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文档介绍
北京市石景山区2020届高三上学期期末考试 数学试题
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. ·21· 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, ·21· 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, ·21· 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. ·21· 【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 ·21· 【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 ·21· 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) ·21· 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, ·21· 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 ·21· . 考点:1.正弦定理;2.余弦定理的推论. 【此处有视频,请去附件查看】 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, ·21· 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) ·21· 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,,,. ·21· 每次抛掷骰子,出现“6点”的概率为. , , ,, 所以X的分布列为: 0 1 2 3 (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: Y -12 15 120 P 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 ·21· 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 ·21· 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 ·21· 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: ·21· – 0 + 减 极小值 增 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, ·21· 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,, ·21· 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】 ·21· (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 ·21· 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. ·21·查看更多