱ）由、、成等比数列，得，即．
化简，得，
因为、是大于的正整数，且，所以当时，取到最小值；
选择③：（Ⅰ）由，得，所以数列是等差数列，
设等差数列的公差为，又因为，，所以.
所以；
（Ⅱ） 因为、、成等比数列，所以，即．
化简，得，
因为、是大于的正整数，且，所以当时，有最小值．
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了等差数列基本量的计算，考查计算能力，属于中等题.
17. 已知锐角，同时满足下列四个条件中的三个：
①②③④
（1）请指出这三个条件，并说明理由；
（2）求的面积.
【答案】（1）同时满足①，②，③，理由见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）判断三角形的满足条件，推出结果即可.
（2）利用余弦定理求出，利用面积公式求解的面积.
【详解】（1）同时满足①，②，③.
理由如下：
若同时满足①，④，则在锐角中，
，所以
又因为，所以
所以，这与是锐角三角形矛盾，
所以不能同时满足①，④，
所以同时满足②，③.
因为所以若满足④.
则，则 ，这与是锐角三角形矛盾.
故不满足④.
故满足①，②，③.
（2）因为，
所以.
解得或.
当时，
所以为钝角，与题意不符合，所以.
所以的面积.
【点睛】本题主要考查解三角形中余弦定理的应用及面积公式的应用，属于中档题目.
18. 在抗击新冠肺炎疫情期间，很多人积极参与了疫情防控的志愿者活动.各社区志愿者服务类型有：现场值班值守，社区消毒，远程教育宣传，心理咨询（每个志愿者仅参与一类服务）.参与A，B，C三个社区的志愿者服务情况如下表：
社区
社区服务总人数
服务类型
现场值班值守
社区消毒
远程教育宣传
心理咨询
A
100
30
30
20
20
B
120
40
35
20
25
C
150
50
40
30
30

（1）从上表三个社区的志愿者中任取1人，求此人来自于A社区，并且参与社区消毒工作的概率；
（2）从上表三个社区的志愿者中各任取1人调查情况，以X表示负责现场值班值守的人数，求X的分布列；
（3）已知A社区心理咨询满意率为0.85，B社区心理咨询满意率为0.95，C社区心理咨询满意率为0.9，“，，”分别表示A，B，C社区的人们对心理咨询满意，“，，”分别表示A，B，C社区的人们对心理咨询不满意，写出方差，，的大小关系.（只需写出结论）
【答案】（1）（2）详见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）利用古典概型概率公式求解即可；
（2）先求出A，B，C三个社区负责现场值班值守的概率，得出X的所有可能取值，并计算出相应的概率，即可得出分布列；
（3）根据方差的意义进行判断即可.
【详解】解：（1）记“从上表三个社区的志愿者中任取1人，此人来自于A社区，并且参与社区消毒工作”为事件D，
.
所以从上表三个社区的志愿者中任取1人，此人来自于A社区，并且参与社区消毒工作的概率为.
（2）从上表三个社区的志愿者中各任取1人，由表可知：A，B，C三个社区负责现场值班值守的概率分别为，，.
X的所有可能取值为0，1，2，3.
，，
，
.
X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





（3）
【点睛】本题主要考查了计算古典概型概率以及离散型随机变量的分布列，属于中档题.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围；
（3）当时，试写出方程根的个数.(只需写出结论)
【答案】（1）；（2）；（3）2
【解析】
【分析】
（1）当时，，，求出，，结合导数的几何意义，可求出曲线在点处的切线方程；
（2），由在区间上单调递增，可知在恒成立，进而可知在恒成立，构造函数，求出在上的最小值，令即可；
（3）构造函数，讨论的单调性，并结合零点存在性定理，可得到的零点个数，即为方程根的个数.
详解】（1）当时，，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由题意，，
因为在区间上单调递增，所以在恒成立，
即在恒成立，
令，，则，
所以时，，此时函数单调递减；时，，此时函数单调递增，
所以在上最小值为，
所以.
（3）当时，方程根的个数为2.
证明如下：
当时，，构造函数，
则，显然在上单调递增，
因为，，所以存在唯一零点，设为，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，所以在上存在唯一零点
又因为，所以在上存在唯一零点，
故函数有2个零点，即方程根的个数为2.
【点睛】本题考查导数几何意义的应用，考查利用导数研究函数的单调性，考查方程的根与函数的零点，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.
20. 已知函数，.
（1）当时，求的单调区间；
（2）已知点和函数图象上动点，对任意，直线倾斜角都是钝角，求a的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，的单调递减区间为；（2）.
【解析】
【分析】
1）先求函数的定义域，然后求导，利用导数大于0或导数小于0，得到关于x的不等式，解之即可；
（2）因为对任意，直线PM倾斜角都是钝角，化简最终转化为在区间上恒成立，再通过研究在上的单调性求最值.
【详解】简析：（1）当时，，定义域，
，
的单调递增区间为，的单调递减区间为；
（2）因为对任意，直线的倾斜角都是钝角，故对任意，
直线的斜率小于0，即，，
即在区间上的最大值小于1，
，，令，
①当时，在上单调递减，
，显然成立；
②当时，二次函数的图象开口向下，且，
，，故，在上单调递减，
故在上单调递减，，显然成立；
③当时，二次函数的图象开口向上，且.
所以，当时，.
当时，；
所以在区间内先递减再递增.
故在区间上的最大值只能是或.
即，所以.
综上所述：a的取值范围为.
【点睛】本题考查求函数的单调区间，考查利用导数讨论恒成立问题，考查分类讨论思想，属于中档题.
21. 对于正整数，如果个整数满足，
且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.
(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;
(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;
(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.
(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)
【答案】(Ⅰ) ，，，，；(Ⅱ) 为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，
【解析】
【分析】
(Ⅰ)根据题意直接写出答案.
(Ⅱ)讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.
(Ⅲ) 讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，
根据对应关系得到，再计算，，得到答案.
【详解】(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.
(Ⅱ)当为偶数时，时，最大为；
当为奇数时，时，最大为；
综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.
(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；
当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，
则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，
故.
综上所述：.
当时，偶数“正整数分拆”，奇数“正整数分拆”为，；
当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，
故；
当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.
综上所述：使成立的为：或.
【点睛】本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.