北京市顺义牛栏山第一中学西校区2020届高三下学期4月月考数学试题

北京市顺义牛栏山第一中学西校区2020届高三下学期4月月考数学试题

牛栏山一中西校区4月月考试卷 高三数学 第一部分（选择题，共40分）‎ 一、选择题（每个小题只有一个选项符合题意，每题4分，共计40分）‎ ‎1.在复平面内，复数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 的实部为1 B. C. D. 在第一象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的除法运算先求得，再根据复数有关概念一一判断即可．‎ ‎【详解】解：，‎ 位于第四象限，的实部为，，故选A、C、D错误；‎ ‎，B正确，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的除法运算，考查共轭复数、复数的模、实部、复数的几何意义等有关内容，属于基础题．‎ ‎2.一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何体的正视图和俯视图可知，三棱锥的顶点在底面内的射影在底面棱上，则原几何体如图所示，从而侧视图为D．故选D．‎ ‎3.已知定义在上的偶函数的最小值为2，则（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，函数为偶函数，求得，再利用指数函数的性质，求得，得到函数的解析式，进而求得的值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数为偶函数，‎ 即，解得，所以函数，‎ 又由指数函数的性质，可得，‎ 所以函数的最小值为，解得，即，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，以及函数值的求解，其中解答中熟记函数的奇偶性，求得函数的解析式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎4.已知实数，，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过举反例得到“”推不出“”；再由“”“”能求出结果．‎ ‎【详解】解：实数，，当，时，，‎ ‎“”推不出“”；‎ 反之，实数，，由基本不等式可得，‎ 由不等式的基本性质得，整理得，，‎ 由基本不等式得，即“”“”．‎ 实数，，则“”是“”必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中等题．‎ ‎5.等差数列的前项和为，若，公差，则下列命题不正确的是（ ）‎ A. 若，则必有 B. 若，则必有是中最大的项 C. 若，则必有 D. 若，则必有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，结合等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，逐项分析，即可求解.‎ ‎【详解】对于A中，若，则，可得，‎ 所以，所以是正确的；‎ 对于B中，若，则，‎ 又由，可得，所以必有是中最大的项，所以是正确的；‎ 对于C中，若，则，又由，则必有，‎ 可得，所以必有，所以是正确的；‎ 对于D中，若，则，而的符号不能确定，所以不一定成立，所以是错误的.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及前n项和公式，以及等差数列的性质的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎6.若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.‎ ‎【详解】设平面向量与的夹角为，，可得，‎ 在等式两边平方得，化简得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎7.已知双曲线的左，右焦点分别为，O为坐标原点，P为双曲线在第一象限上的点，直线PO，分别交双曲线C的左，右支于另一点，且，则双曲线的离心率为( )‎ A. B. ‎3 ‎C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合双曲线的性质以及余弦定理，建立关于a与c的等式，计算离心率，即可．‎ ‎【详解】‎ 结合题意，绘图，结合双曲线性质可以得到PO=MO，而，结合四边形对角线平分，可得四边形平行四边形，结合，故 对三角形运用余弦定理，得到，‎ 而结合，可得，，代入上式子中，得到 ‎，结合离心率满足，即可得出，故选D．‎ ‎【点睛】本道题考查了余弦定理以及双曲线的性质，难度偏难．‎ ‎8.若函数在区间上存在最小值-2.则非零实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分和两种情况，结合三角函数的性质即可得出结论．‎ ‎【详解】解：由已知可得：‎ ‎①当时，‎ 函数在区间上存在最小值-2，‎ ‎，可得；‎ ‎②当时，，‎ 函数在区间上存在最小值-2，‎ ‎，可得：；‎ 综上所述，非零实数的取值范围；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的性质，考查分类讨论的思想方法，属于中档题．‎ ‎9.函数在上的最小值为，最大值为2，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次函数的图象和性质，求出最大值和最小值对应的x的取值，然后利用数形结合即可得到结论．‎ ‎【详解】当x≥0时，f（x）=x（|x|﹣1）=x2﹣x=（x﹣）2﹣，‎ 当x＜0时，f（x）=x（|x|﹣1）=﹣x2﹣x=﹣（x+）2+，‎ 作出函数f（x）的图象如图：‎ 当x≥0时，由f（x）=x2﹣x=2，解得x=2．‎ 当x=时，f（）=．‎ 当x＜0时，由f（x）=）=﹣x2﹣x=．‎ 即4x2+4x﹣1=0，解得x==，‎ ‎∴此时x=，‎ ‎∵[m，n]上的最小值为，最大值为2，‎ ‎∴n=2，，‎ ‎∴n﹣m的最大值为2﹣=，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数最值的应用，利用二次函数的图象和性质是解决本题的关键，利用数形结合是解决本题的基本数学思想．‎ ‎10.已知定义域为的函数满足：对任何，都有，且当时，．在下列结论：‎ ‎（1）对任何，都有；（2）任意，都有；‎ ‎（3）函数的值域是；‎ ‎（4）“函数在区间上单调递减”的充要条件是“存在，使得”．‎ 其中正确命题是（ ）‎ A. （1）（2） B. （1）（2）（3） C. （1）（3）（4） D. （2）（3）（4）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题设条件，结合函数的周期性和单调性，合理赋值，逐项判定，即可求解.‎ ‎【详解】对于（1）中，对任何，都有，且当时，，‎ 所以，所以是正确的；‎ 对于（2）中，因为当时，，‎ 可得，解得，‎ 即当时，，所以不正确；‎ 对于（3）中，取，则，‎ 可得，‎ 从而函数的值域为，所以是正确的；‎ 对于（4）中，令，则，‎ 所以 ‎ ‎，‎ 所以函数在区间上单调递减，而必要性显然成立，所以是正确的，‎ 所以正确的命题为（1）（3）（4）.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抽象函数的应用，其中解答中涉及到函数的周期性，单调性，以及函数额基本性质的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 第二部分（非选择题，共110分）‎ 二、填空题（每空5分，共25分）‎ ‎11.已知，则_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两角差的正弦公式，化简得，再结合三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，即可求解.‎ ‎【详解】根据两角差的正弦公式，可得，‎ 整理得，‎ 平方可得，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的基本关系式，两角差的正弦公式，以及正弦的倍角公式的化简求值，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎12.已知向量、满足，且与的夹角等于，则的取值范围为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立直角坐标系，设，得到,过点作倾斜角为或的直线，结合图象，即可求解向量的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，建立如图所示的直角坐标系，设，‎ 因为向量满足，则,‎ 过点作倾斜角为或的直线，如图所示，则,‎ 在射线取点，设，则，所以与的夹角等于，‎ 结合图象可得，向量的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，以及向量的夹角、向量的模的运算，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.‎ ‎13.五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成______种不同的音序.‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出.‎ ‎【详解】①若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有种；‎ ‎②若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧；‎ ‎③若“角”在第二个或第四个位置上,则有种；‎ 综上，共有种.‎ 故答案为：32．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原理的应用,意在考查学生分类讨论思想的应用和综合运用知识的能力,属于基础题.‎ ‎14.已知直线与轴交于点，与的终边（始边为轴正半轴）交于点，为坐标原，若点横坐标为，，则直线的方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程和点横坐标为，求得，进而得到，再根据斜率公式，求得直线的斜率，利用直线的点斜式方程，即可求解.‎ ‎【详解】由题意知，直线的终边，交于点，为坐标原，即，‎ 又由点横坐标为，可得，所以，‎ 又因为，则，所以，即，‎ 又由，所以直线的斜率为，‎ 所以直线的方程为，即，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，其中解答中涉及到直线的极坐标系的应用，以及直线的点斜式方程的应用，着重考查了推理与计算能力.‎ ‎15.已知函数，集合，集合，若，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，求得，集合B化为，运用判别式，列出不等式组，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，则集合，‎ 又由，‎ 由，令，‎ 即，解得，‎ 所以 要使得，则满足，解得，‎ 所以，所以实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的运算，以及一元二次不等式的解法等知识点的综合应用，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.‎ 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.在①;②这两个条件中任选-一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.‎ 在中，角的对边分别为，已知 ，.‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)如图，为边上一点，，求的面积 ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合正弦定理，条件选择①，则，再利用公式求；‎ 若选择条件②，由正弦定理和诱导公式可得，再根据二倍角公式求得，再根据求解.‎ ‎（2）解法1:设，在中由余弦定理，解得，再由（1），解得边长，最后求得到的面积；解法2：由 可知，，，再根据正弦定理和面积公式 .‎ ‎【详解】解:若选择条件①，则答案为:‎ ‎(1)在中，由正弦定理得，‎ 因为，所以，‎ 所以，因为，所以.‎ ‎(2)解法1:设，易知 在中由余弦定理得:，解得.‎ 所以 在中，‎ 所以，所以，‎ 所以 解法2:因为，所以，‎ 因为所以，‎ 所以 因为为锐角，所以 又 所以 所以 若选择条件②，则答案为:‎ ‎(1)因为，所以，‎ 由正弦定理得，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 则，所以.‎ ‎(2)同选择①‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理，面积公式解三角形，意在考查转化与化归的思想，和计算能力，属于中档题型，本题属于开放性试题，需先选择条件，再求解.‎ ‎17.在四棱锥的底面中，∥，，平面，是的中点，且 ‎（1）求证：∥平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）在线段内是否存在点，使得？若存在指出点的位置，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）线段上存中点，使得.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，证得四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理，即可证得∥平面；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；‎ ‎（3）假设存在，设出点E的坐标，通过时，向量的数量积为0，建立方程，即可求解.‎ ‎【详解】（1）连接，因为是的中点，,‎ 所以，且，‎ 所以四边形为平行四边形，所以，‎ 又因为平面，平面，‎ 所以∥平面；‎ ‎（2）由（1）可知，四边形也是平行四边形，‎ 又由，所以四边形是正方形，所以,‎ 又由平面，所以以O为原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，‎ 可得，‎ 设平面的一个法向量为，则，可取，‎ 设平面的一个法向量为，则，可取，‎ 设二面角的平面角为，‎ 即二面角的余弦值为.‎ ‎（3）假设线段上存在点E，且满足，‎ 设，则，所以，即，‎ 所以,‎ 又由，可得，‎ 所以，解得，‎ 即线段上存在中点，使得.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解及应用，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎18.某歌手大赛进行电视直播，比赛现场有6‎ 名特约嘉宾给每位参赛选手评分，场内外的观众可以通过网络平台给每位参赛选手评分．某选手参加比赛后，现场嘉宾评分情况如下表；场内外共有数万名观众参与了评分，组织方将观众评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如下：‎ 嘉宾 评分 ‎96‎ ‎95‎ ‎96‎ ‎89‎ ‎97‎ ‎98‎ ‎（1）从观众中任取三人，求这三人中恰有1人分数在另2人分数在的概率；‎ ‎（2）从嘉宾中随机选3人，记3人中分数不低于96分的人数为，求的期望；‎ ‎（3）嘉宾评分的平均数为，场内外的观众评分的平均数为，试写出与的大小关系（不需要证明）．‎ ‎【答案】（1）； （2）2； （3）嘉宾的平均分高于观众的平均分.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图，即可求解内的概率和在的概率；‎ ‎（2）由题意，得到从嘉宾中随机去3人，分数不低于96分的人数为的可能取值为，求得相应的概率，得到随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解；‎ 可得，‎ ‎（3）利用平均数的计算公式和频率分布直方图的平均数的计算方法，分别求得的值，即可得到结论.‎ ‎【详解】（1）由题意，根据频率分布直方图可得，在内的概率为，在 的概率为，所以概率.‎ ‎（2）由题意，6名特约嘉宾中，其中4人的得分不低于96分，2人的得分低于96分，‎ 所以从嘉宾中随机选3人，分数不低于96分的人数为的可能取值为，‎ 可得，‎ 所以随机变量的分布列为：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以期望为.‎ ‎（3）由表格中的数据可得，嘉宾的平均数为，‎ 观众的平均得分为，‎ 所以，即嘉宾的平均分高于观众的平均分.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及离散型随机变量的分布列与期望的求解，其中解答中认真审题，准确计算相应的概率是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎19.已知椭圆经过点，离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆 的标准方程；‎ ‎（2）设点、、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论.‎ ‎【详解】（1）由题意得，解得，.‎ 所以椭圆的方程是；‎ ‎（2）设直线的方程为，、、，‎ 由，得.‎ ‎，则有，，‎ 由，得，由，可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 综上，点在定直线上.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.‎ ‎20.若函数为奇函数，且时有极小值．‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）求实数的取值范围；‎ ‎（3）若恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）； （2）； （3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，得到在定义域上恒成立，列出方程，即可求解；‎ ‎（2）由（1）可得，求得导数，分和，两种情况讨论，即可求解；‎ ‎（3）由代入，构造新函数，求得函数的单调性与最值，得到，即可求解实数的取值范围．‎ ‎【详解】（1）由题意，函数为奇函数，‎ 可得在定义域上恒成立，即，‎ 化简整理得，所以.‎ ‎（2）由（1）可得，则，‎ 当时，又由恒成立，即恒成立，所以不存在极小值；‎ 当时，令，则方程有两个不等的正根，‎ 故可知函数在上单调递增，在上单调递减，‎ 可得当时函数取得极小值，‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎（3）由（2）和函数为奇函数，当时有极小值，‎ 可得，且，即，‎ 代入，可得，‎ 所以，‎ 构造新函数，则，‎ 当，则，所以当时，恒成立，‎ 故函数在定义域上单调递减，其中，则，‎ 可转化为，所以，‎ 由，设，可得，‎ 所以函数在上递增，故，‎ 又由（2）可知，所以实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎21.数列的前项和为，若存在正整数，且，使得，同时成立，则称数列为“数列”.‎ ‎（1）若首项为，公差为的等差数列是“数列”，求的值；‎ ‎（2）已知数列为等比数列，公比为.‎ ‎①若数列为“数列”，，求的值；‎ ‎②若数列为“数列”，，求证：为奇数，为偶数.‎ ‎【答案】（1）；（2）①；②证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，以及“数列”的概念，得到，求解，即可得出结果；‎ ‎（2）①根据数列为“数列”，得到，再由，即可得出结果；‎ ‎②根据数列为“数列”，得到，令，分别讨论：为偶数；为偶数，为奇数；为奇数三种情况，结合导数的方法进行处理，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：（1）若首项为，公差为的等差数列是“数列”，‎ 由题意可得，，解得：；‎ ‎（2）①若数列为“数列”，则，‎ 又，‎ 所以或；‎ ‎②若数列为“数列”，则，‎ 令，‎ 若为偶数，则，不符合题意；‎ 若为偶数，为奇数，不符题意；‎ 若为奇数，，‎ 则，‎ 令，，则，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增；‎ ‎∴‎ 即单调增，与题意不符；‎ 综上为奇数，为偶数.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列新定义与导数的综合，熟记等差与等比的求和公式，以及导数的方法求函数最值即可，难度较大.‎ ‎ ‎