北京市中国人民大学附属中学2020届高三数学考前热身试题（Word版附解析）

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2020 北京人大附中高三考前热身练习 数 学 2020.6 本试卷共 4 页．满分 150 分，考试时长 120 分钟．考生务必将答案填涂、书写在机读卡 和答题纸上，在试卷上作答无效． 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    2 0 , 2 ,A x N x B x Z x A B        则 （ ） A.  1 B.  1,0,1,2 C.  0,1 D. ( 2,2) 2．复数 1 1 iz i   的模为（ ） A．1 B．2 C． 2 D． 2 2 3．若 0 0a b ， ，则不等式 1b ax    等价于（ ） A. 1 10 0x xb a     或 B. 1 1xa b    C. 1 1x xa b   或 D. 1 1x xb a   或 4．某几何体的主视图和左视图如右上图所示，则它的俯视图不可能是（ ） 5．公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司 2018 年全年投入研发资金 130 万 元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年投入的研发资金 开始超过 200 万元的年份是（ ） （参考数据： 1.12 0.05 1.3 0.11 2 0.30lg lg lg  ， ， ） A．2020 年 B．2021 年 C．2022 年 D．2023 年 6. ,a b 为非零向量，为“ a b b a  ”“ ,a b 为共线”的 A 充分必要条件 B 充分不必要条件 C 必要不充分条件 D 既不充分也不必要条件 7．已知函数   2 1 1( )2 x xf x x x a e e  -- + + （其中 0a  ）的最小值为 1，则 a （ ） A. 1 B. 1 3 C. 1 2 D. 1 2  8.已知函数 2 3 1( ) cos sin ( 0, )2 2 2 xf x x x R       ，若函数在区间 2 （ ， ）内没有零 点，则 的最大值为 A. 5 12 B. 5 6 C. 11 12 D. 3 2 9.已知不过坐标原点 O 的直线交抛物线 2 2y px 于 ,A B 两点,若直线 ,OA AB 的斜率分别为 2 和 6,则直线 OB 的斜率为( ) A.3 B.2 C.-2 D.-3 10.2016 年“一带一路”沿线 64 个国家 GDP 之和约为 12.0 万亿美元，占全球 GDP 的 16.0%； 人口总数约为 32.1 亿，占全球总人口的 43.4%；对外贸易总额（进口额+出口额）约为 71885.6 亿美元，占全球贸易总额的 21.7%. 2016 年“一带一路”沿线国家情况 人口（万人） GDP（亿美元） 进口额（亿美元） 出口额（亿美元） 蒙古 301.4 116.5 38.7 45.0 东南亚 11 国 63852.5 25802.2 11267.2 11798.6 南亚 8 国 174499.0 29146.6 4724.1 3308.5 中亚 5 国 6946.7 2254.7 422.7 590.7 西亚、北非 19 国 43504.6 36467.5 9675.5 8850.7 东欧 20 国 32161.9 26352.1 9775.5 11388.4 关于“一带一路”沿线国家 2016 年状况，能够从上述资料中推出的是（ ） A．超过六成人口集中在南亚地区 B．东南亚和南亚国家 GDP 之和占全球的 8%以上 C．平均每个南亚国家对外贸易额超过 1000 亿美元 D．平均每个东欧国家的进口额高于平均每个西亚、北非国家的进口额 二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．） 11．在 5(2 )x 的展开式中， 3  x 的系数为_______．（用数字作答） 12．双曲线 2 2 1 : 19 5 x yC   的离心率为 ，双曲线 2C 与双曲线 1C 有共同的渐近线， 且 2C 过点 5(3 )M ， ，则双曲线 2C 的方程为 ． 13.锐角三角形 ABC 中，若 2C B   ，则 AB AC 的取值范围是 . 14.已知非零向量 ,m n 满足 14 3 ,cos , . ( )3m n m n n tm n    若 ，则实数 t 的值为 15.已知函数 2 ln 0, ( ) 2 1 0. x x f x x x x       ， （1）  f x 的零点是 ； （2）若  f x 的图象与直线 1y ax  有且只有三个公共点，则实数 a 的取值范围是 ______. 三、解答题（共 5 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．） 16.（本题满分 14 分） 设函数 ( ) sin( ) sin( )6 2f x x x      ，其中 0 3  .已知 ( ) 06f   . （Ⅰ）求 ； （Ⅱ）将函数  y f x 的图象上各点的横坐标伸长为原来的 2 倍（纵坐标不变），再将得 到的图象向左平移 4  个单位，得到函数 ( )y g x 的图象。求 ( )g x 在 3[ , ]4 4   上的最小 值. 17.（本题满分 14 分） 为了解学生自主学习期间完成数学套卷的情况，一名教师对某班级的所有学生进行了调 查，调查结果如下表． 套数 人数 性别 1 2 3 4 5 男生 1 4 3 2 2 女生 0 1 3 3 1 （Ⅰ）从这班学生中任选一名男生，一名女生，求这两名学生完成套卷数之和为 4 的概率？ （Ⅱ）若从完成套卷数不少于 4 套的学生中任选 4 人，设选到的男学生人数为 X ，求随机 变量 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）试判断男学生完成套卷数的方差 2 1s 与女学生完成套卷数的方差 2 2s 的大小（只需写 出结论）． 18.（本题满分 14 分） 平行四边形 ABCD 所在的平面与直角梯形 ABEF 所 在 的 平 面 垂 直 ， / /BE AF , 1 1,2AB BE AF   且 , , 2,4AB AF CBA BC P    为 DF 的中点. （Ⅰ）求证： / /PE 平面 ABCD ； （Ⅱ）求证： AC EF ； （Ⅲ）若直线 EF 上存在点 H ，使得 ,CF BH 所成角的余弦值为 10 5 ，求 BH 与平面 ADF 所成角的大小. 19.（本题满分 15 分） 已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x yC a ba b    ： 的离心率为 3 2 ，过C 的左焦点做 x 轴的垂线交椭圆于 P、Q 两点，且 1PQ  (Ⅰ)求椭圆C 的标准方程及长轴长； (Ⅱ)椭圆 C 的短轴的上下端点分别为 ,A B ，点 1( , )2M m ，满足 0m  ，且 3m   ,若 直线 AM BM， 分别与椭圆C 交于 ,E F 两点，且 BME 面积是 AMF 面积的 5 倍,求 m 的值. 20.（本题满分 14 分）已知函数 1( ) x xf x e  . （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间； （Ⅱ）若对任意 1 2 [ ), ,x x a  ，都有 1 2 2 1( ) ( )f x f x e    成立，求实数 a 的最小值. 21. （ 本 题 满 分 14 分 ） 若 无 穷 数 列 { }na 满 足 ： 1a 是 正 实 数 ， 当 2n  时 ， 1 1 2 1| | {    , , , }n n na a max a a a    ，则称{ }na 是“Y－数列”. （Ⅰ）若{ }na 是“Y－数列”且 1 1a  ，写出 4a 的所有可能值； （Ⅱ）设{ }na 是“Y－数列”，证明：{ }na 是等差数列当且仅当{ }na 单调递减；{ }na 是等 比数列当且仅当{ }na 单调递增； （Ⅲ）若{ }na 是“Y－数列”且是周期数列（即存在正整数T ，使得对任意正整数 n ，都 有  T n na a  ），求集合 1}1 2018{  ii a a   的元素个数的所有可能值的个数. 2020 北京人大附中高三考前热身练习数学 参考答案 1.解析：    01 2 , 1,0,1A B  ，， 故  1,0,1,2A B   ，选 B 2.解析：法一： 21 (1 ) , 1;1 (1 )(1 ) i iz i zi i i        法二： 1 2 1,1 2 iz i    选择 A 3.解析：令 2 1a b ， ，移项分式不等式，可求得   1x   或 1 2x  ，符合的只有一个，选 D. 4.解析：对于 A，可以是圆锥；对于 B，可以是中间提点，对于 C，中间提点，选 D. 5. 解 析 ： 2130 1 12% 200 1.12 lg ,( ) 1.3 n nlg  ， 即 lg 2 lg1.3 0.3 0.11 3.8, 4,lg1.12 0.05n n     选 C 6. 解析：因为 a b b a      ，即 , 0, , b b a b a b a a           同向，故选 B. 7.解析：令   1f x  ，变形得 2 1 1 2 1 1x x x xa e e      ,若结果不含 e ，只能令 21, 1,2x a   选 A 8.解析： 2 3 1 1( ) cos sin sin( ), (0) sin 0,2 2 2 6 6 2 xf x x x f           ， 首先 , 1,2 T    排除 D；剩下 3 个选项从大到小代入，当 11 12   时，符合题意，选 C 9.解析：令 2 4y x ，则  1,2A ，联立 2 4 , 2 6( 1) y x y x       得 4 4 4 3( , ), 3,49 3 9 OBB k      选 D 10.解析：估算 对于 A，估算 174499 0.54 0.6,321000   ，故 A 错误； 对于 B，估算 25902.2 29146.6 16% 7% B120000    ， 错误； 对于 C， 4724.1 3308.5 1000.075 C8   ， 正确； 对于 D， 9775.5 9675.5 ,20 19  D 错误. 故选 C 二、填空题 11.解析： 3 2 3 3 5  ( 2 40)C x x    ，故系数为 40 . 12.解析： 2 9 5 14c    ，离心率 2 2 14 14 9 3 c ce a a     ； 因为共渐近线，故令 2 2 ,9 5 x y  C2： 将 (3,5)M 代入，解得 4   ，故 2 2 2 : 120 36 y xC   13. 解 析 ： sin 2sin cos 2cos ,sin sin AB c C B B BAC b B B     因 为 锐 角 三 角 形 ， 6 3 , 2 2 B B B            即 ,6 4B   故 2 2cos 3,B  即取值范围为  2, 3 . 14.解析： 2 22 ( ) cos ( 1) , 4.4 tn tm n tm n n t m n m n n n t                           15.解析：海淀查漏补缺题.零点不是点，是横坐标. （1） 0x  时,  1 0, 0f x  时, 0( )1 2f    ,故 ( )f x 的零点是1 1 2 ， ； （2）数形结合，直线过定点  0, 1 ，实数 a 的取值范围是 0,2 . 三、解答题（共 5 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．） 16.（本题满分 14 分） 解：（I）因为 ( ) sin( ) sin( ),6 2f x x x      所以 3 1( ) sin cos cos2 2f x x x x     ··········2 分 3 3 1 3sin cos 3( sin cos ) 3(sin )2 2 2 2 3x x x x x           ·····4 分 由题设知 ( ) 0,6f   所以 ,6 3 k k Z     ·····6 分 故 6 2, , 0 3,k k Z     又 所以 2  ·····7 分 （II）由（I）得 ( ) 3sin(2 )3f x x   ，所以， ( ) 3sin( ),4 3g x x     3sin( )12x   ·····10 分 因为， 3[ , ]4 4x    ，所以 2[ , ],12 3 3x      ·····11 分 当 ,12 3x     即 4x   时， ( )f x 取得最小值 3 2  ······13 分 17.解析：（Ⅰ）设事件 A：从这个班级的学生中随机选取一名男生，一名女生，这两名学生完 成套卷数之和为 4． 由题意可知， 1 3 4 1 7( ) 12 8 96P A     ·····4 分 （Ⅱ）完成套卷数不少于 4 本的学生共 8 人，其中男学生人数为 4 人，故 X 的取值为 0,1, 2,3, 4 ． …………5 分 由题意可得 4 4 4 8 1( 0) ;70 CP X C    1 3 4 4 4 8 16 8( 1) ;70 35 C CP X C     2 2 4 4 4 8 36 18( 2) ;70 35 C CP X C     3 1 4 4 4 8 16 8( 3) ;70 35 C CP X C     4 4 4 8 1( 4) .70 CP X C    ······8 分 所以随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 1 70 8 35 18 35 8 35 1 70 ·······9 分 随机变量 X 的均值 1 16 36 16 10 1 2 3 4 2.70 70 70 70 70EX            ······11 分 （III） 2 2 1 2S S ·····13 分 18.解析：（1）解法 1：取 AF 的中点 Q，连结 , ,PQ PE EQ , 在直角梯形 ABEF 中， 1,AQ BE BE AQ   , 所以四边形 ABEQ 为平行四边形，…………1 分 所以 AB EQ ， 在 ADF 中 ,PF PD QF QA  ， 所以 PQ AD ，…………2 分 又因为 AM AB A  ， 所以平面 PQE  平面 ABCD ，…………3 分 又 PE  平面 PQE , 所以 PE  平面 ABCD …………4 分 解法 2 取 AD 中点 M ，连结 MP MB， ，在 ADF 中， ,PF PD MD MA  ， 所以 MP AF ,且 1 2MP AF 又 1 ,2BE AF BE AF  所以 / / ,MP BE MP BE , 所以四边形 BEPM 为平行四边形 所以 PE MB , 因为 PE  平面 ABCD ， BM  平面 ABCD , 所以 PE  平面 ABCD . （2）在 ABC 中 1AB  ， , 2,4CBA BC   所以 2 2 2 2 1AC AB BC AB BC cos CBA       , 所以 2 2 2AC AB BC  , 所以 AB AC ,…………5 分 又平面 ABCD  平面 ABEF ,平面 ABCD 平面 ,ABEF AB AC  平面 ABCD , 所以 AC 平面 ABEF ,…………7 分 因为 EF  平面 ABEF , 所以 AC EF …………8 分 （3）由（1）（2）以 A 为原点，以 AB AF AC、 、 所在直线为 x y z、 、 轴建立空间直 角坐标系 A xyz ,…………9 分 所以 ( ) ( ) ( ) )1,0,0 0 01 , 101 , 110 , 0 2 0(B C D E F（ ）， ，， ，， ，， ，， 所以 1 1( 1 )2 2P  ，， 所以 (0,2, 1), ( 1,1,0), (0,1,0)CF EF BE       设 ( , ,0),EH EF      所以 ( ,1 ,0),BH BE EH         所以 2 2 2(1 ) 10 ,55 ( 1) BH CF BH CF              所以 2 2 2 2(1 ) 1,( 1)       所以 1 2    ，·····10 分 所以 1 1( , ,0),2 2BH  ····11 分 设平面 ADF 的法向量为 ( , , )n x y z 所以 0 0 00 n AD y x zn AF               所以令  1, 1,0,1x n 则 ····12 分 如 BH 与平面 ADF 成的角为 ， 所以 1 12sin 21 122 4 4 BH n BH n            ···13 分 所以 6   ，即 BH 与面 ADF 成的角为 6  ，···14 分 19. 解析：(Ⅰ)因为椭圆 C 的左焦点横坐标为 c ， 由 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 , ,c y ba b c ya b a       及 得 ·····2 分 故 22 31, ,2 b c a a  又 解得： 2 2 4, 1 a b    所以，椭圆 C 的标准方程为： 2 2 1,4 x y  ·····4 分 长轴长为 4. …………5 分 （II）   10,1 , 0, 1 , ( , ), 0,( 2)A B m m M 且 ∴直线 AM 的斜率为 1 1 ,2k m   直线 BM 斜率为 2 3 ,2k m  ∴直线 AM 的方程为 1 1,2y xm    ,直线 BM 的方程为 3 1,2y xm   …………7 分 由 2 2 2 2 2 2 2 2 1, 4 4 14 ( 1) 4 0, 0, , ( , ),1 1 11 1,2 x y m m mm x mx x x Em m my xm                  得 由 2 2 2 2 2 2 2 2 1 12 12 94 (9 ) 12 0, 0, , ( , );9 9 93 1,2 x y m m mm x mx x x Fm m my xm                 得 …… ……9 分 AMF 1S sin ,2 MA MF AMF  1 sin ,2BMES MB ME BME  .5 ,AMF BMEAMF BME S S     ∴5 ,MA MF MB ME 即 5 ,MA MB ME MF  …………11 分 又 3m   2 2 5 ,4 12 1 9 m m m mm mm m      …………13 分 整理方程得： 2 2 9( )5 1m m   ， 解得： 1m   ..…………14 分 20.解析：（I）由 2'( ) 0x xf x e   解得 2x  .…………2 分 则 '( ) ( )f x f x及 的情况如下： X ( ,2) 2 (2, ) '( )f x - 0 + ( )f x  极小值 2 1 e   所以函数 ( )f x 的单增区间为 (2, ) ，单减区间为 ( ,2) ;…………6 分 （Ⅱ）当 1x  时， 1( ) 0x xf x e   当 1x  时， 1( ) 0x xf x e   …………8 分 若 1a  ，由（Ⅱ）可知  f x 的最小值为  2f ，  f x 的最大值为  f a ，…………10 分 所以“对任意 1 2 [ ), ,x x a  ，有 1 2 2 1( ) ( )f x f x e    恒成立” 等价于“ 2 1(2) ( )f f a e    ” …………12 分 即 2 2 1 1 1 ,a a e e e     解得 1a  .所以 a 的最小值为 1.…………13 分 21.解析：（Ⅰ）-2,0,2,8………………………………………………………………4 分 （Ⅱ）证明：因为 2 1 1| |a a a  ，所以 2 0a  或 12a . { }na 是等差数列时，假设 2 12a a ，则 3 2 1 12 3a a a a   .此时， 3 2 1| |a a a  ，而 1 2 12{ },max a a a ，矛盾！所以 2 0a  .于是公差 2 1 1  0d a a a     ， 所以{ }na 单调递减……………………5 分 当{ }na 单调递减时，对任意 2n  ， 1 2 1 1,{ , , }nmax a a a a  . 又 1 1| |n n n na a a a    ，所以 1 1 n na a a   ，从而{ }na 是等差数列…………6 分 当{ }na 是等比数列时， 2 0a  ，所以 2 12a a ，于是公比 2 1q   .又 1 0a  ，所以{ }na 单调递增.…………7 分 当{ }na 单调递增时，对任意 1 2 1 1 1 1|2 , , , .{ } |n n n n n nn max a a a a a a a a        ， 又 ， 所以 1 1n n na a a   ，即 12n na a  .因为 1 0a  ，所以{ }na 是等比数列………8 分 （Ⅲ）解：先证明 1a 是数列{ }na 中的最大项. 事实上，如果 i 是第一个大于 1a 的项的脚标，则由 1 1 2| { , , ,| }i i i ia a max a a a a     知， 1ia  是 ia 的倍数.假设 1 2 1, , ,i i i ka a L a    都是 ia 的倍数， 则由 1 1 2 1 1 1| | { } { }, , , , , ,i k i k i k i i i ka a max a a a max a a a            知， i ka  也是 ia 的倍数.所以由归纳法知，对任意 nn i a ， 都是 ia 的倍数.但 1a 不是 ia 的 倍数，这与{ }na 是周期数列矛盾！ 所以 1a 是数列{ }na 中的最大项，从而当 2n  时， 1 1| |n na a a  .………………9 分 再证明当n 是奇数时， na 是 1a 的奇数倍；当n 是偶数时， na 是 1a 的偶数倍 事实上，当 1n  时结论成立，假设 n k 时成立，当 1n k  时，由 1 1k ka a a   知， 结论也成立………………10 分 所以，若 1,ia a i 的值只可能为奇数，所以集合 11 2018 ii a a   的元素个数最多有 1009 个。 下证集合 11 2018 ii a a   的元素个数可以是 1~1009 的所有整数。 事实上，对于 2019i  ，可取数列为： 1 1 1 1 1 ,0 , ,0, ,0, ,0,a a a a  个周期 也即：所有的奇数项均等于 1a ，所有的偶数项均等于 0，此时，数列为 Y 数列，且 2.T  ………………11 分 对于任意整数1 1009,t  构造数列的前 2018 项如下：  1 1 1 1 1 1 1 1 1009 t ,0 ,0, ,0, ,0 ,0, ,0 t a a a a a a      组 组 共 组 共 组 ， ，- 由于数列是无穷数列，故可取 2018T  ，显然满足数列是 Y 数列。………………12 分 综 上 ， 集 合  11 2018 ii a a   的 元 素 个 数 的 所 有 可 能 值 的 个 数 为 1009. ………………13 分