北京市石景山区2020届高三上学期期末考试数学试题 Word版含解析

石景山区2020届高三第一学期期末

数学

第一部分（选择题共40分）

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．

1.已知集合，，则(     )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据集合的交集运算，得到答案.

【详解】因为集合，，

所以.

故选：B.

【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.

2.复数的共轭复数在复平面内对应的点所在象限为(     )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】

先对复数进行化简，然后得到其共轭复数，再找到其再复平面对应的点，得到答案.

【详解】，

所以

在复平面对应的点为，在第一象限.

故选：A.

【点睛】本题考查复数的运算，共轭复数，复数在复平面对应的点，属于简单题.

3.下列函数中既是奇函数，又在区间(0,1)上单调递减的是(     )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

判断四个选项中的函数的奇偶性和在上的单调性，得到答案.

【详解】选项A中，，是奇函数，但在上单调递增，不满足要求；

选项B中，，是偶函数，不满足要求，

选项C中，，是奇函数，在上单调递减，满足要求；

选项D中，，是偶函数，不满足要求.

故选：C.

【点睛】本题考查判断函数的奇偶性和单调性，属于简单题.

4.已知向量，，若，则实数 (     )

A. -1 B. 1 C. 2 D. -2

【答案】B

【解析】

【分析】

根据向量坐标的线性运算得到，再根据向量垂直的坐标表示，得到关于的方程，解出的值，得到答案.

【详解】因为向量，

所以，

因为，

所以

所以

解得.

故选：B.

【点睛】本题考查向量线性运算的坐标表示，根据向量垂直关系求参数的值，属于简单题.

5.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（ ）

A. 134石 B. 169石 C. 338石 D. 1365石

【答案】B

【解析】

【详解】设夹谷石，则，

所以，

所以这批米内夹谷约为石，故选B.

考点：用样本的数据特征估计总体.

【此处有视频，请去附件查看】

6.已知，，，则，，的大小关系是(     )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

分别对，，与特殊值或进行比较，从而判断出出它们的大小关系，得到答案.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

因为，所以，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查判断对数的大小关系，属于简单题.

7.艺术体操比赛共有7位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时, 从7个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，不变的数字特征是(     )

A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差

【答案】A

【解析】

【分析】

根据平均数、中位数、方差、极差的概念来进行求解，得到答案.

【详解】从7个原始评分去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分，

其平均数、极差、方差都可能会发生改变，

不变的数字特征数中位数.

故选：A.

【点睛】本题考查平均数、中位数、方差、极差的概念，属于简单题.

8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与原正方体体积的比值为(     )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据三视图还原出几何体，得到是在正方体中，截去四面体，利用体积公式，求出其体积，然后得到答案.

【详解】根据三视图还原出几何体，如图所述，

得到是在正方体中，截去四面体

设正方体的棱长为，

则，

故剩余几何体的体积为，

所以截去部分的体积与剩余部分的体积的比值为.

故选：C.

【点睛】本题考查了几何体的三视图求几何体的体积；关键是正确还有几何体，利用体积公式解答，属于简单题.

9.在等差数列中，设，则是的（    ）

A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件

C. 充要条件 D. 既非充分非必要条件

【答案】D

【解析】

【分析】

举出特殊数列的例子，即可排除选项．

【详解】若等差数列为

则当时，成立，但不成立，所以非充分条件

当时，成立，但不成立，所以非必要条件

综上可知，是的既非充分非必要条件

所以选D.

【点睛】本题考查了等差数列的定义，充分必要条件的判定，注意特殊值法在选择题中的应用，属于基础题．

10.关于曲线．给出下列三个结论：

① 曲线恰好经过个整点（即横、纵坐标均为整数点）

② 曲线上任意一点到原点的距离都不大于

③ 曲线上任意一点到原点的距离都不小于2

其中，正确结论的个数是(     )

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】

将曲线，看成关于的方程，利用方程有解，得到的范围，再分别研究对应的整数和的情况；根据基本不等式，得到的范围，从而判断出曲线上一点到原点的距离范围.

【详解】曲线，看成关于的二次方程

则，得

所以整数的取值为，

当时，或，满足题意

当时，不是整数，不满足题意

当时，或，满足题意

当时，不是整数，不满足题意

当时，或，满足题意

故曲线过的整点为，，，，，，共6个，

故命题①正确.

，

当时，，即，

得，即

当且仅当或时，等号成立

所以得曲线上任意一点到原点的距离都不大于，命题②正确.

当时，，即，

得，即，

当且仅当或时，等号成立

所以得曲线上任意一点到原点的距离都不小于，故命题③错误；

故选：C

【点睛】本题考查判断二次方程根的情况，基本不等式求最值，属于中档题.

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．

11.在的二项展开式中，常数项等于          ．(用数值表示)

【答案】-160

【解析】

试题分析：，由得：r=3，所．

考点：二项式定理．

点评：熟记二项展开式的通项公式：．此通项公式集中体现了二项展开式中的指数、项数、系数的变化．

12.双曲线的焦点到它的渐近线的距离为_________________；

【答案】1

【解析】

试题分析：由双曲线方程可知，则，即，所以焦点为，渐近线为．所以焦点到渐近线的距离为．

考点：1双曲线的基本性质；2点到线的距离．

13.已知数列为等比数列，，，则_______

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，得到，从而得到关于的方程，解出的值，得到答案.

【详解】因为数列为等比数列，

所以，

即，

解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查根据等比中项求值，属于简单题.

14.已知平面．给出下列三个论断：①；②；③∥．以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___

【答案】①③②或②③①

【解析】

【分析】

根据面面平行和面面垂直的性质，得到线面垂直，从而得到答案.

【详解】由，∥，可得

故①③②，

由，∥，可得

故②③①，

由，，

则平面与平面可以平行和可以相交，

故①②③.

故答案为：①③②或②③①

【点睛】本题考查面面平行和面面垂直的性质及判定，面面关系有关的命题，属于简单题.

15.在的内角，，的对边分别为，，，已知，则的值为_______.

【答案】

【解析】

试题分析：∵代入得，由余弦定理得．

考点：1．正弦定理；2．余弦定理的推论．

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16.已知向量，是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，则称有序实数对为点的广义坐标，若点、的广义坐标分别为、，对于下列命题:

① 线段的中点的广义坐标为

② 向量平行于向量的充要条件是

③ 向量垂直于向量的充要条件是

其中，真命题是________.（请写出所有真命题的序号）

【答案】①②

【解析】

分析】

根据定义，分别写出中点的广义坐标，根据向量平行的坐标表示和向量垂直的坐标表示进行判断，得到答案.

【详解】点、的广义坐标分别为、

可得，

设为中点，则

所以线段的中点的广义坐标为，故命题①正确

向量平行于向量，则

即，

所以，故命题②正确，

向量垂直于向量，则

即

，故命题③不一定正确.

故答案为：①②.

【点睛】本题考查向量的新定义运算，向量平行和垂直的表示，向量的数量积的运算，考查理解推理能力，属于中档题.

三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

17.已知函数.

（Ⅰ）若，且，求的值；

（Ⅱ）求函数的最小正周期，及函数的单调递减区间.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）最小正周期. .

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据以及的范围，得到，代入到中，得到答案；（Ⅱ）对进行整理化简，得到，根据正弦型函数的图像和性质，求出其周期和单调减区间.

【详解】解：（Ⅰ）因为，且，

所以 .

所以 .

（Ⅱ）

所以函数的最小正周期.

由，

解得.

所以函数的单调递减区间.

【点睛】本题考查同角三角函数关系，利用二倍角公式、降幂公式、辅助角公式对三角函数进行化简，求正弦型函数的周期和单调区间，属于简单题.

18.一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获得15分，出现三次“6点”获得120分，没有出现“6点”则扣除12分(即获得－12分)．

（Ⅰ）设每盘游戏中出现“6点”的次数为X，求X的分布列；

（Ⅱ）玩两盘游戏，求两盘中至少有一盘获得15分的概率；

（Ⅲ）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．

【答案】（Ⅰ）分布列见解析 （Ⅱ）（Ⅲ）见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）先得到可能的取值为，，，，根据每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为，得到每种取值的概率，得到分布列；（Ⅱ）计算出每盘游戏没有获得15分的概率，从而得到两盘中至少有一盘获得15分的概率；（Ⅲ）设每盘游戏得分为，得到的分布列和数学期望，从而得到结论.

【详解】解：（Ⅰ）可能的取值为，，，.

每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为.

，     ，

，，

所以X的分布列为：

（Ⅱ）设每盘游戏没有得到15分为事件，

则.

设“两盘游戏中至少有一次获得15分”为事件，

则

因此，玩两盘游戏至少有一次获得15分的概率为.

（Ⅲ）设每盘游戏得分为.

由（Ⅰ）知，的分布列为：

的数学期望为.

这表明，获得分数的期望为负．

因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．

【点睛】本题考查求随机变量的分布列和数学期望，求互斥事件的概率，属于中档题.

19.已知在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，CD平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD 的中点．

（Ⅰ）求证：PO平面；

（Ⅱ）求平面EFG与平面所成锐二面角的大小；

（Ⅲ）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由．

【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）（Ⅲ）不存在，见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）正三角形中，由平面得到，所以得到面；（Ⅱ）以点为原点建立空间直角坐标系，根据平面的法向量，和平面的法向量，从而得到平面与平面所成锐二面角的余弦值，再得到所求的角；（Ⅲ）线段上存在满足题意的点，直线与平面法向量的夹角为，设，，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，证明方程无解，从而得到不存在满足要求的点.

【详解】（Ⅰ）证明:因为△是正三角形，

是的中点，

所以 .

又因为平面，平面，

所以.

，平面，

所以面.

（Ⅱ）如图，以点为原点分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.

则，

，，

设平面的法向量为

所以，即

令，则 ，

又平面的法向量，

设平面与平面所成锐二面角为，

所以.

所以平面与平面所成锐二面角为.

（Ⅲ）假设线段上存在点，

使得直线与平面所成角为，

即直线与平面法向量所成的角为，

设，，

，

所以

所以，

整理得，

，方程无解，

所以，不存在这样的点.

【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，利用空间向量求二面角，利用空间向量证明存在性问题.

20.已知函数.（ ）

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若，的图象与轴交于点，求在点处的切线方程；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，证明：当时，恒成立．

【答案】（Ⅰ）时，单调增区间为，无单调减区间，

时，单调增区间为，单调减区间为.

 （Ⅱ）（Ⅲ）证明见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）对求导，得到，对按照和进行分类讨论，研究的正负，从而得到的单调区间；（Ⅱ）将代入，得到切线斜率，点斜式写出切线方程；（Ⅲ）令，得到，令，得到，从而得到，得到在上单调递增，即，从而使得原命题得证.

【详解】解：（Ⅰ），

当时，恒成立，所以在上单调递增，

当时，令，解得.

当变化时，，变化情况如下表：

所以时，在上单调递减，在上单调递增.

综上所述，时，单调增区间为，无单调减区间，

时，单调增区间为，单调减区间为.

（Ⅱ）时，

令，得，则，

因为，所以，

所以在点处的切线方程为，即.

（Ⅲ）证明：令，

则. 

令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增；

所以，

即恒成立. 

所以在上单调递增，

所以，

所以，

即当时，恒成立．

【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，根据导数的几何意义求函数图像在一点的切线，利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题.

21.已知椭圆过点．

（Ⅰ）求椭圆的方程，并求其离心率；

（Ⅱ）过点作轴的垂线，设点为第四象限内一点且在椭圆上（点不在直线上），直线关于的对称直线与椭圆交于另一点．设为坐标原点，判断直线与直线的位置关系，并说明理由．

【答案】（Ⅰ），离心率．（Ⅱ）直线与直线平行．见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）将点代入到椭圆方程，解得的值，根据，得到的值，从而求出离心率；（Ⅱ）直线，，点，，将直线与椭圆联立，得到和，从而得到的斜率，得到，得到直线与直线平行．

【详解】解：（Ⅰ）由椭圆过点，

可得，解得．

所以，

所以椭圆的方程为，离心率．

（Ⅱ）直线与直线平行．

证明如下：由题意，设直线，，

设点，，

由得

，

所以，所以，

同理，

所以，

由，，

有，

因为在第四象限，所以，且不在直线上，所以，

又，故，所以直线与直线平行.

【点睛】本题考查求椭圆方程，直线与椭圆相交求交点，判断两直线的位置关系，属于中档题.

22.已知由个正整数构成的集合，记，对于任意不大于的正整数，均存在集合的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求证：“成等差数列”的充要条件是“”；

（Ⅲ）若，求的最小值，并指出取最小值时的最大值.

【答案】（Ⅰ），  （Ⅱ）证明见解析 （Ⅲ）的最小值为11，此时的最大值.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）和时，根据的定义，以及集合的性质，得到答案；（Ⅱ）必要性：，可得，充分性：由条件可得，从而有，当且仅当时，等号成立，从而得证；（Ⅲ）含有个元素的非空子集个数有，当时，不满足题意，当时，集合，可以表示共个正整数，满足题意，由并且得到，结合，得到的最大值

【详解】解:（Ⅰ）时，由条件知，必有，又均为整数，.

时，由条件知，由的定义及均为整数，必有，.

（Ⅱ）必要性：由“成等差数列”及,

得此时满足题目要求

从而.

充分性：由条件知且均为正整数，可得

故，当且仅当时，上式等号成立.

于是当时，，从而成等差数列.

所以“成等差数列”的充要条件是“”.

（Ⅲ）由于含有个元素的非空子集个数有，

故当时，，

此时的非空子集的元素之和最多表示个不同的整数，不符合要求.

而用个元素的集合的非空子集的元素之和可以表示共个正整数.

因此当时，的最小值为11.

记

则并且.

事实上若，，则，，

所以时无法用集合的非空子集的元素之和表示，与题意不符.

于是，得，，所以.

当时满足题意

所以当时，的最小值为11，此时的最大值.

【点睛】本题考查集合与数列的新定义，求数列中的项，等差数列的条件证明，考查求数列的项数的最小值和项的最大值，属于难题.