北京市朝阳区2020届高三上学期期末考试数学试题 Word版含解析

北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期期末质量检测高三年级

数学试卷

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.在复平面内，复数对应的点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用复数的运算法则、几何意义即可得出．

【详解】解：复数i（2+i）＝2i﹣1对应的点的坐标为（﹣1，2），

故选：C

【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

2.已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用中间量隔开三个值即可.

【详解】∵，,,

∴，

故选：D

【点睛】本题考查实数大小的比较，考查幂指对函数的性质，属于常考题型.

3.已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意，得双曲线的渐近线方程为y＝±x，再由双曲线离心率为2，得到c＝2a，由定义知ba，代入即得此双曲线的渐近线方程．

【详解】解：∵双曲线C方程为：1（a＞0，b＞0）

∴双曲线的渐近线方程为y＝±x

又∵双曲线离心率为2，

∴c＝2a，可得ba

因此，双曲线的渐近线方程为y＝±x

故选：B．

【点睛】本题给出双曲线的离心率，求双曲线的渐近线方程，着重考查了双曲线的标准方程与基本概念，属于基础题．

4.在中，若，，，则角的大小为（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】

利用正弦定理即可得到结果.

【详解】解：∵b＝3，c，C，

∴由正弦定理，可得，

可得：sinB，

∵c＜b，可得B或，

故选：D．

点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属于基础题．

5.从名教师和名学生中，选出人参加“我和我的祖国”快闪活动．要求至少有一名教师入选，且入选教师人数不多于入选学生人数，则不同的选派方案的种数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意可分成两类：一名教师和三名学生，两名教师和两名学生，分别利用组合公式计算即可.

【详解】由题意可分成两类：

（1）一名教师和三名学生，共；

（2）两名教师和两名学生，共；

故不同的选派方案的种数是.

故选：C

【点睛】本题考查组合的应用，是简单题，注意分类讨论、正确计算即可．

6.已知函数，则（    ）

A. 是奇函数，且在上单调递增 B. 是奇函数，且在上单调递减

C. 是偶函数，且在上单调递增 D. 是偶函数，且在上单调递减

【答案】C

【解析】

【分析】

根据函数的奇偶性的定义以及单调性的性质判断即可．

【详解】函数的定义域为R，

，

即，

∴ 是偶函数，

当时，,为增函数，为减函数，

∴ 在上单调递增，

故选：C

【点睛】本题考查了函数的奇偶性以及函数的单调性问题，考查推理能力，是一道中档题．

7.某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（    ）

A. B. C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意把三棱锥放入棱长为2的正方体中，得出三棱锥的形状，

结合图形，求出该三棱锥的体积．

【详解】解：根据题意，把三棱锥放入棱长为2的正方体中，是如图所示的三棱锥P﹣ABC，

∴三棱锥P﹣ABC的体积为：，

故选：A

【点睛】本题考查了利用三视图求空间几何体体积的应用问题，考查空间想象能力，是基础题．

8.设函数，则“”是“有且只有一个零点”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】A

【解析】

【分析】

有且只有一个零点的充要条件为,或，从而作出判断.

详解】f（x）＝，

f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），

令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜﹣1，

令f′（x）＜0，解得：﹣1＜x＜1，

∴在，上单调递增，在上单调递减，

且,,

若有且只有一个零点，则,或

∴“”是“有且只有一个零点”的充分而不必要条件，

故选：A

【点睛】本题考查充分性与必要性，同时考查三次函数的零点问题，考查函数与方程思想，属于中档题.

9.已知正方形的边长为，以为圆心的圆与直线相切.若点是圆上的动点，则的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

建立平面直角坐标系，圆的方程为：,，利用正弦型函数的性质得到最值.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，，，

圆的方程为：,∴，

∴，，

∴

∴时，的最大值是8，

故选：D

【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了，考查了正弦型函数的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

10.笛卡尔、牛顿都研究过方程，关于这个方程的曲线有下列说法： ① 该曲线关于轴对称；  ② 该曲线关于原点对称；③ 该曲线不经过第三象限；  ④ 该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数．其中正确的是（    ）

A. ②③ B. ①④ C. ③ D. ③④

【答案】C

【解析】

【分析】

以﹣x代x，以﹣x代x，﹣y代y，判断①②的正误，利用方程两边的符号判断③的正误，利用赋值法判断④的正误.

【详解】以﹣x代x，得到，方程改变，不关于轴对称；

以﹣x代x，﹣y代y，得到，方程改变，不关于对称；

当时，显然方程不成立，

∴该曲线不经过第三象限；

令,易得，即适合题意，同理可得适合题意，

∴该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数是错误的，

故选：C

【点睛】本题考查曲线与方程，考查曲线的性质，考查逻辑推理能力与转化能力，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4分，共24分

11.的展开式中的常数项为______.

【答案】24

【解析】

【分析】

先求出二项式展开式通项公式，

再令，求出代入运算即可得解.

【详解】解：由二项式展开式通项公式为，

令，解得，即展开式中的常数项为，

故答案为24.

【点睛】本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式通项公式，属基础题.

12.已知等差数列的公差为，若，，成等比数列，则_______；数列的前项和的最小值为_____．

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

运用等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项，即可得到a2，再由等差数列的求和公式，结合二次函数的最值求法，即可得到所求最小值．

【详解】解：等差数列{an}的公差d为2，

若a1，a3，a4成等比数列，

可得a32＝a1a4，

即有（a1+2d）2＝a1（a1+3d），

化为a1d＝﹣4d2，

解得a1＝﹣8，a2＝﹣8+2＝﹣6；

数列{an}的前n项和Sn＝na1n（n﹣1）d

＝﹣8n+n（n﹣1）＝n2﹣9n

＝（n）2，

当n＝4或5时，Sn取得最小值﹣20．

故答案为：﹣6，﹣20．

【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查等比数列中项的性质，以及二次函数的最值的求法，考查运算能力，属于中档题．

13.若顶点在原点的抛物线经过四个点，，，中的2个点，则该抛物线的标准方程可以是________．

【答案】或

【解析】

【分析】

分两类情况，设出抛物线标准方程，逐一检验即可.

【详解】设抛物线的标准方程为：，不难验证适合，故；

设抛物线的标准方程为：，不难验证适合，故；

故答案为：或

【点睛】本题考查抛物线标准方程的求法，考查待定系数法，考查计算能力，属于基础题.

14.春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设为其中成活的株数，若的方差，，则________．

【答案】

【解析】

【分析】

由题意可知：，且，从而可得值．

【详解】由题意可知：

∴，即,

∴

故答案为：

【点睛】本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题．

15.已知函数的定义域为，且，当时，．若存在，使得，则的取值范围为________．

【答案】

【解析】

【分析】

由f（x+）＝2f（x），得f（x）＝2f（x﹣），分段求解析式，结合图象可得m的取值范围．

【详解】解：∵，∴，

∵当时，．

∴当时，．

当时，．

当时，．

作出函数图象：

令，解得：或，

若存在，使得，则，

故答案为：

【点睛】本题考查函数与方程的综合运用，训练了函数解析式的求解及常用方法，考查数形结合的解题思想方法，属中档题．

16.某学校数学建模小组为了研究双层玻璃窗户中每层玻璃厚度（每层玻璃的厚度相同）及两层玻璃间夹空气层厚度对保温效果的影响，利用热传导定律得到热传导量满足关系式：，其中玻璃的热传导系数焦耳/（厘米度），不流通、干燥空气的热传导系数焦耳/（厘米度）， 为室内外温度差．值越小，保温效果越好．现有4种型号的双层玻璃窗户，具体数据如下表：

则保温效果最好的双层玻璃的型号是________型．

【答案】

【解析】

【分析】

分别计算4种型号的双层玻璃窗户的值，根据值越小，保温效果越好．即可作出判断.

【详解】A型双层玻璃窗户：，

B型双层玻璃窗户：，

C型双层玻璃窗户：，

D 型双层玻璃窗户：，

根据，且值越小，保温效果越好．

故答案为：B

【点睛】本题以双层玻璃窗户保温效果为背景，考查学生学生分析问题解决问题的能力，考查计算能力.

三、解答题共6小题，共86分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程

17.已知函数．

（1）求的最小正周期；

（2）求的单调递增区间；

（3）对于任意都有恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

（1）将函数进行化简，根据三角函数的周期公式即可求函数f（x）的最小正周期T；

（2）由三角函数的图象与性质即可求函数f（x）的单调递增区间；

（3）原问题等价于最大值小于零.

【详解】（1）因为

，

.

所以的最小正周期．

（2）由（1）知．

又函数的单调递增区间为(Z)．

由，，

得，．

所以的单调递增区间为.   

（3）因为，所以.

所以.所以.

当，即时，的最大值为，

又因为对于任意恒成立，所以，即.

所以的取值范围是.

【点睛】本题主要考查三角函数函数的周期、单调区间和最值问题，关键在正确化简三角函数解析式为一个角的一个三角函数名称的形式，然后利用三角函数的性质解答，要求熟练掌握三角函数的图象和性质．

18.某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动．设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称．每位参赛选手从所有卡片中随机抽取张，按照自己的判断，将每张卡片放入对应的箱子中．按规则，每正确投放一张卡片得分，投放错误得分．比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子，得分，放入其它箱子，得分．从所有参赛选手中随机抽取人，将他们的得分按照，，，，分组，绘成频率分布直方图如图：

（1）分别求出所抽取的人中得分落在组和内的人数；

（2）从所抽取的人中得分落在组的选手中随机选取名选手，以表示这名选手中得分不超过分的人数，求的分布列和数学期望；

（3） 如果某选手将抽到的20张卡片逐一随机放入四个箱子，能否认为该选手不会得到100分？请说明理由．

【答案】（1）抽取的人中得分落在组的人数有人，得分落在组的人数有人；（2）分布列见解析，1.2；（3）答案不唯一，具体见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据频率分布直方图即可得到满足题意的人数；

（2）的所有可能取值为，，，求出相应的概率值，即可得到的分布列和数学期望；

（3）该选手获得100分的概率是，结合此数据作出合理的解释.

【详解】（1）由题意知，所抽取的人中得分落在组的人数有（人），

得分落在组的人数有（人）．

所以所抽取的人中得分落在组的人数有人，得分落在组的人数有人． 

（2）的所有可能取值为，，．

， ， ．

所以的分布列为

所以的期望．  

（3）答案不唯一．

答案示例1：可以认为该选手不会得到100分．理由如下：

该选手获得100分的概率是，概率非常小，故可以认为该选手不会得到100分．

答案示例2：不能认为该同学不可能得到100分．理由如下：

该选手获得100分的概率是，虽然概率非常小，但是也可能发生，故不能认为该选手不会得到100分．

【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，离散型随机变量的分布列与期望，概率的理解，考查分析问题解决问题的能力.

19.如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，， 平面，，，为的中点．

（1）求证：；

（2）求异面直线与所成角的余弦值；

（3）判断直线与平面的位置关系，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）相交，理由见解析．

【解析】

【分析】

（1）根据题意先证明平面，即可得到答案；

（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以过点且与平行的直线为轴，

建立空间直角坐标系，求出、的坐标，利用公式即可得到结果；

（3）求出平面的一个法向量与向量，根据与零的关系，作出判断.

【详解】（1）连结．

因为底面是菱形 ，所以.

又因为平面，平面，

所以.

又因为，

所以平面.

又因为平面，

所以.   

（2）设，交于点.

因为底面是菱形 ，

所以，

又因为平面，

所以，.

如图，以为坐标原点，以为轴，以为轴，以过点且与平行的直线为轴，

建立空间直角坐标系，

则，，，， ， ，.

则，，

设异面直线与所成角为，则，

，

所以与所成角的余弦值为.   

（3）直线与平面相交.证明如下：

由（2）可知，，，，

设平面的一个法向量为，

则   即 令，得．

则，

所以直线与平面相交．

【点睛】本题考查线面的位置关系，考查异面直线所成角的度量，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

20.已知椭圆过点，且椭圆的一个顶点的坐标为．过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，（，不同于点），直线与直线：交于点．连接，过点作的垂线与直线交于点．

（1）求椭圆的方程，并求点的坐标；

（2）求证：，，三点共线．

【答案】（1），；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据题意列方程组，即可得到椭圆的方程，进而得到焦点坐标；

（2）讨论直线的斜率，利用是平行的证明，，三点共线．

【详解】（1） 因为点在椭圆上，且椭圆的一个顶点的坐标为，

所以解得

所以椭圆的方程为．

所以椭圆的右焦点的坐标为． 

（2）① 当直线的斜率不存在时，直线的方程为．

显然，，或，．

当，时，直线的方程为，点的坐标为．

  所以．

直线的方程为，点的坐标为．

则，．

所以，所以，，三点共线．

同理，当，时，，，三点共线．

② 当直线的斜率存在时，设直线的方程为．

由得．

且．

设，，则，．

直线的方程为，点的坐标为．

所以．

直线的方程为，点的坐标为．

则，．

所以

，

，

，

，

，

．

所以与共线，

所以，，三点共线．

综上所述，，，三点共线．

【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

21.已知函数，．

（1）若.

（ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（ⅱ）求函数在区间内的极大值的个数．

（2）若在内单调递减，求实数的取值范围．

【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）1；（2）．

【解析】

【分析】

（1）（ⅰ）求出导函数，得到与，利用点斜式得到直线的方程；（ⅱ）研究函数在区间内单调性，结合极值的定义得到答案；

（2）由题可知，其中，分两类情况：与，

结合函数的单调性与极值即可得到实数的取值范围．

【详解】（1）（ⅰ）因为，

所以，．

又因为，

所以曲线在点处的切线方程为，

化简得．  

（ⅱ）当时，，单调递增，此时无极大值．

当时，设，则，

所以在内单调递减．

又因为， ，

所以在内存在唯一的，使得．

当变化时，，的变化如下表

所以在内单调递增，在内单调递减，此时有唯一极大值．

综上所述，在内的极大值的个数为．   

（2） 由题可知，其中．

当时，，故在内单调递减；

下面设．

对于，，且，

所以．

所以当时，．

设，，

则．

所以在上单调递减．

， ．

当时，即时，，对，，

所以，在内单调递增，不符合题意．

当时，即时，，，

所以，使，

因为在内单调递减，

所以对，，所以．

所以在内单调递增，不符合题意．

所以当时，在内不单调递减．

综上可得，

故的取值范围为．

【点睛】本题考查了导数的几何意义及导数的综合应用，同时考查了数形结合的数学思想与分类讨论的思想，属于中档题．

22.设为正整数，各项均为正整数的数列定义如下： ，

（1）若，写出，，；

（2）求证：数列单调递增的充要条件是为偶数；

（3）若为奇数，是否存在满足？请说明理由．

【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析．

【解析】

【分析】

（1）时，结合条件，注意求得，，；

（2）根据与零的关系，判断数列单调递增的充要条件；

（3）存在满足.

【详解】（1），，．      

（2）先证“充分性”．

当为偶数时，若为奇数，则为奇数．

因为为奇数，所以归纳可得，对，均为奇数，则，

所以，

所以数列单调递增．

再证“必要性”．

假设存在使得为偶数，则，与数列单调递增矛盾，

因此数列中的所有项都是奇数．

此时，即，所以为偶数．  

（3）存在满足，理由如下：

因为，为奇数，所以且为偶数，．

假设为奇数时， ；为偶数时，．

当为奇数时，，且为偶数；

当为偶数时，．

所以若为奇数，则；若为偶数，则．

因此对都有．

所以正整数数列中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．

设集合，设集合．

因为，所以．

令是中的最小元素，下面证．

设且．

当时，，，所以；

当时，，，所以．

所以若，则且，与是中的最小元素矛盾．

所以，且存在满足，即存在满足．

【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能力，属于难题．