北京市中国人民大学附属中学2020届高三下学期数学统练二试题

北京市中国人民大学附属中学2020届高三下学期数学统练二试题

高三下学期数学统练二 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每道小题给出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的，请将答案涂在机读卡上的相应位置上．）‎ ‎1.已知集合，则=‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．‎ ‎【详解】由题意得，，则 ‎．故选C．‎ ‎【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．‎ ‎2.已知，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 运用中间量比较，运用中间量比较 ‎【详解】则．故选B．‎ ‎【点睛】本题考查指数和对数大小比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．‎ ‎3.我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．‎ ‎【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A．‎ ‎【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．‎ ‎4.某圆柱高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.‎ ‎【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，‎ 将圆柱的侧面展开图平铺,‎ 可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，‎ 所以所求的最短路径的长度为，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.‎ ‎5.已知非零向量满足，且，则与的夹角为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．‎ ‎【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．‎ ‎【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．‎ ‎6.记为等差数列的前n项和．已知，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等差数列通项公式与前n项和公式．本题还可用排除，对B，，，排除B，对C，，排除C．对D，，排除D，故选A．‎ ‎【详解】由题知，，解得，∴，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．‎ ‎7.如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ）‎ A. ，且直线是相交直线 B. ，且直线是相交直线 C. ，且直线是异面直线 D. ，且直线是异面直线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．‎ ‎【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．‎ 连，平面平面．‎ 平面，平面，平面，‎ 与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，‎ ‎．，故选B．‎ 点睛】‎ 本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性．‎ ‎8.关于函数有下述四个结论：‎ ‎①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（,）单调递增 ‎③f(x)在有4个零点 ④f(x)的最大值为2‎ 其中所有正确结论的编号是 A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数，研究它的性质从而得出正确答案．‎ ‎【详解】为偶函数，故①正确．当时，，它在区间单调递减，故②错误．当时，，它有两个零点：；当时，，它有一个零点：，故在有个零点：，故③错误．当时，；当时，，又为偶函数，的最大值为，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C．‎ ‎【点睛】画出函数的图象，由图象可得①④正确，故选C．‎ ‎9.已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.‎ ‎【详解】法一：如图，由已知可设，则 ‎，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．‎ 所求椭圆方程为，故选B．‎ 法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．‎ ‎10.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.‎ ‎【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，‎ ‎，又，分别为、中点，‎ ‎，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D．‎ 解法二:‎ 设，分别为中点，‎ ‎，且，为边长为2的等边三角形，‎ 又 中余弦定理，作于，，‎ 为中点，，，‎ ‎，，又，两两垂直，，，，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．‎ 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分．）‎ ‎11.是虚数单位，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模．‎ ‎【详解】．‎ ‎【点睛】本题考查了复数模的运算，是基础题.‎ ‎12.展开式中的常数项为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式的通项公式得出通项，根据方程思想得出的值，再求出其常数项．‎ ‎【详解】，‎ 由，得，‎ 所以的常数项为.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，牢记常数项是由指数幂为0求得的．‎ ‎13.已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率.‎ ‎【详解】如图，‎ 由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，‎ 又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为 ‎，所以该双曲线的离心率为．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．‎ ‎14.已知函数是奇函数，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为．若的最小正周期为，且，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数性质求得，由横坐标的变化情况及的最小正周期可求得，进而得表达式，代入可求得，即可得的解析式；代入即可求得的值.‎ ‎【详解】函数是奇函数，‎ 所以，代入可得，‎ 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为．‎ 则，的最小正周期为，‎ 则 ，解得，‎ 所以，‎ 因为，代入可得，‎ 解得，‎ 所以，‎ 则，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦函数图像与性质的简单应用，函数图像平移变换及由性质求三角函数解析式，属于基础题.‎ ‎15.对于某种类型的口服药，口服小时后，由消化系统进入血液中药物浓度（单位）与时间小时的关系为，其中，为常数，对于某一种药物，，．‎ ‎（1）口服药物后______小时血液中药物浓度最高；‎ ‎（2）这种药物服药小时后血液中药物浓度如下表 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎0.9545‎ ‎0.9304‎ ‎0.6932‎ ‎0.4680‎ ‎0.3010‎ ‎01892‎ ‎0.1163‎ ‎0.072‎ 一个病人上午8：00第一次服药，要使得病人血液中药物浓度保持在0.5个单位以上，第三次服药时间是______（时间以整点为准）‎ ‎【答案】 (1). (2). 15：00‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，代入参数后可得解析式，结合二次函数性质即可求得最大值及取最大值时自变量的值；由所给数据，满足病人血液中药物浓度保持在0.5个单位以上的条件，即可得解.‎ ‎【详解】药物浓度（单位）与时间小时的关系为，对于某一种药物，，．‎ 代入可得 ‎，‎ 所以当，即时取得最大值；‎ 由表中数据可知，病人上午8：00第一次服药，要使得病人血液中药物浓度保持在0.5个单位以上，则第二次服药时间在11：00；第一次服药后7个小时后药物残留为0.1163，第二次服药后4小时的药物残留为0.4680，而.‎ 第一次服药后8小时的药物残留为0.072，第二次服药后4小时的药物残留为0.3010，而；‎ 综上可知，若使得病人血液中药物浓度保持在0.5个单位以上，则第三次服药时间为第一次服药后的7小时，即为15：00.‎ 故答案为：；15：00.‎ ‎【点睛】本题考查了函数在实际问题中的应用，由二次函数的性质求最值，对数据分析和处理能力的运用，属于中档题.‎ 三、解答题（共3小题，共35分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．）‎ ‎16.在中，，，分别为内角，，所对的边，且．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若角为锐角，，，求，的值．‎ ‎【答案】（1）或；（2）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理，将边化为角的表达式，即可由三角函数值求得角的大小；‎ ‎（2）由（1）及角为锐角，可确定角的值；代入余弦定理及面积公式即可求得，再由的方程即可确定，的值．‎ ‎【详解】（1）因为，且，‎ 所以由正弦定理可得，‎ 所以，又，‎ 所以或．‎ ‎（2）因为角为锐角，可得，‎ 所以，可得，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以或．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的简单应用，属于基础题.‎ ‎17.已知函数 ‎（I）若，求函数的极值和单调区间；‎ ‎（II）若在区间上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（I）时，的极小值为1；单调递增区间为，单调递减区间为；（II）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（I）首先求出导函数，然后令导数等于零，解方程，从而根据定义域列表讨论，求得函数的单调区间和极值；（II）首先根据题意将问题转化为在区间上的最小值小于0即可，从而首先求出导函数，然后分、研究函数在上的单调性，将的各极值与其端点的函数值比较，其中最小的一个就是最小值，进而求得的取值范围．‎ 试题解析：（I）因为，‎ 当，．‎ 令，得．‎ 又的定义域为，随的变化情况如下表：‎ 所以时，的极小值为1．‎ 的单调递增区间为，单调递减区间为．‎ ‎（II）因为，且，‎ 令，得到．‎ 若在区间上存在一点，使得成立，‎ 其充要条件是在区间上的最小值小于0即可．‎ ‎（1）当时，对成立，‎ 所以，在区间上单调递减，‎ 故在区间上的最小值为，‎ 由，得，即 ‎（2）当时，‎ ‎①若，则对成立，‎ 所以在区间上单调递减，‎ 所以，在区间上的最小值为，‎ 显然，在区间上的最小值小于0不成立 ‎②若，即时，则有 所以在区间上的最小值为，‎ 由，‎ 得，解得，即舍去；‎ 当，即，即有在递增，‎ 可得取得最小值，且为1，，不成立．‎ 综上，由（1）（2）可知符合题意．‎ 考点：1、函数极值与导数的关系；2、利用导数研究的函数的单调性；3、函数最值与导数的关系．‎ ‎【方法点睛】运用导数求可导函数的极值的步骤：（1）先求函数的定义域，再求函数的导数；（2）求方程的根；（3）检查在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么在这个根处取得极小值．如果左右符号相同，则此根处不是极值点．‎ ‎18.已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P‎2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P‎2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.‎ 试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.‎ 又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.‎ 因此，解得.‎ 故C的方程为.‎ ‎（2）设直线P‎2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，‎ 如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.‎ 则，得，不符合题设.‎ 从而可设l：（）.将代入得 由题设可知.‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.‎ 而 ‎.‎ 由题设，故.‎ 即.‎ 解得.‎ 当且仅当时，，欲使l：，即，‎ 所以l过定点（2，）‎ 点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.‎