2020届北京是中学生标准学术能力诊断性测试诊断性测试（1月）数学（理）试题（解析版）

2020届北京是中学生标准学术能力诊断性测试诊断性测试（1月）数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据题意，利用交集定义直接求解。

【详解】

集合，，所以集合。

【点睛】

本题主要考查集合交集的运算。

2．若，则的虚部为（    ）

A．－1 B．1 C． D．

【答案】A

【解析】利用复数除法运算化简，则虚部可求

【详解】

，故虚部为－1

故选：A

【点睛】

本题考查复数的运算，意在考查计算能力，是基础题

3．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【解析】根据题意，利用双曲线的两条渐近线垂直推出，可得，再通过离心率的计算公式即可得出。

【详解】

由题意得，，可得，则。

【点睛】

本题主要考查双曲线的性质中离心率的求解。

4．由两个圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。

【详解】

由三视图可知圆柱的底面半径为1，高为2，

则，

故答案选C。

【点睛】

本题主要考查根据几何体的三视图求体积问题，考查学生的空间想象能力。

5．函数的图像大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】求导，求出函数的单调性，利用单调性来辨别函数的图象，以及函数值符号来辨别函数的图象．

【详解】

，.

解不等式，即，得；

解不等式，即，得或.

所以，函数的单调递增区间为和，

单调递减区间为．

令，即，得或；

令，即，得.

所以，符合条件的函数为B选项中的图象，故选B.

【点睛】

本题考查利用函数解析式辨别函数的图象，一般从以下几个要素来进行分析：①定义域；②奇偶性；③单调性；④零点；⑤函数值符号．在考查函数的单调性时，可充分利用导数来处理，考查分析问题的能力，属于中等题．

6．已知关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】将不等式化为，讨论、和时，分别求出不等式成立时的取值范围即可

【详解】

时，不等式可化为；

当时，不等式为，满足题意；

当时，不等式化为，则，当且仅当时取等号，

所以，即；

当时，恒成立；

综上所述，实数的取值范围是

答案选A

【点睛】

本题考查不等式与对应的函数的关系问题，含参不等式分类讨论是求解时常用方法

7．已知，为实数，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】A

【解析】通过正向与反向推导来验证充分与必要条件是否成立即可

【详解】

若，则， ，，

显然，充分条件成立

但时，比如说时，却推不出，必要条件不成立

所以是的充分不必要条件

【点睛】

本题考查充分与必要条件的判断，推理能力与计算能力，由于参数的不确定性，故需要对参数进行讨论

8．已知随机变量，的分布列如下表所示，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【解析】由题意分别求出Eξ，Dξ，Eη，Dη，由此能得到Eξ＜Eη，Dξ＞Dη．

【详解】

由题意得：

Eξ ，

Dξ．

Eη，

Dη＝（）2（2）2（3）2，

∴Eξ＜Eη，Dξ=Dη．

故选：C．

【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查运算求解能力，是中档题．

9．在中，若，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【解析】根据题意，由可以推得，再利用向量运算的加法法则，即可求得结果。

【详解】

由题意得，，即，设的中点为，则，即为等腰三角形，

又因为

即

所以。

【点睛】

本题主要考查平面向量的线性运算。

10．在矩形中，已知，，是边上的点，，，将平面绕旋转后记为平面，直线绕旋转一周，则旋转过程中直线与平面相交形成的点的轨迹是（    ）

A．圆 B．双曲线 C．椭圆 D．抛物线

【答案】D

【解析】利用圆锥被平面截的轨迹特点求解

【详解】

由题将平面绕旋转后记为平面，则平面平面,，又直线绕旋转一周，则AB直线轨迹为以AE为轴的圆锥，且轴截面为等腰直角三角形，且面AEF始终与面EFDC垂直，即圆锥母线平面EFDC 则

则与平面相交形成的点的轨迹是抛物线

故选：D

【点睛】

本题考查立体轨迹，考查圆锥的几何特征，考查空间想象能力，是难题

11．已知函数，e是自然对数的底数，存在（）

A．当时，零点个数可能有3个

B．当时，零点个数可能有4个

C．当时，零点个数可能有3个

D．当时，零点个数可能有4个

【答案】C

【解析】首先将的零点转化为两个图象的交点，利用以直代曲的思想可以将等价为，根据穿针引线画出草图，即可判断.

【详解】

将看成两个函数的交点，利用以直代曲，可以将等价看成，利用“穿针引线”易知时图象如图，所以当时最多有两个交点，当时最多有三个交点.故选C.

【点睛】

本题考查函数的零点,函数零点个数的3种判断方法

(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.

12．已知数列的前项和为，且满足，则下列结论中（    ）

①数列是等差数列；②；③

A．仅有①②正确 B．仅有①③正确 C．仅有②③正确 D．①②③均正确

【答案】D

【解析】由条件求得，可判断①，由①得，可判断②；由判断③

，可知①②③均正确，可选出结果．

【详解】

①由条件知，对任意正整数n，有

1＝an（2Sn﹣an）＝（Sn﹣Sn﹣1）（Sn+Sn﹣1），

又

所以{}是等差数列．

②由①知或

显然，当．

，<0显然成立，故②正确

③仅需考虑an，an+1同号的情况，不失一般性，可设an，an+1均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），

由②故有，，

此时，，

从而（）1．

故选：D．

【点睛】

本题考查数列递推式，不等式的证明，属于一般综合题．

二、填空题

13．1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和.这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“1＋1”.1966年，我国数学家陈景润证明了“1＋2”，获得了该研究的世界最优成果.若在不超过30的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过30的概率是________.

【答案】

【解析】根据题意，利用列举法求出不超过30的所有质数，再利用古典概型的概率公式进行计算即可。

【详解】

根据题意可知，不共有超过30的所有质数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选取2个不同的数有种，和超过30的共有15种，所以两数之和不超过30的概率是。

【点睛】

本题主要考查古典概型概率的求解。

14．已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______

【答案】

【解析】设三条高分别为，根据面积计算出三条高，并将三条高的乘积的最大值问题，转化为最大来求解.

【详解】

依题意可知，三条高分别为，根据三角形面积公式有，故，，而，即，所以.故当取得最大值时，三条高的乘积取得最大值.作平行于且与距离为的平行直线，作的垂直平分线，交直线于.过上一点作圆，使圆经过三个点，由于由于圆外角小于圆周角，故此时取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三条高的乘积取最大值时.

【点睛】

本小题主要考查三角形的面积公式，考查余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.

15．已知F是椭圆的一个焦点，P是C上的任意一点，则称为椭圆C的焦半径.设C的左顶点与上顶点分别为A，B，若存在以A为圆心，为半径长的圆经过点B，则椭圆C的离心率的最小值为________.

【答案】

【解析】根据题意，存在以A为圆心，为半径长的圆经过点B，即的最大值应该不小于线段的长，根据不等关系列出含的不等式，转化为离心率的不等式，即可求解出椭圆C的离心率的最小值．

【详解】

根据题意，存在以A为圆心，为半径长的圆经过点B，即的最大值应该不小于线段的长，可得，化简得，即，且，解得，所以椭圆C的离心率的最小值为．

【点睛】

本题主要考查椭圆离心率的求解，在解题时构造有关的不等式，转化为离心率的不等式是关键．

16．设函数，若对任意的实数和，总存在，使得，则实数的最大值为__________．

【答案】2

【解析】将函数变形为，设，

，画出函数图像，当时取最值，得到答案.

【详解】

设

在上单调递增，在上单调递减，

设

画出函数图像：

对任意的实数和，总存在，使得

等价于求最大值里的最小值.

根据图像知：当时，最大值的最小值为2

故实数的最大值为2

答案为2

【点睛】

本题考查了函数的存在性问题，变形函数，画出函数图像是解题的关键，意在考查学生的综合应用能力.

三、解答题

17．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求函数的最小正周期与单调递增区间.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），.

【解析】（Ⅰ）根据题意，利用三角函数的定义求出，，再利用诱导公式即可求解出答案。

（Ⅱ）利用两角和差的正余弦公式将三角函数化简，再利用三角函数的性质即可求出答案。

【详解】

（Ⅰ）由题意得，则，，

.

（Ⅱ） , 

故.   

由，知单调递增区间为.

【点睛】

本题主要考查三角函数的定义、两角和差的正余弦公式、诱导公式以及三角函数性质的综合应用，牢记公式是解题的关键。

18．如图，是由两个全等的菱形和组成的空间图形，，∠BAF＝∠ECD＝60°.

（1）求证：；

（2）如果二面角B－EF－D的平面角为60°，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）取的中点，连接、，.利用菱形的性质、等边三角形的性质分别证得，，由此证得平面，进而求得，根据空间角的概念，证得.

（2）根据（1）得到就是二面角的平面角，即，由此求得的长.利用等体积法计算出到平面的距离，根据线面角的正弦值的计算公式，计算出直线与平面所成角的正弦值.

【详解】

（1）取的中点，连接、，.在菱形中，

∵，∴是正三角形，∴，

同理在菱形，可证，∴平面，∴，

又∵，∴.

（2）由（1）知，就是二面角的平面角，即，

又，所以是正三角形，故有，

如图，取的中点，连接，则，又由（1）得，

所以，平面，且，又，在直角中，，

所以，设到平面的距离为，则

，

，所以，

故直线与平面所成角正弦值为.

【点睛】

本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

19．已知等比数列的公比，且，是的等差中项，数列的通项公式，.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）证明：，.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.

【解析】（Ⅰ）直接用等差数列，等比数列的公式计算得到.

（Ⅱ）直接利用裂项求和得到

，得证.

【详解】

（Ⅰ）由是，的等差中项得

，

所以，

解得，

由，得，

解得或，

因为，所以.

所以，.

（Ⅱ）法1：由（Ⅰ）可得，.

，

.

法2：

由（Ⅰ）可得，.

我们用数学归纳法证明.

（1）当时，，不等式成立；

（2）假设（）时不等式成立，即

.

那么，当时，

，

即当时不等式也成立.

根据（1）和（2），不等式，对任意成立.

【点睛】

本题考查了等差数列，等比数列的公式，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活掌握.

20．已知抛物线：，焦点为，准线与轴交于点.若点在上，横坐标为2，且满足：.

（1）求抛物线的方程；

（2）若直线交轴于点，过点做直线，与抛物线有两个交点，（其中，点在第一象限）.若，当时，求的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）由，，，结合求得方程可求

（2）设直线的方程为，与抛物线联立，向量坐标化得，将面积比转化为，求解范围即可

【详解】

（1）由已知可得，，，

∵，

∴，

∵，∴，

∴抛物线的方程为.

（2）由（1）得，，易求得.

由题意得，直线的斜率存在且不为0，

可设直线的方程为，

联立方程组

整理得，，.

设点，，

∴，，

∴，，

∵，

∴，，

∵，∴，

设在边上的高为，在边上的高为，

.

∴的取值范围是

【点睛】

本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查向量坐标化与韦达定理的应用，注意面积比的转化是关键，是难题

21．已知函数.

（1）求在点处的切线方程；

（2）若方程有两个实数根，，且，证明.

【答案】（1）.（2）证明见解析

【解析】（1）由f（﹣1）＝0，f′（x）＝（x+1）（ex﹣1），可得f′（﹣1）1．利用点斜式可得切线方程．

（2）由（1）知f（x）在（﹣1，0）处的切线方程s（x），令F（x）＝f（x）﹣s（x），求得导数和单调性，可得f（x）≥s（x），解方程s（x）＝b得其根x'1，运用函数的单调性，所以x'1≤x1，；另一方面，f（x）在点（1，2e﹣2）处的切线方程为t（x），构造G（x）＝f（x）﹣t（x），同理可得f（x）≥t（x），解方程t（x）＝b得其根x'2，运用函数的单调性，所以x2≤x'2．根据不等式的基本性质即可得出结论．

【详解】

（1），

，，

所以切线方程为.

（2）由（1）知在点处的切线方程为.

设

构造，，

.

所以在上单调递减，在上单调递增.

又，，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以.当且仅当时取“”

∵方程的根.又，由在上

单调递减，所以.

另一方面，在点处的切线方程为.

设

构造.

，.

所以在上单调递减，在上单调递增.

又，，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以，

当且仅当时取“”

∵方程的根，又，由

在上单调递增，所以.所以，得证.

【点睛】

本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．

22．（1）以极坐标系的极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位，把极坐标方程化成直角坐标方程.

（2）在直角坐标系中，直线：（为参数），曲线：（为参数），其中.若曲线上所有点均在直线的右上方，求的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）利用，，化普通方程

（2）转化为对恒有利用化一公式及三角函数有界性求解

【详解】

（1）当时，极坐标方程两边同乘以得

在直角坐标系下，，，.

故化成直角坐标系方程，不包括点

当时，满足原极坐标方程，

综上，所求的直角坐标方程为

（2）由题意得，直线的普通方程为.设曲线上的动点

因为曲线上所有点均在直线的右上方，所以对恒有

，

即，其中，.所以，

解得.

【点睛】

本题考查极坐标与普通方程的互化，考查线性规划点与直线的位置关系，利用三角函数有界性求范围是关键，是基础题

23．已知正数，，满足.

（1）求证：；

（2）求的最小值.

【答案】（1）见解析（2）6

【解析】（1）利用柯西不等式证明

（2）利用基本不等式求最值

【详解】

（1）因为，，，所以由柯西不等式得

.

又因为.

所以

（2）

由均值不等式，当且仅当时“=”成立

∵.

∴当且仅当时取“=”

∴，当且仅当，时等号成立，所以

的最小值为6.

【点睛】

本题考查柯西不能等式及基本不等式求最值，考查变形及配凑思想，是中档题