北京市北京师范大学第二附属中学2020届高三上学期月考（11月）数学试题

北京市北京师范大学第二附属中学2020届高三上学期月考（11月）数学试题

高三数学11月份月考试卷 一、选择题 ‎1.设，则=‎ A. 2 B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由复数的除法运算（分母实数化），求得，再求．‎ ‎【详解】因，所以，所以，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数乘法运算，复数模的计算．本题也可以运用复数模的运算性质直接求解．‎ ‎2.已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】，故，即，故渐近线方程为.‎ ‎【考点】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.‎ ‎3.若a>b，则 A. ln(a−b)>0 B. 3a<3b C. a3−b3>0 D. │a│>│b│‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题也可用直接法，因为，所以，当时，，知A错，因为是增函数，所以，故B错；因为幂函数是增函数，，所以，知C正确；取，满足，，知D错．‎ ‎【详解】取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断．‎ ‎4.向量在正方形网格中的位置如图所示.若向量与共线,则实数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像，根据向量的线性运算法则，可直接用表示出，进而可得出.‎ ‎【详解】由题中所给图像可得：，又 ，所以.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查向量的线性运算，熟记向量的线性运算法则，即可得出结果，属于基础题型.‎ ‎5.设是首项大于零的等比数列，则“”是“数列是递增数列”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】C ‎【解析】‎ 若已知，则设数列的公比为，因为，所以有，解得又，所以数列是递增数列；反之，若数列是递增数列，则公比且，所以，即，所以是数列是递增数列的充分必要条件．‎ ‎6.如图为一半径为的水轮，水轮圆心距水面，已知水轮每分钟转圈，水轮上的点到水面距离与时间满足关系式，则有（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得出的值，以及该函数的最小正周期，利用周期公式可求得的值，进而得出结论.‎ ‎【详解】由题意可知，可得，该函数的周期为，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数解析式中参数的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎7.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可．‎ 解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，‎ ‎ ‎ 是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：‎ 故选A．‎ ‎8.已知函数，，若方程在上有两个不等实根，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对的范围分类，即可将“方程在上有两个不等实根”转化为“在内有实数解，且方程的正根落在内”，记，结合函数零点存在性定理即可列不等式组，解得：，问题得解．‎ ‎【详解】当时，可化为：‎ 整理得：‎ 当时，可化：‎ 整理得：，此方程必有一正、一负根.‎ 要使得方程在上有两个不等实根，‎ 则在内有实数解，且方程的正根落在内.‎ 记，‎ 则，即：，解得：.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查了分类思想及转化思想，还考查了函数零点存在性定理的应用，还考查了计算能力及分析能力，属于难题．‎ 二、填空题 ‎9.已知全集，集合，集合，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用补集的定义可求出集合，然后利用交集的定义可求出集合.‎ ‎【详解】全集，集合，，因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查交集与补集的混合运算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎10.已知圆与直线交于、两点，则线段的长度等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心到直线的距离，然后利用勾股定理可计算出.‎ ‎【详解】圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，‎ 所以，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线截圆所得弦长的计算，一般利用几何法求解，即利用弦长的一半、弦心距与半径三者之间满足勾股定理来求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎11.记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.‎ ‎【答案】4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果.‎ ‎【详解】因，所以，即，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．‎ ‎12.若的展开式中的系数为，则实数____________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合二项式通项公式可得：，令可得，据此结合题意求解a的值即可.‎ ‎【详解】由题意结合二项式通项公式可得：‎ ‎，‎ 令可得，‎ 则展开式中系数为：，故.‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．‎ ‎(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．‎ ‎13.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：）满足函数关系 ‎（为自然对数的底数，k、b为常数）．若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是 小时.‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】‎ 由题意得：，所以时，.‎ 考点：函数及其应用.‎ ‎14.正方体的12条棱的中点和8个顶点共20个点中，任意两点连成一条直线，其中与直线垂直的直线共有________条.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，找出与直线垂直的平面，利用组合计数原理和分类加法计数原理计算出每个截面顶点两两连线的条数，即可得出结果.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 连接，四边形为正方形，，‎ 平面，平面，，‎ ‎，平面，平面，，‎ 同理，，所以，平面，‎ 易知与平面平行的平面有：平面、平面、平面、平面，‎ 截面、、、均为三角形，此时与垂直的直线有条；‎ 截面为六边形，此时与垂直的直线有条.‎ 综上所述，与垂直的直线有条.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查满足条件的直线条数的求法，考查组合计数原理与分类加法计数原理的应用，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．‎ 三、解答题 ‎15.在中，内角所对的边分别为.已知，，.‎ ‎（Ⅰ）求和的值；‎ ‎（Ⅱ）求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.=.（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，‎ 进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.‎ 试题解析：（Ⅰ） 解：在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.‎ 由正弦定理,得.‎ 所以，的值为，的值为.‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及，得，所以，‎ ‎.故.‎ 考点：正弦定理、余弦定理、解三角形 ‎【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.‎ ‎16.某超市从年甲、乙两种酸奶的日销售量（单位：箱）的数据中分别随机抽取个，并按、、、、分组，得到频率分布直方图如图，假设甲、乙两种酸奶独立销售且日销售量相互独立.‎ ‎（1）写出频率分布直方图甲中的的值；记甲种酸奶与乙种酸奶日销售量（单位：箱）的方差分别为、，试比较与的大小；（只需写出结论）‎ ‎（2）估计在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰有一个高于箱且另一个不高于箱的概率；‎ ‎（3）设表示在未来天内甲种酸奶的日销售量不高于箱的天数，以日留住量落入各组的频率为概率，求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1），；（2）；（3）分布列见解析，数学期望为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由各小矩形面积和为，先求出，由频率分布直方图可看出，甲的销售量比较分散，而乙较为集中，由此能比、的大小；‎ ‎（2）分两种情况讨论：甲种酸奶的销售量高于箱，乙种酸奶的销售量不高于箱；甲种酸奶的销售量不高于箱，乙种酸奶的销售量高于箱.然后利用独立事件的概率乘法公式可计算出所求事件的概率；‎ ‎（3）由题意得出，利用二项分布可得出随机变量的分布列，并计算出随机变量的数学期望.‎ ‎【详解】（1）由各小矩形面积和为，得，解得，‎ 由频率分布直方图可看出，甲的销售量比较分散，而乙较为集中，主要集中在箱，故；‎ ‎（2）设事件：在未来的某一天里，甲种酸奶的销售量不高于箱；‎ 事件：在未来的某一天里，乙种酸奶的销售量不高于箱；‎ 事件：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰好一个高于箱且另一个不高于箱．‎ 则，，‎ ‎；‎ ‎（3）由题意可知，，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 所以，随机变量的分布列如下表所示：‎ 随机变量的数学期望为.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求法，独立事件概率的求法，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎17.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB="A" A1，∠BA A1=60°.‎ ‎（Ⅰ）证明AB⊥A1C;‎ ‎（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析 ‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）易证OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立坐标系，可得，，的坐标，设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即为所求正弦值．‎ 解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，‎ 因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，‎ 所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，‎ 又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，‎ 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，‎ 所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，‎ 可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），‎ 则=（1，0，），=（﹣1，，0），=（0，﹣，），‎ 设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，‎ 可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==，‎ 又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，‎ 故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．‎ 考点：用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．‎ ‎18.设椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，在轴负半轴上有一点，满足为线段的中点，且.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）若过、、三点的圆与直线相切，求椭圆的方程；‎ ‎（3）在（2）的条件下，过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于、两点，在轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）存在，且实数的取值范围是.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设椭圆的焦距为，根据为线段的中点，求出点的坐标，然后由，可得出、、的等量关系，由此可计算出椭圆的离心率；‎ ‎（2）由（1）可知点，圆的半径为，利用点到直线的距离为求出的值，进而可得出与的值，由此可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（3）由（2）可知，设点、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据菱形的对角线相互垂直的性质可得，代入化简即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）设椭圆焦距为，则、，‎ 为线段的中点，则点，且点的坐标为，‎ ‎，，，，‎ 即，可得，因此，椭圆的离心率为；‎ ‎（2），的外接圆圆心为点，半径为，‎ 由于直线与该圆相切，则，解得，则，，‎ 因此，椭圆的标准方程为；‎ ‎（3）由（2）可知，设点、，直线的方程为，‎ 当时，直线与轴重合，此时，、、三点共线，不合乎题意，则，‎ 联立，消去，化简得，‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 根据菱形对角线相互垂直的性质可得，‎ ‎，即，‎ 即，整理得.‎ 综上所述，在轴上存在点使得以、为邻边的平行四边形是菱形，且实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、一元二次方程的根与系数的关系、菱形的对角线的性质、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎19.已知函数，‎ ‎（1）当时，求的单调区间；‎ ‎（2）当，讨论的零点个数；‎ ‎【答案】（1）单调递减区间为：，；单调递增区间为：，；（2）当时，在上有2个零点，当时，在上无零点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先判断为偶函数，再利用导数研究上的单调性，根据偶函数的对称性，得到答案.（2）先求出导函数，然后对按照，，进行分类讨论，当，得到在单调递增，结合，判断出此时无零点，当，得到单调性，结合，的值，以及偶函数的性质，得到零点个数.‎ ‎【详解】解：∵∴为偶函数，‎ 只需先研究 当，，当，，‎ 所以在单调递增，在，单调递减 所以根据偶函数图像关于轴对称，‎ 得在单调递增，在单调递减，‎ ‎.故单调递减区间为：，；单调递增区间为：，‎ ‎（2）‎ ‎①时，在恒成立 ‎∴在单调递增 又，所以在上无零点 ‎②时，，‎ 使得，即.‎ 又在单调递减，‎ 所以，，，‎ 所以，单调递增，，单调递减，‎ 又，‎ ‎（i），即时 在上无零点，‎ 又为偶函数，所以在上无零点 ‎（ii），即 在上有1个零点，‎ 又为偶函数，所以在上有2个零点 综上所述，当时，在上有2个零点，当时，在上无零点.‎ ‎【点睛】本题考查偶函数的性质，利用导数求函数的单调区间，利用导数研究函数的零点个数问题，涉及分类讨论的思想，属于中档题.‎ ‎20.对于无穷数列{}与{}，记A={|=，}，B={|=，}，若同时满足条件：①{}，{}均单调递增；②且，则称{}与{}是无穷互补数列．‎ ‎（1）若=，=，判断{}与{}是否为无穷互补数列，并说明理由；‎ ‎（2）若=且{}与{}是无穷互补数列，求数列{}的前16项的和；‎ ‎（3）若{}与{}是无穷互补数列，{}为等差数列且=36，求{}与{}得通项公式．‎ ‎【答案】（1）与不是无穷互补数列；（2）；（3），．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为，，所以，‎ 从而与不是无穷互补数列．‎ ‎（2）因为，所以．‎ 数列的前项的和为 ‎．‎ ‎（3）设的公差为，，则．‎ 由，得或．‎ 若，则，，与“与是无穷互补数列”矛盾；‎ 若，则，，．‎ 综上，，．‎