北京市育英中学2020届高三3月月考数学试题

北京市育英中学2020届高三3月月考数学试题

北京市育英中学2020届高三3月月考数学试卷 一、选择题：（本大题共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，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因，故,选C.‎ 考点：交集运算.‎ ‎2.设a,b为实数，若复数，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简，然后用复数相等的条件，列方程组求解．‎ ‎【详解】由可得1+2i＝（a﹣b）+（a+b）i，所以，解得，，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了复数相等的概念及有关运算，考查计算能力．是基础题．‎ ‎3.过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点．若中点到抛物线准线的距离为6，则线段的长为（ ）‎ A. B. C. D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：中点到抛物线准线的距离为6，则A,B到准线的距离之和为12，即 考点：直线与抛物线相交问题 ‎4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）‎ A. ， B. ，，‎ C. ，， D. ，，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在A中，a与b相交、平行或异面；在C中，由线面垂直的性质可得a∥b；在B、D中，均可得a与b相交、平行或异面；‎ ‎【详解】由a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，‎ 在A中，，，则a与b相交、平行或异面，故A错误；‎ 在B中，，，，则a与b相交、平行或异面，故B错误；‎ 在C中，由a，，则，又，由线面垂直的性质可知，故C正确；‎ 在D中，，，，则a与b相交、平行或异面，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查线线平行的充分条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ ‎5.已知数列成等差数列，成等比数列，则的值是 ( )‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意可知：数列1,a1,a2，4成等差数列，设公差为d，‎ 则4=1+3d，解得d=1，‎ ‎∴a1=1+2=2，a2=1+2d=3.‎ ‎∵数列1,b1,b2,b3，4成等比数列，设公比为q，‎ 则4=q4,解得q2=2，‎ ‎∴b2=q2=2.‎ 则.‎ 本题选择A选项.‎ ‎6.一名顾客计划到商场购物，他有三张优惠劵，每张优惠券只能购买一件商品.根据购买商品的标价，三张优惠券的优惠方式不同，具体如下：优惠劵1：若标价超过50元，则付款时减免标价的；优惠劵2：若标价超过100元，则付款时减免20元；优惠劵3：若标价超过100元，则超过100元的部分减免.若顾客购买某商品后，使用优惠劵1比优惠劵2、优惠劵3减免的都多，则他购买的商品的标价可能为( )‎ A. 179元 B. 199元 C. 219元 D. 239元 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设购买商品的标价为x元，根据题意列出不等式即可得到答案.‎ ‎【详解】设购买的商品的标价为x元，由题意，，且，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数模型的选择问题，考查学生分析解决问题的能力，是一道基础题.‎ ‎7.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的三视图可得，该几何体是一个俯视图中右下角的三角形为底面的三棱锥，代入棱锥的的体积公式，即可求解.‎ ‎【详解】由已知中的三视图可得：该几何体是一个如图所示的三棱锥，‎ 其底面的面积为，高为，‎ 所以该三棱锥的体积为，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.‎ ‎8.若双曲线的渐近线与圆 相切，则双曲线的离心率为( )‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用圆心到渐近线的距离等于半径即可建立间的关系.‎ ‎【详解】由已知，双曲线的渐近线方程为，故圆心到渐近线的距离等于1，即，‎ 所以，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，求双曲线离心率问题，关键是建立三者间的方程或不等关系，本题是一道基础题.‎ ‎9.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，椭圆C上点A满足若点P是椭圆C上的动点，则的最大值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得点A，，的坐标，再利用数量积运算法则和点P的纵坐标的取值范围即可得出最大值．‎ ‎【详解】由椭圆C：可得：，，，．‎ ‎，．‎ 设，则又，‎ ‎．‎ 的最大值为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、数量积运算等基础知识与基本技能方法，属于基础题．‎ ‎10.在长方体中，,点为的中点，点为对角线上的动点，点为底面上的动点（点，可以重合），则的最小值为( )‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，将平面沿翻折，使其与平面在共面，将折线段转化为直线段距离最小，从而求出MP+PQ的最小值.‎ ‎【详解】‎ 如图1，显然当是在底面的射影时才可能最小，将平面沿 翻折，‎ 使其与平面在共面，如图2所示，此时易得，，显然当 三点共线时，取得最小值，此时.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何翻折问题中的最值问题，考查空间想象能力以及学生的计算能力，难度比较大.‎ 二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）‎ ‎11.展开式中的常数项为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出展开式的通项，令的指数为零，即得常数项.‎ ‎【详解】展开式中第项为 ‎，‎ 令，所以常数项为.‎ 故答案为:-220‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式中特定的项，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.‎ ‎12.在中，，，，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：直接利用正弦定理求∠C.‎ 详解：由正弦定理得 因为AB＜BC，所以∠C＜∠A=,所以.故答案为.‎ 点睛：（1）本题主要考查正弦定理解三角形，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.(2) 解三角形如果出现多解，要利用三角形内角和定理或三角形边角不等关系来检验.‎ ‎13.设是偶函数，对于任意的都有，已知，那么等于______.‎ ‎【答案】-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知得，，进而得到，再令即可.‎ ‎【详解】因为是偶函数，所有①，又，所以②，‎ 由①②可得，故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查求抽象函数在某点的函数值，涉及到函数的奇偶性，是一道基础题.‎ ‎14.已知函数（），若函数（）的部分图象如图所示，则__________，的最小值是__________．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ 根据图形知，函数的周期 ‎ 又函数的图象经过 ‎ 所以 ‎ 的的最小值是 点睛：本题考查了三角函数 的图象与性质的应用问题，是基础题目．‎ ‎15.设，若不存在实数，使得函数有两个零点，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数零点个数等于与交点个数，然后分，或，，四种情况讨论即可.‎ ‎【详解】‎ 函数零点个数等于与交点个数，‎ 当时，如图1所示，存在实数，使得与有两个不同的交点，不满足题意；‎ 当或时，此时是单调递增函数，故满足题意；‎ 当时，如图2，不存在实数，使得与有两个不同的交点，满足题意；‎ 当时，如图3，存在实数，使得与有两个不同的交点，不满足题意；‎ 综上，不存在实数使函数有两个零点的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查已知函数零点个数求参数的问题，在做此类题，一定要注意等价转化与数形结合的思想，本题是一道中档题.‎ ‎16.在平面直角坐标系中，动点到两坐标轴的距离之和等于它到定点的距离，记点的轨迹为.给出下面四个结论：①曲线关于原点对称；②曲线关于直线对称；③点在曲线上；④在第一象限内，曲线与轴的非负半轴、轴的非负半轴围成的封闭图形的面积小于.其中所有正确结论的序号是______.‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动点P（x，y）到两条坐标轴的距离之和等于它到点（1，1）的距离，可得曲线方程，作出曲线的图象，即可得到结论．‎ ‎【详解】动点P（x，y）到两条坐标轴的距离之和等于它到点（1，1）的距离，所以 ‎，‎ 即.若，则，即，故，‎ 以为中心的双曲线的一支；若，则，即，故或，‎ 所以函数的图象如图所示 所以曲线C关于直线对称，②正确；又，所以点在曲线上，‎ ‎③正确；在第一象限内，曲线与轴的非负半轴、轴的非负半轴围成的封闭图形的面积小于，故④正确.‎ 故答案为：②③④.‎ ‎【点睛】本题考查求曲线的轨迹方程，考查数形结合的数学思想方法，本题解题关键是正确作出函数图象，是一道中档题．‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明， 演算步骤或证明过程）‎ ‎17.已知函数，x∈R．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的最小正周期和单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）设α＞0，若函数g（x）=f（x+α）为奇函数，求α的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）周期，单调递增区间为，k∈Z．（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）‎ ‎，所以函数的最小正周期.‎ 由， 得，‎ 所以函数的单调递增区间为.‎ ‎（注：或者写成单调递增区间为.）‎ ‎（2）解：由题意，得， 因为函数为奇函数，且，‎ 所以，即， 所以，‎ 解得，验证知其符合题意. 又因为，‎ 所以的最小值为.‎ 考点：三角函数的图象和性质.‎ ‎18.自由购是通过自助结算方式购物的一种形式. 某大型超市为调查顾客使用自由购的情况，随机抽取了100人，统计结果整理如下：‎ ‎20以下 ‎70以上 使用人数 ‎3‎ ‎12‎ ‎17‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎0‎ 未使用人数 ‎0‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎14‎ ‎36‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎（Ⅰ）现随机抽取 1 名顾客，试估计该顾客年龄在且未使用自由购的概率；‎ ‎（Ⅱ）从被抽取的年龄在使用自由购的顾客中，随机抽取3人进一步了解情况，用表示这3人中年龄在的人数，求随机变量的分布列及数学期望；‎ ‎（Ⅲ）为鼓励顾客使用自由购，该超市拟对使用自由购的顾客赠送1个环保购物袋.若某日该超市预计有5000人购物，试估计该超市当天至少应准备多少个环保购物袋.‎ ‎【答案】；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）2200‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）随机抽取的100名顾客中，年龄在[30，50）且未使用自由购的有3+14＝17人，由概率公式即可得到所求值；‎ ‎（Ⅱ）所有的可能取值为1,2,3，求出相应的概率值，即可得到分布列与期望；‎ ‎（Ⅲ）随机抽取的100名顾客中，使用自由购的有44人，计算可得所求值．‎ ‎【详解】（Ⅰ）在随机抽取的100名顾客中，年龄在[30,50)且未使用自由购的共有3+14=17人，‎ 所以，随机抽取1名顾客，估计该顾客年龄在[30,50)且未使用自由购的概率为．‎ ‎（Ⅱ）所有的可能取值为1,2,3，‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎.‎ 所以的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以的数学期望为.‎ ‎（Ⅲ）在随机抽取的100名顾客中，‎ 使用自由购的共有人，‎ 所以该超市当天至少应准备环保购物袋的个数估计为.‎ ‎【点睛】本题考查统计表，随机变量X的分布列及数学期望，以及古典概型，是一道综合题．‎ ‎19.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．‎ 如图，在阳马中，侧棱底面，且，为中点，点在上，且平面，连接，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；‎ ‎（Ⅲ）已知，，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为面，面，所以．‎ 因为四边形为矩形，所以．‎ ‎，所以面．‎ 面，，‎ 在中，，为中点，所以．‎ ‎，‎ 所以面．‎ ‎（Ⅱ）四面体是鳖臑，其中， ．‎ ‎（Ⅲ）以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．，， ，，．‎ 设，则．‎ 得解得．所以．‎ 设平面的法向量，‎ ‎ 令得，．‎ 平面的法向量，‎ 平面的法向量，‎ ‎，．‎ 二面角的余弦值为．‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，椭圆与轴交于 两点，且．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设点是椭圆上的一个动点，且直线与直线分别交于 两点．是否存在点使得以 为直径的圆经过点？若存在，求出点的横坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）点不存在.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据椭圆的几何性质知，即，再由离心率得，从而可得 ‎，得椭圆方程；‎ ‎（2）假设点P存在，并设，写出PA的方程，求出M点坐标，同理得N点坐标，求出MN的中点坐标，即圆心坐标，利用圆过点D得一关于的等式，把P点坐标代入椭圆方程后也刚才的等式联立解得，注意的范围，即可知存在不存在．‎ 详解：（1）由已知，得知，‎ 又因为离心率为，所以.                              ‎ 因为，所以,                                  ‎ 所以椭圆的标准方程为. ‎ ‎（2）假设存在.‎ 设 由已知可得，‎ 所以的直线方程为，                         ‎ 的直线方程为，‎ 令，分别可得，，       ‎ 所以，                               ‎ 线段 的中点，                               ‎ 若以为直径的圆经过点D（2,0），‎ 则,                           ‎ 因为点在椭圆上，所以，代入化简得， ‎ 所以， 而，矛盾，‎ 所以这样的点不存在.‎ 点睛：解析几何中存在性命题常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则不存在．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）求函数的零点和极值；‎ ‎（3）若对任意，都有成立，求实数的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）零点，极小值；（3）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为， 所以．‎ 因为，所以曲线在处的切线方程为. ‎ ‎（2）令，解得， ‎ 所以的零点为.  ‎ 由解得，‎ 则及的情况如下：‎ ‎2‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ 所以函数在 时,取得极小值.  ‎ ‎（3）法一：‎ 当时，.‎ 当时，.   ‎ 若，由（2）可知的最小值为，的最大值为，‎ 所以“对任意，有恒成立”等价于 即，   解得.      所以的最小值为1. ‎ 法二：当时，. 当时，.‎ 且由（2）可知，的最小值为，                  ‎ 若，令，则 而，不符合要求，‎ 所以.     当时，,,‎ 所以，即满足要求，‎ 综上，最小值为1.‎ ‎22.设数列对任意都有（其中、、是常数） .‎ ‎（Ⅰ）当，，时，求；‎ ‎（Ⅱ）当，，时，若，，求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅲ）若数列中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.当，，时，设是数列的前项和，，试问：是否存在这样的“封闭数列”，使得对任意，都有，且.若存在，求数列的首项的所有取值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅱ）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当，，时，由已知条件推导出，，由此得到数列是以首项为1，公比为3的等比数列，从而能求出；‎ ‎（Ⅱ）当，，，由已知条件推导出，从而得到数列是等差数列，由此求出；‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知数列是等差数列，，由此进行验证，求出数列的首项的所有取值.‎ 详解】（Ⅰ）当，，时，①，用去换 得②，②-①得，，即，‎ 在①中令得，故是以1为首项，3为公比的等比数列，所以，‎ 从而.‎ ‎（Ⅱ）当，，时，③，用去换得 ‎④，④-③得，⑤，用 去换得⑥，⑥-⑤得，，即 ‎，故是等差数列，因为，，所以公差，‎ 故.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知是等差数列，因，所以，假设存在这样的“封闭数列”，‎ 则对任意，必存在，使得，‎ 所以，故偶数，，又由已知，，‎ 所以，此时；当时，，‎ ‎，所以 ‎，‎ 故 ‎【点睛】本题考查数列的前n项和的求法，考查数列的通项公式的求法，考查数列的首项的求法，解题时要认真审题，是一道中档题．‎