北京市朝阳区六校联考2020届高三年级四月份测试数学试题A

北京市朝阳区六校联考2020届高三年级四月份测试数学试题A

北京市朝阳区六校联考2019-2020学年高三年级四月份测试 数学试卷A 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.已知命题：，，那么命题的否定为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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.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】‎ ‎【分析】‎ 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.‎ ‎3.设集合，，则以下集合P中，满足的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合A，解指数不等式求得集合B，即可确定，进而判断各选项即可.‎ ‎【详解】集合，解得或，‎ ‎，解得，‎ 则，‎ 所以，‎ 对比四个选项可知，只有C符合，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式和指数不等式的解法，集合补集和交集的简单运算，属于基础题.‎ ‎4.已知，，，则，，的大小关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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.若一个n面体有m个面是直角三角形，则称这个n面体的直度为，如图是某四面体的三视图，则这个四面体的直度为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图，还原空间几何体，即可确定四面体中直角三角形个数，即可得解.‎ ‎【详解】由三视图还原空间几何体如下图所示：‎ 则四面体为，由图可知，四面体中有4个直角三角形，分别为，‎ 由题意可知这个4面体的直度为，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查根据三视图还原空间几何体，立体几何中新定义的简单应用，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】‎ ‎【分析】‎ 根据坐标先求得向量，结合平面向量数量积的运算律求得，即可由平面向量投影的定义求得在上的投影.‎ ‎【详解】向量，则，‎ 因为，‎ 则，即，‎ 所以，‎ 在上的投影为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查由坐标求平面向量模，平面向量数量积的运算律简单应用，投影的定义和求法，属于基础题.‎ ‎7.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】‎ ‎【分析】‎ 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.‎ ‎8.“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】‎ 分析】‎ 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.‎ ‎9.已知双曲线的渐近线与抛物线交于点，直线AB过抛物线M的焦点，交抛物线M于另一点B，则等于（ ）‎ A. 3.5 ‎B. ‎4 ‎C. 4.5 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程可得渐近线方程，将点A的坐标求出后代入抛物线方程，即可求得抛物线的方程和焦点坐标，由A和焦点坐标可得直线AB的方程，联立直线AB的方程和抛物线方程，化简后由韦达定理可得，即可由求解.‎ ‎【详解】双曲线，‎ 双曲线的渐近线方程为，不妨取，‎ 双曲线渐近线与抛物线交于点，则将点A代入可得，‎ 将点A代入抛物线方程可得，则，‎ 所以抛物线，焦点坐标为，‎ 直线AB过抛物线M的焦点，则由A和焦点坐标可得直线AB的方程为，‎ 直线AB与抛物线交于，‎ 联立抛物线方程，化简可得，‎ 则，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线与抛物线的综合应用，直线与抛物线相交所得弦长的求法，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】‎ ‎【分析】‎ 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.‎ 第二部分（非选择题 共110分）‎ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．‎ ‎11.在的二项展开式中，的系数为________（用数字作答）‎ ‎【答案】-80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项定理展开式通项，即可确定的系数.‎ ‎【详解】在的二项展开式中，由展开式通项可得，‎ 令，解得，‎ 所以系数为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了二项定理展开通项式的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.‎ ‎12.设复数z在复平面内对应的点位于第一象限，且满足，，则z的虚部为________，________．‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出复数，结合条件即可求得复数，进而由复数的定义和除法运算即可得解.‎ ‎【详解】复数z在复平面内对应的点位于第一象限，‎ 设复数，‎ 所以，‎ 因为满足，，则，解得，‎ 所以，‎ 所以的虚部为4；‎ 由复数除法运算化简可得，‎ 故答案为：4；.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的概念和几何意义简单应用，复数的除法运算，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】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知首项与公比都为整数，结合不等可求得，即可取一个负数作为首项得数列 的通项公式.‎ ‎【详解】无穷等比数列的各项为整数，则公比为整数，且，，‎ 则，变形可得，‎ 所以，‎ 当时，数列的一个通项公式为，‎ 故答案为：.（答案不唯一）‎ ‎【点睛】本题考查了数列的简单应用，由等比数列的通项公式及不等式确定首项的范围，开放性试题只需写出一个符合要求的解即可，属于中档题.‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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，给出下列四个结论：‎ ‎①曲线C关于原点对称，但不关于x轴、y轴对称；‎ ‎②曲线C恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；‎ ‎③曲线C上任意一点都不在圆的内部；‎ ‎④曲线C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】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据关于原点、x轴、y轴对称的横纵坐标特点，代入即可判断①；取的整数值，代入求得的值即可判断②；由基本不等式确定的最大值，即可判断③；由两点间距离公式及基本不等式，化简即可判断④；‎ ‎【详解】曲线，‎ 对于①，将替换，替换，代入可得，所以曲线C关于原点对称；‎ 将替换，代入可得，所以曲线C不关于y轴对称；‎ 将替换，代入可得，所以曲线C不关于轴对称；所以①正确；‎ 对于②，当时，代入可得，所以经过；‎ 当时，代入可得，所以经过；‎ 当时，代入可得，所以经过；‎ 当时，代入可得，所以经过；‎ 所以至少有六个整点在曲线C上，所以②错误；‎ 对于③，由可知，‎ 而，‎ 所以，解得，‎ 即，则，‎ 同理，解得，‎ 所以，则③错误；‎ 对于④，由③可知，‎ 所以，故④正确，‎ 综上可知，正确的为①④，‎ 故答案为：①④.‎ ‎【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线性质的应用，由基本不等式确定取值范围的应用，属于中档题.‎ 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．‎ ‎16.已知．‎ ‎（I）求的最小正周期和单调递增区间；‎ ‎（II）当时，若，求x的取值范围．‎ ‎【答案】（I）．（II）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）由正弦和角与差角公式，结合辅助角公式化简函数解析式，即可求得最小正周期，结合正弦函数图像与性质可求得单调递增区间；‎ ‎（II）根据（I）所得函数解析式，由可得，可知，结合正弦函数的图像即可确定x的取值范围．‎ ‎【详解】（I）由正弦和角与差角公式，结合辅助角公式化简函数解析式可得 ‎，‎ 所以 由，，‎ 得，．‎ 故的单调递增区间为：．‎ ‎（Ⅱ）因为，则，‎ 若，则，‎ 画出正弦函数在内的函数图像如下图所示：‎ 结合正弦函数图像可知，当或，‎ 解得，‎ 所以当时，x的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数式的化简，正弦函数图像与性质的综合应用，属于基础题.‎ ‎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T（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：‎ 抗生素使用情况 没有使用 使用“抗生素A”疗 使用“抗生素B”治疗 日期 ‎12日 ‎13日 ‎14日 ‎15日 ‎16日 ‎17日 ‎18日 ‎19日 体温（）‎ ‎38.7‎ ‎39.4‎ ‎39.7‎ ‎40.1‎ ‎39.9‎ ‎39.2‎ ‎38.9‎ ‎39.0‎ 抗生素使用情况 使用“抗生素C”治疗 没有使用 日期 ‎20日 ‎21日 ‎22日 ‎23日 ‎24日 ‎25日 ‎26日 体温（）‎ ‎38.4‎ ‎38.0‎ ‎37.6‎ ‎37.1‎ ‎36.8‎ ‎36.6‎ ‎36.3‎ ‎（I）请你计算住院期间该患者体温不低于各天体温平均值；‎ ‎（II）在19日—23日期间，医生会随机选取3天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“a项目”的检查，记X为高热体温下做“a项目”检查的天数，试求X的分布列与数学期望；‎ ‎（III）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】（I）平均值为（II）分布列见解析，．（III）“抗生素C”治疗效果最佳，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据所给表格，可计算体温不低于的各天体温平均值；‎ ‎（II）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，分别求得各自的概率，即可得分布列，进而求得数学期望；‎ ‎（III）根据三种抗生素治疗后温度的变化情况，结合平均体温和体温方差，即可做出判断.‎ ‎【详解】（I）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 ‎（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则X的分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以．‎ ‎（Ⅲ）“抗生素C”治疗效果最佳，理由如下：‎ ‎①“抗生素B”使用期间先连续两天降温后又回升，“抗生素C”使用期间持续降温共计，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，方差约为0.0156：“抗生素C”平均体温，方差约为0.1067，“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．‎ ‎【点睛】本题考查了平均数的求法，古典概型概率求法，离散型随机变量分布列及数学期望的求法， 分析实际问题方案的解决方法，属于中档题.‎ ‎18.在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，，且，，．‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（II）求二面角_____的余弦值；‎ 从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．‎ ‎（III）若是棱的中点，求证：对于棱上任意一点，与都不平行．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）见解析（III）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理，可证明平面，进而证明；‎ ‎（II）在平面内过点D作，交于H，以D为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得各平面法向量，由法向量法即可求得各二面角的大小；‎ ‎（III）假设棱BC上存在点F，．设表示出，，设，可得关于的方程组，方程组无解即可确定与不平行.‎ ‎【详解】（I）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．‎ ‎（Ⅱ）选择①：在平面内过点D作，交于H．‎ 由（I）可知，平面，所以．‎ 故两两垂直，‎ 如图，以D为原点，所在直线分别为x，y，z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为．‎ 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，‎ 故二面角的余弦值为．‎ 选择②：（下面给出关键点供参考，若与上面建系相同，）‎ 平面ABCD的一个法向量为；‎ 平面PBD的一个法向量为；‎ 二面角为钝角：二面角的余弦值为．‎ 选择③：（下面给出关键点供参考，若与上面建系相同，）‎ 平面ABCD的法向量；‎ 平面PBC的法向量；‎ 二面角为锐角；二面角的余弦值为．‎ ‎（Ⅲ）假设棱BC上存在点F，．设．‎ 依题意，可知，，‎ ‎，，‎ ‎，，设，‎ 则，而此方程组无解，‎ 故假设不成立，所以结论成立．‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的性质及线面垂直的判定定理应用，由空间向量法求二面角大小，线线平行的向量证明方法，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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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A与B的差为；A与B之间的距离为．‎ ‎（I）若，试写出所有可能的A，B；‎ ‎（II），证明：‎ ‎（i）；‎ ‎（ii）三个数中至少有一个是偶数；‎ ‎（III）设，中有m（，且为奇数）个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为，证明：．‎ ‎【答案】（I）；；；‎ ‎（II）（i）见解析（ii）见解析 ‎（III）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据定义，结合即可确定所有可能的A，B；‎ ‎（II）（i）由，令，讨论和即可代入绝对值式子化简，即可证明；（ii）设，，，，，．记，设t是使成立的i的个数， ‎ 结合（i）中的结论可得，由此可知，k，l，h三个数不可能都是奇数，得证.‎ ‎（III）记为P中所有两个元素间距离的总和，设P中所有元素的第i 个位置的数字中共有个1，个0，则可得，根据P为奇数可得，因而，即可证明不等式成立.‎ ‎【详解】（I）根据定义及，可知有以下四种情况：‎ ‎；；‎ ‎；‎ ‎（Ⅱ）令，‎ ‎（i）证明：对，‎ 当时，有，‎ 当时，有．‎ 所以 ‎．‎ ‎（ⅱ）证明：‎ 设，，，‎ ‎，，．‎ 记，由（I）可知，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以中1的个数为k，‎ 的1的个数为l．‎ 设t是使成立的i的个数，则．‎ 由此可知，k，l，h三个数不可能都是奇数，‎ 即三个数中至少有一个是偶数．‎ ‎（Ⅲ）记为P中所有两个元素间距离的总和，‎ 设P中所有元素的第i个位置的数字中共有个1，个0，‎ 则．‎ 因为m为奇数，所以,‎ 且或时，取等号．‎ 所以．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了集合新定义的综合应用，对分析问题、解决问题的能力要求高，读懂题意并正确分析解决思路是关键，对思维能力要求高，属于难题.‎