北京市朝阳区六校联考2020届高三年级四月份测试数学试题A

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北京市朝阳区六校联考2020届高三年级四月份测试数学试题A

北京市朝阳区六校联考2019-2020学年高三年级四月份测试 数学试卷A 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.已知命题:,,那么命题的否定为( )‎ A. , B. ,‎ C. , D. ,‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由全称命题的否定是特称命题即可得解.‎ ‎【详解】原命题是全称命题,‎ 命题的否定是“,”.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了全称命题的否定,属于基础题.‎ ‎2.下列函数中既是奇函数,又在区间上单调递减的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由奇函数的性质和函数的单调性逐项判断即可得解.‎ ‎【详解】对于A,,不是奇函数,故A错误;‎ 对于B,,所以为偶函数不是奇函数,故B错误;‎ 对于C,,所以为奇函数;由,当时,,故在上单调递减,故C正确;‎ 对于D,由正弦函数的单调性可知,函数在上单调递增,故D错误.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了奇函数性质的应用和常见函数的单调性,考查了利用导数判断函数的单调性,属于基础题.‎ ‎3.设集合,,则以下集合P中,满足的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合A,解指数不等式求得集合B,即可确定,进而判断各选项即可.‎ ‎【详解】集合,解得或,‎ ‎,解得,‎ 则,‎ 所以,‎ 对比四个选项可知,只有C符合,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式和指数不等式的解法,集合补集和交集的简单运算,属于基础题.‎ ‎4.已知,,,则,,的大小关系是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数函数的单调性和正切函数的性质可得,即可得解.‎ ‎【详解】由对数函数的单调性可知,,‎ 由正切函数的性质得,‎ 故.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了利用对数函数单调性比较大小,考查了正切函数的性质,属于基础题.‎ ‎5.若一个n面体有m个面是直角三角形,则称这个n面体的直度为,如图是某四面体的三视图,则这个四面体的直度为( )‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图,还原空间几何体,即可确定四面体中直角三角形个数,即可得解.‎ ‎【详解】由三视图还原空间几何体如下图所示:‎ 则四面体为,由图可知,四面体中有4个直角三角形,分别为,‎ 由题意可知这个4面体的直度为,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查根据三视图还原空间几何体,立体几何中新定义的简单应用,属于基础题.‎ ‎6.已知向量,若,则在上的投影是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据坐标先求得向量,结合平面向量数量积的运算律求得,即可由平面向量投影的定义求得在上的投影.‎ ‎【详解】向量,则,‎ 因为,‎ 则,即,‎ 所以,‎ 在上的投影为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查由坐标求平面向量模,平面向量数量积的运算律简单应用,投影的定义和求法,属于基础题.‎ ‎7.已知,则“”是“是直角三角形”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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若,则或;若,则;由充分条件和必要条件的概念即可得解.‎ ‎【详解】若,则或,不能推出是直角三角形;‎ 若,则,所以是直角三角形不能推出;‎ 所以“”是“是直角三角形”的既不充分也不必要条件.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的性质和充分条件、必要条件的概念,属于基础题.‎ ‎8.“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就,它比西方的“帕斯卡三角形”早了多年.如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵,记为图中虚线上的数构成的数列的第项,则的值为( )‎ A. 5049 B. ‎5050 ‎C. 5051 D. 5101‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 观察数列的前4项,可得,代入即可得解.‎ ‎【详解】由题意得,,,‎ 观察规律可得,‎ 所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了观察法求数列的通项公式,属于基础题.‎ ‎9.已知双曲线的渐近线与抛物线交于点,直线AB过抛物线M的焦点,交抛物线M于另一点B,则等于( )‎ A. 3.5 ‎B. ‎4 ‎C. 4.5 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程可得渐近线方程,将点A的坐标求出后代入抛物线方程,即可求得抛物线的方程和焦点坐标,由A和焦点坐标可得直线AB的方程,联立直线AB的方程和抛物线方程,化简后由韦达定理可得,即可由求解.‎ ‎【详解】双曲线,‎ 双曲线的渐近线方程为,不妨取,‎ 双曲线渐近线与抛物线交于点,则将点A代入可得,‎ 将点A代入抛物线方程可得,则,‎ 所以抛物线,焦点坐标为,‎ 直线AB过抛物线M的焦点,则由A和焦点坐标可得直线AB的方程为,‎ 直线AB与抛物线交于,‎ 联立抛物线方程,化简可得,‎ 则,‎ 所以,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线与抛物线的综合应用,直线与抛物线相交所得弦长的求法,属于基础题.‎ ‎10.关于函数,有以下三个结论:‎ ‎①函数恒有两个零点,且两个零点之积为;‎ ‎②函数的极值点不可能是;‎ ‎③函数必有最小值 其中正确结论的个数有( )‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数的零点转化为函数的零点,即可判断①;求得后代入,根据是否为0即可判断②;设的两个实数根为,且,结合①可得当时,,再证明即可判断③;即可得解.‎ ‎【详解】由题意函数的零点即为函数的零点,‎ 令,则,所以方程必有两个不等实根,,设,‎ 由韦达定理可得,故①正确;‎ ‎,‎ 当时,,故不可能是函数的极值点,故②正确;‎ 令即,,‎ 设的两个实数根为,且,‎ 则当,时,,函数单调递增,‎ 当时,,函数单调递减,所以为函数极小值;‎ 由①知,当时,函数,所以当时,,‎ 又 ,所以,所以,‎ 所以为函数的最小值,故③正确.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数与导数的综合问题,考查了推理能力,属于中档题.‎ 第二部分(非选择题 共110分)‎ 二、填空题共5小题,每小题5分,共25分.‎ ‎11.在的二项展开式中,的系数为________(用数字作答)‎ ‎【答案】-80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项定理展开式通项,即可确定的系数.‎ ‎【详解】在的二项展开式中,由展开式通项可得,‎ 令,解得,‎ 所以系数为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了二项定理展开通项式的简单应用,指定项系数的求法,属于基础题.‎ ‎12.设复数z在复平面内对应的点位于第一象限,且满足,,则z的虚部为________,________.‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出复数,结合条件即可求得复数,进而由复数的定义和除法运算即可得解.‎ ‎【详解】复数z在复平面内对应的点位于第一象限,‎ 设复数,‎ 所以,‎ 因为满足,,则,解得,‎ 所以,‎ 所以的虚部为4;‎ 由复数除法运算化简可得,‎ 故答案为:4;.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的概念和几何意义简单应用,复数的除法运算,属于基础题.‎ ‎13.设无穷等比数列的各项为整数,公比为,且,,写出数列的一个通项公式________.‎ ‎【答案】(答案不唯一)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知首项与公比都为整数,结合不等可求得,即可取一个负数作为首项得数列 的通项公式.‎ ‎【详解】无穷等比数列的各项为整数,则公比为整数,且,,‎ 则,变形可得,‎ 所以,‎ 当时,数列的一个通项公式为,‎ 故答案为:.(答案不唯一)‎ ‎【点睛】本题考查了数列的简单应用,由等比数列的通项公式及不等式确定首项的范围,开放性试题只需写出一个符合要求的解即可,属于中档题.‎ ‎14.在平面直角坐标系中,已知点,,为直线上的动点,关于直线的对称点记为,则线段的长度的最大值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化条件得点轨迹为以为圆心,为半径的圆(不包括点),由即可得解.‎ ‎【详解】关于直线的对称点记为,为直线上的动点,‎ ‎,点轨迹为以为圆心,为半径的圆(不包括点),如图,‎ 又 ,.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了圆上点到定点距离最值的求解,考查了转化化归思想,属于中档题.‎ ‎15.关于曲线,给出下列四个结论:‎ ‎①曲线C关于原点对称,但不关于x轴、y轴对称;‎ ‎②曲线C恰好经过4个整点(即横、纵坐标均为整数的点);‎ ‎③曲线C上任意一点都不在圆的内部;‎ ‎④曲线C上任意一点到原点的距离都不大于.‎ 其中,正确结论的序号是________.‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据关于原点、x轴、y轴对称的横纵坐标特点,代入即可判断①;取的整数值,代入求得的值即可判断②;由基本不等式确定的最大值,即可判断③;由两点间距离公式及基本不等式,化简即可判断④;‎ ‎【详解】曲线,‎ 对于①,将替换,替换,代入可得,所以曲线C关于原点对称;‎ 将替换,代入可得,所以曲线C不关于y轴对称;‎ 将替换,代入可得,所以曲线C不关于轴对称;所以①正确;‎ 对于②,当时,代入可得,所以经过;‎ 当时,代入可得,所以经过;‎ 当时,代入可得,所以经过;‎ 当时,代入可得,所以经过;‎ 所以至少有六个整点在曲线C上,所以②错误;‎ 对于③,由可知,‎ 而,‎ 所以,解得,‎ 即,则,‎ 同理,解得,‎ 所以,则③错误;‎ 对于④,由③可知,‎ 所以,故④正确,‎ 综上可知,正确的为①④,‎ 故答案为:①④.‎ ‎【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线性质的应用,由基本不等式确定取值范围的应用,属于中档题.‎ 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.已知.‎ ‎(I)求的最小正周期和单调递增区间;‎ ‎(II)当时,若,求x的取值范围.‎ ‎【答案】(I).(II)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)由正弦和角与差角公式,结合辅助角公式化简函数解析式,即可求得最小正周期,结合正弦函数图像与性质可求得单调递增区间;‎ ‎(II)根据(I)所得函数解析式,由可得,可知,结合正弦函数的图像即可确定x的取值范围.‎ ‎【详解】(I)由正弦和角与差角公式,结合辅助角公式化简函数解析式可得 ‎,‎ 所以 由,,‎ 得,.‎ 故的单调递增区间为:.‎ ‎(Ⅱ)因为,则,‎ 若,则,‎ 画出正弦函数在内的函数图像如下图所示:‎ 结合正弦函数图像可知,当或,‎ 解得,‎ 所以当时,x的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数式的化简,正弦函数图像与性质的综合应用,属于基础题.‎ ‎17.体温是人体健康状况的直接反应,一般认为成年人腋下温度T(单位:)平均在之间即为正常体温,超过即为发热.发热状态下,不同体温可分成以下三种发热类型:低热:;高热:;超高热(有生命危险):.某位患者因患肺炎发热,于12日至26日住院治疗.医生根据病情变化,从14日开始,以3天为一个疗程,分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热.住院期间,患者每天上午8:00服药,护士每天下午16:00为患者测量腋下体温记录如下:‎ 抗生素使用情况 没有使用 使用“抗生素A”疗 使用“抗生素B”治疗 日期 ‎12日 ‎13日 ‎14日 ‎15日 ‎16日 ‎17日 ‎18日 ‎19日 体温()‎ ‎38.7‎ ‎39.4‎ ‎39.7‎ ‎40.1‎ ‎39.9‎ ‎39.2‎ ‎38.9‎ ‎39.0‎ 抗生素使用情况 使用“抗生素C”治疗 没有使用 日期 ‎20日 ‎21日 ‎22日 ‎23日 ‎24日 ‎25日 ‎26日 体温()‎ ‎38.4‎ ‎38.0‎ ‎37.6‎ ‎37.1‎ ‎36.8‎ ‎36.6‎ ‎36.3‎ ‎(I)请你计算住院期间该患者体温不低于各天体温平均值;‎ ‎(II)在19日—23日期间,医生会随机选取3天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“a项目”的检查,记X为高热体温下做“a项目”检查的天数,试求X的分布列与数学期望;‎ ‎(III)抗生素治疗一般在服药后2-8个小时就能出现血液浓度的高峰,开始杀灭细菌,达到消炎退热效果.假设三种抗生素治疗效果相互独立,请依据表中数据,判断哪种抗生素治疗效果最佳,并说明理由.‎ ‎【答案】(I)平均值为(II)分布列见解析,.(III)“抗生素C”治疗效果最佳,理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)根据所给表格,可计算体温不低于的各天体温平均值;‎ ‎(II)由题意可知X的所有可能取值为0,1,2,分别求得各自的概率,即可得分布列,进而求得数学期望;‎ ‎(III)根据三种抗生素治疗后温度的变化情况,结合平均体温和体温方差,即可做出判断.‎ ‎【详解】(I)由表可知,该患者共6天的体温不低于,记平均体温为,‎ ‎.‎ 所以,患者体温不低于的各天体温平均值为 ‎(Ⅱ)X的所有可能取值为0,1,2‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 则X的分布列为:‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以.‎ ‎(Ⅲ)“抗生素C”治疗效果最佳,理由如下:‎ ‎①“抗生素B”使用期间先连续两天降温后又回升,“抗生素C”使用期间持续降温共计,说明“抗生素C”降温效果最好,故“抗生素C”治疗效果最佳 ‎②“抗生素B”治疗期间平均体温,方差约为0.0156:“抗生素C”平均体温,方差约为0.1067,“抗生素C”治疗期间体温离散程度大,说明存在某个时间节点降温效果明显,故“抗生素C”治疗效果最佳.‎ ‎【点睛】本题考查了平均数的求法,古典概型概率求法,离散型随机变量分布列及数学期望的求法, 分析实际问题方案的解决方法,属于中档题.‎ ‎18.在四棱锥中,平面平面,底面为梯形,,,且,,.‎ ‎(I)求证:;‎ ‎(II)求二面角_____的余弦值;‎ 从①,②,③这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.‎ ‎(III)若是棱的中点,求证:对于棱上任意一点,与都不平行.‎ ‎【答案】(I)见解析(II)见解析(III)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理,可证明平面,进而证明;‎ ‎(II)在平面内过点D作,交于H,以D为原点,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,并求得各平面法向量,由法向量法即可求得各二面角的大小;‎ ‎(III)假设棱BC上存在点F,.设表示出,,设,可得关于的方程组,方程组无解即可确定与不平行.‎ ‎【详解】(I)证明:因为平面平面,平面平面,‎ 平面,,‎ 所以平面,‎ 又因为平面,‎ 所以.‎ ‎(Ⅱ)选择①:在平面内过点D作,交于H.‎ 由(I)可知,平面,所以.‎ 故两两垂直,‎ 如图,以D为原点,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,‎ 则.‎ 因为平面,所以平面的一个法向量为.‎ 而,,‎ 设平面的一个法向量为 则由,得,‎ 取,有.‎ 所以.‎ 由题知二面角为锐角,‎ 故二面角的余弦值为.‎ 选择②:(下面给出关键点供参考,若与上面建系相同,)‎ 平面ABCD的一个法向量为;‎ 平面PBD的一个法向量为;‎ 二面角为钝角:二面角的余弦值为.‎ 选择③:(下面给出关键点供参考,若与上面建系相同,)‎ 平面ABCD的法向量;‎ 平面PBC的法向量;‎ 二面角为锐角;二面角的余弦值为.‎ ‎(Ⅲ)假设棱BC上存在点F,.设.‎ 依题意,可知,,‎ ‎,,‎ ‎,,设,‎ 则,而此方程组无解,‎ 故假设不成立,所以结论成立.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的性质及线面垂直的判定定理应用,由空间向量法求二面角大小,线线平行的向量证明方法,属于中档题.‎ ‎19.已知椭圆的离心率为,过椭圆右焦点的直线与椭圆交于,两点,当直线与轴垂直时,.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)当直线与轴不垂直时,在轴上是否存在一点(异于点),使轴上任意点到直线,的距离均相等?若存在,求点坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)存在点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可得方程解方程后即可得解;‎ ‎(2)设直线,,,假设存在点,设,由题意,联立方程组表示出、,代入即可得解.‎ ‎【详解】(1)由题意得,解得:,,. ‎ 所以椭圆的标准方程为:.‎ ‎(2)依题意,若直线的斜率不为零,可设直线,,.‎ 假设存在点,设,由题设,,且,.‎ 设直线,的斜率分别为,,‎ 则,. ‎ 因为,在上,‎ 故,, ‎ 而轴上任意点到直线,距离均相等等价于“平分”,‎ 继而等价于. ‎ 则. ‎ 联立,消去得:,‎ 有,.‎ 则,‎ 即,故或(舍). ‎ 当直线的斜率为零时,也符合题意.‎ 故存在点,使得轴上任意点到直线,距离均相等.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的求解,考查了直线与椭圆的位置关系及转化化归思想的应用,属于中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎(1)若曲线在处的切线与轴平行,求;‎ ‎(2)已知在上的最大值不小于,求的取值范围;‎ ‎(3)写出所有可能的零点个数及相应的的取值范围.(请直接写出结论)‎ ‎【答案】(1);(2);(3)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意结合导数的几何意义可得,即可得解;‎ ‎(2)原命题等价于在上有解,设,,通过求导可得,由有解问题的解决方法即可得解;‎ ‎(3)令,显然不成立,若,则,令,求导后画出函数的草图数形结合即可得解.‎ ‎【详解】(1)因为,故. ‎ 依题意,即. ‎ 当时,,此时切线不与轴重合,符合题意,‎ 因此.‎ ‎(2)当时,最大值不小于2‎ 在上有解,‎ 显然不是解,即在上有解,‎ 设,,‎ 则. ‎ 设 ,,‎ 则.‎ 所以在单调递减, ,‎ 所以,所以在单调递增,‎ 所以. ‎ 依题意需,‎ 所以的取值范围为. ‎ ‎(3)当时,有0个零点;当时,有1个零点 当时,有2个零点;当时,有3个零点.·‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用,考查了数形结合思想和转化化归思想,考查了推理能力,属于中档题.‎ ‎21.已知集合,对于,,定义A与B的差为;A与B之间的距离为.‎ ‎(I)若,试写出所有可能的A,B;‎ ‎(II),证明:‎ ‎(i);‎ ‎(ii)三个数中至少有一个是偶数;‎ ‎(III)设,中有m(,且为奇数)个元素,记P中所有两元素间距离的平均值为,证明:.‎ ‎【答案】(I);;;‎ ‎(II)(i)见解析(ii)见解析 ‎(III)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)根据定义,结合即可确定所有可能的A,B;‎ ‎(II)(i)由,令,讨论和即可代入绝对值式子化简,即可证明;(ii)设,,,,,.记,设t是使成立的i的个数, ‎ 结合(i)中的结论可得,由此可知,k,l,h三个数不可能都是奇数,得证.‎ ‎(III)记为P中所有两个元素间距离的总和,设P中所有元素的第i 个位置的数字中共有个1,个0,则可得,根据P为奇数可得,因而,即可证明不等式成立.‎ ‎【详解】(I)根据定义及,可知有以下四种情况:‎ ‎;;‎ ‎;‎ ‎(Ⅱ)令,‎ ‎(i)证明:对,‎ 当时,有,‎ 当时,有.‎ 所以 ‎.‎ ‎(ⅱ)证明:‎ 设,,,‎ ‎,,.‎ 记,由(I)可知,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以中1的个数为k,‎ 的1的个数为l.‎ 设t是使成立的i的个数,则.‎ 由此可知,k,l,h三个数不可能都是奇数,‎ 即三个数中至少有一个是偶数.‎ ‎(Ⅲ)记为P中所有两个元素间距离的总和,‎ 设P中所有元素的第i个位置的数字中共有个1,个0,‎ 则.‎ 因为m为奇数,所以,‎ 且或时,取等号.‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了集合新定义的综合应用,对分析问题、解决问题的能力要求高,读懂题意并正确分析解决思路是关键,对思维能力要求高,属于难题.‎
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