2020届北京市朝阳区六校高三四月联考数学（B卷）试题（解析版）

2020届北京市朝阳区六校高三四月联考数学（B卷）试题

一、单选题

1．已知命题：，，那么命题的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【解析】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】转化条件得，，利用集合交集的概念即可得解.

【详解】

由题意，

，

则.

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】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】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，，

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：

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】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，

由各组频率和为1可得，解得.

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】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】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.

【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】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的性质和充分条件、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（    ）

A．5049 B．5050 C．5051 D．5101

【答案】B

【解析】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】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，

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、双空题

11．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】3    4   

【解析】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.

三、填空题

12．在的二项展开式中，的系数为________.（用数字作答）

【答案】80

【解析】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.

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】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.

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】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）；

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】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.

四、解答题

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】（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

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】（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： 

所以.

（3）“抗生素C”治疗效果最佳可使用理由：

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】（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；

（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.

（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】（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，，.

假设存在点，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.

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】（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，由有解问题的解决方法即可得解；

（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.

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，，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】（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

.

（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.