- 2021-06-19 发布 |
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文档介绍
北京市海淀区2020届高三年级下学期期末考试练习数学试题
海淀区高三年级第二学期期末练习 数学 第一部分(选择题) 一、选择题.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项. 1.若全集,,,则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 计算,再依次判断每个选项得到答案. 【详解】,,,则,故,D正确; 且,,ABC错误; 故选:D. 【点睛】本题考查了集合的包含关系,补集运算,属于简单题. 2.下列函数中,值域为且为偶函数的是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意结合函数奇偶性与函数的值域分别进行检验,即可得解. 【详解】对于A,由可得函数为偶函数,且的值域为,故A正确; 对于B,由可得为非奇非偶函数,故B错误; 对于C,函数的值域为,故C错误; 对于D,函数的值域为,故D错误. 故选:A. 【点睛】本题考查了常见函数的奇偶性与值域的判断,关键是要掌握常见函数的性质,属于基础题. 3.若抛物线的焦点为,点在此抛物线上且横坐标为3,则等于( ) A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用抛物线焦半径公式得到答案. 【详解】根据题意:. 故选:B. 点睛】本题考查了抛物线焦半径公式,属于简单题. 4.已知三条不同的直线,,和两个不同的平面,下列四个命题中正确的为( ) A. 若,,则 B. 若,,则 C. 若,,则 D. 若,,则 【答案】D 【解析】 【分析】 根据直线和平面,平面和平面的位置关系,依次判断每个选项得到答案. 【详解】A. 若,,则,或相交,或异面,A错误; B. 若,,则或,B错误; C. 若,,则或相交,C错误; D. 若,,则,D正确. 故选:D. 【点睛】 本题考查了直线和平面,平面和平面的位置关系,意在考查学生的推断能力和空间想象能力. 5.在中,若,,,则的大小为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据同角三角函数关系得到,再利用正弦定理得到答案. 【详解】,,故, 根据正弦定理:,故,,故. 故选:C. 【点睛】本题考查了同角三角函数关系,正弦定理,意在考查学生的计算能力和转化能力. 6.将函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析】 由题意结合函数图象平移的规律及诱导公式即可得解. 【详解】由题意. 故选:C. 【点睛】本题考查了三角函数的图象变换与诱导公式的应用,考查了运算求解能力,属于基础题. 7.某三棱锥的三视图如图所示,如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该三棱锥的体积为( ) A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 如图所示:三棱锥为三视图对应几何体,计算体积得到答案. 【详解】如图所示:在边长为2的正方体中,为中点, 则三棱锥为三视图对应几何体. . 故选:A. 【点睛】本题考查了根据三视图求体积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 8.对于非零向量,,“”是“”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】B 【解析】 【分析】 分别判断充分性和必要性:取,,满足,而;时,,得到答案. 【详解】,则,即, 取,,此时满足,而; 当时,. 故“”是“”的必要而不充分条件. 故选:B 【点睛】本题考查了必要不充分条件,意在考查学生的计算能力和推断能力. 9.如图,正方体的棱长为2,点为底面的中心,点在侧面的边界及其内部运动.若,则面积的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 取的中点,由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得,,由线面垂直的判定与性质可得,进而可得点的轨迹为线段,找到的最大值即可得解. 【详解】取的中点,连接、、、,连接、、、、,如图: 因为正方体的棱长为2, 所以,,,平面,平面,平面, 所以,,, 所以,, 所以,, 由可得平面, 所以,所以点的轨迹为线段, 又, 所以面积的最大值. 故选:C. 【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用,考查了线面垂直的判定与性质,关键是找到点的轨迹,属于中档题. 10.为了预防新型冠状病毒的传染,人员之间需要保持一米以上的安全距离.某公司会议室共有四行四列座椅,并且相邻两个座椅之间的距离超过一米,为了保证更加安全,公司规定在此会议室开会时,每一行、每一列均不能有连续三人就座.例如下图中第一列所示情况不满足条件(其中“√”表示就座人员).根据该公司要求,该会议室最多可容纳的就座人数为( ) A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】 考虑每一列最多有3个人,故最多有12个人,排除12人的情况,将11人的情况作图得到答案. 【详解】考虑每一列最多有3个人,故最多有12个人; 若人数为12,则每一列的空位置必须在2行或者第3行,则会产生第1行和第4行有连续的3个人,不满足; 而11个人满足,如下图: 故选:C. 【点睛】本题考查了逻辑推理,意在考查学生的理解能力和推理能力. 第二部分(非选择题) 二、填空题. 11.若复数为纯虚数,则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意结合复数的乘法运算可得,再由纯虚数的概念即可得解. 【详解】由题意, 由复数为纯虚数可得,解得. 故答案为:. 【点睛】本题考查了复数的运算及纯虚数的概念,考查了运算求解能力,关键是对于概念的掌握,属于基础题. 12.已知双曲线的一条渐近线方程为,且焦距大于4,则双曲线的标准方程可以为______.(写出一个即可) 【答案】(满足或即可). 【解析】 【分析】 由题意结合双曲线的渐近线可设双曲线的标准方程为,按照、讨论,结合双曲线的焦距分别求得的取值范围即可得解. 【详解】双曲线的一条渐近线方程为, 设双曲线的标准方程为, 当时,该双曲线的焦距为即,解得; 当时,该双曲线的焦距为即,解得; 双曲线的标准方程为或, 令可得双曲线的标准方程为. 故答案为:(满足或即可). 【点睛】本题考查了双曲线性质的应用,考查了运算求解能力,关键是对于双曲线相关概念的熟练应用,属于基础题. 13.数列中,,,.若其前项和为126,则______. 【答案】6 【解析】 【分析】 直接利用等比数列求和公式得到答案. 【详解】根据题意是首项为2,公比为2的等比数列,故, 解得. 故答案为:. 【点睛】本题考查了等比数列求和,属于简单题. 14.已知点,,,,为坐标原点,则=______,与夹角的取值范围是______. 【答案】 (1). 1 (2). 【解析】 【分析】 由题意结合平面向量的相关知识可得,即可得点在以为圆心,1为半径的圆上,结合平面向量夹角的概念数形结合即可得解. 【详解】由题意可得, 所以; 则点在以为圆心,1为半径的圆上,如图: 由图可知,当与夹角最小值为0, 当直线与圆相切时,与夹角取最大值,连接, 易得为锐角且, 所以, 所以此时与夹角的取值范围是. 故答案为:;. 【点睛】本题考查了平面向量线性运算及其坐标表示、平面向量模的求解,考查了平面向量夹角的概念与数形结合思想,属于中档题. 15.已知函数,给出下列三个结论: ①当时,函数的单调递减区间为; ②若函数无最小值,则的取值范围为; ③若且,则,使得函数.恰有3个零点,,,且. 其中,所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【解析】 【分析】 由题意结合函数单调性的概念举出反例可判断①;画出函数的图象数形结合即可判断②;由题意结合函数图象不妨设,进而可得,,,令验证后即可判断③;即可得解. 【详解】对于①,当时,由,,所以函数在区间不单调递减,故①错误; 对于②,函数可转化为, 画出函数的图象,如图: 由题意可得若函数无最小值,则的取值范围为,故②正确; 对于③,令即,结合函数图象不妨设, 则, 所以,,,所以, 令即, 当时,,存在三个零点,且,符合题意; 当时,,存在三个零点,且,符合题意; 故③正确. 故答案为:②③. 【点睛】本题考查了分段函数单调性、最值及函数零点的问题,考查了运算求解能力与数形结合思想,合理使用函数的图象是解题的关键,属于中档题. 三、解答题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16.已知是公差为的无穷等差数列,其前项和为.又______,且,是否存在大于1的正整数,使得?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 从①,②这两个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答. 注:如果选择两个条件分别解答,按第一个解答计分. 【答案】见解析 【解析】 【分析】 选①时,根据求和公式得出,再由求和公式得出,求解即可得出结论; 选②时,根据求和公式得出,进而得出,解方程,即可得出结论; 【详解】选① ∵是等差数列 ∴ ∵, ∴ ∴ ∵, ∵ ∴ ∴或(舍去) ∴不存在,使得 选② ∵是等差数列 ∴ ∵, ∴ ∴, ∵ ∴ ∴或 ∵ ∴存在,使得 【点睛】本题主要考查了等差数列前项和基本量的计算,属于中档题. 17.在四棱锥中,底面为直角梯形,,,,为线段的中点,底面,点是棱的中点,平面与棱相交于点. (1)求证:; (2)若与所成的角为,求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析(2) 【解析】 【分析】 (1)首先证明四边形为平行四边形,得到,然后可得平面,然后由线面平行的性质定理可证; (2)以为原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系,设,首先利用与所成的角为求出,然后算出平面的法向量坐标和 的坐标,然后可算出答案. 【详解】(1)证明:因为为中点,且 所以,又因为,所以 所以四边形为平行四边形 所以,因为平面,平面,所以平面 因为平面,平面平面 所以 (2)由(1)可得 因为,所以,且平面 所以以为原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系 设,,, ,,因为与所成角为 所以, 解得 所以,, ,, 设平面得一个法向量 ,可得,可取 设直线与平面所成的角为 【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法,计算能力是解题的关键. 18.为了推进分级诊疗,实现“基层首诊、双向转诊、急慢分治、上下联动”的诊疗模式,某地区自2016年起全面推行家庭医生签约服务.已知该地区居民约为2000万,从1岁到101岁的居民年龄结构的频率分布直方图如图1所示.为了解各年龄段居民签约家庭医生的情况,现调查了1000名年满18周岁的居民,各年龄段被访者签约率如图2所示. (1)估计该地区年龄在71~80岁且已签约家庭医生的居民人数; (2)若以图2中年龄在71~80岁居民签约率作为此地区该年龄段每个居民签约家庭医生的概率,则从该地区年龄在71~80岁居民中随机抽取两人,求这两人中恰有1人已签约家庭医生的概率; (3)据统计,该地区被访者的签约率约为.为把该地区年满18周岁居民的签约率提高到以上,应着重提高图2中哪个年龄段的签约率?并结合数据对你的结论作出解释. 【答案】(1)56万,(2)0.42,(3)应着重提高31-50这个年龄段的签约率,见解析. 【解析】 分析】 (1)先由图1算出年龄在71-80岁的居民人数,然后由图2得到年龄在71-80岁的居民签约率,即可算出答案; (2)由图2得到年龄段在71-80的每个居民签约家庭医生的概率,然后即可算出答案; (3)根据图1算出每个年龄段的人数,然后结合签约率即可得到答案. 【详解】(1)由题知该地区居民约为2000万,由图1知,该地区年龄在71-80岁的居民人数为万. 由图2知,年龄在71-80岁的居民签约率为0.7,所以该地区年龄在71-80岁且已签约家庭医生的居民人数为:万. (2)由题知此地区年龄段在71-80的每个居民签约家庭医生的概率为,且每个居民之间是否签约都是独立的, 所以设“从该地区年龄在71-80岁居民中随机抽取两人”为事件,随机变量为, 这两人中恰有1人已签约家庭医生的概率为: (3)由图1,2知: 年龄段 该地区人数(万) 签约率 18-30 大于360,小于460 30.3 31-40,41-50 37.1 51-60 55.7 61-70 61.7 71-80 70 80以上 75.8 由以上数据可知这个地区在31-50这个年龄段的人为740 万,基数较其他年龄段是最大的,且签约率为,非常低, 所以为把该地区满18周岁居民的签约率提高到以上,应着重提高31-50这个年龄段的签约率. 【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用和概率的求法,考查了学生的阅读能力和计算能力,属于基础题. 19.已知椭圆:过,两点,离心率为. (1)求椭圆的方程; (2)过点的直线与椭圆的另一个交点为,直线交直线于点,记直线,的斜率分别为,求的值. 【答案】(1)(2) 【解析】 【分析】 (1)根据题意可得,由离心率可得关系,求解即可得到椭圆的标准方程; (2)设直线l: ,与直线方程联立求出C的坐标,再求出M,根据斜率公式即可求出. 【详解】(1)由题意可知 ,解得 所以椭圆的方程为. (2)由题意可知,直线斜率存在且不为0,设直线:, 由得 所以, 在直线:中,令,得,即 所以 所以. 【点睛】本题考查椭圆的方程和性质,考查直线和椭圆的位置关系,直线的斜率公式,考查化简运算能力、推理能力,属于中档题. 20.已知函数. (1)求的单调递增区间; (2)求证:曲线在区间上有且只有一条斜率为2的切线. 【答案】(1),(2)见解析 【解析】 【分析】 (1)根据函数解析式,求得导函数,令即可求得的单调递增区间; (2)曲线在区间上有且只有一条斜率为2的切线,等价于在区间上方程有唯一解,构造函数,求得导函数,并判断的符号,确定的单调性与极值,从而判断出在上存在唯一一个零点,即可证明结论. 【详解】(1)函数,, 则, 令得,, ∴单调递增区间为, (2)原命题等价于:在区间上,方程有唯一解, 设, 则 此时,,,变化情况如下: 0 极大值 此时,在上单调递增,且,, 在上单调递减,且, ∴在上存在唯一一个根, 在上存在唯一一个零点, ∴曲线在区间上有且仅有一条斜率为2的切线. 【点睛】本题考查了由导函数判断函数的单调区间,函数零点、方程的根与函数单调性的综合应用,构造函数法分析函数的单调性与极值,属于中档题. 21.在平面直角坐标系中,为坐标原点.对任意的点,定义.任取点,,记,,若此时成立,则称点,相关. (1)分别判断下面各组中两点是否相关,并说明理由; ①,;②,. (2)给定,,点集. ()求集合中与点相关的点的个数; ()若,且对于任意的,,点,相关,求中元素个数的最大值. 【答案】(1)①相关;②不相关.(2)()个(). 【解析】 【分析】 (1)根据所给定义,代入不等式化简变形可得对应坐标满足的关系,即可判断所给两个点的坐标是否符合定义要求. (2)()根据所给点集,依次判断在四个象限内满足的点个数,坐标轴上及原点的个数,即可求得集合中与点相关的点的个数;()由(1)可知相关点满足,利用分类讨论证明,即可求得中元素个数的最大值. 【详解】若点,相关,则,,而, 不妨设, 则由定义可知, 化简变形可得, (1)对于①,;对应坐标取绝对值,代入可知成立,因此相关; ②对应坐标取绝对值,代入可知,因此不相关. (2)()在第一象限内,,可知且,有个点;同理可知,在第二象限、第三象限、第四象限也各有个点. 在轴正半轴上,点满足条件;在轴负半轴上,点满足条件; 在轴正半轴上,点满足条件;在轴负半轴上,点满足条件; 原点满足条件; 因此集合中共有个点与点相关. ()若两个不同的点,相关,其中,,,, 可知. 下面证明. 若,则,成立; 若,则, 若,则,亦成立. 由于, 因此最多有个点两两相关,其中最多有个点在第一象限;最少有1个点在坐标轴正半轴上,一个点为原点. 因此中元素个数最大值为. 【点睛】本题考查了集合中新定义的应用,对题意的理解与分析能力的要求较高,属于难题.查看更多