北京市顺义区2020届高三第一次模拟考试数学试题 Word版含解析

北京市顺义区2020届高三第一次模拟考试数学试题 Word版含解析

顺义区2020届高三第一次统练 数学试卷 考生须知：‎ ‎1.本试卷共5页，共两部分，20道小题，满分150分.考试时间120分钟.‎ ‎2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名和班级.‎ ‎3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.‎ ‎4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其它试题用黑色字迹签字笔作答.‎ 第一部分（选择题共40分）‎ 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简,再和求交集.‎ ‎【详解】解：,‎ 又因为 所以,即.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查集合的交集运算,属于基础题.‎ ‎2.设复数，则在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把复数化成的形式,即可得出对于的象限.‎ - 21 -‎ ‎【详解】解：‎ 所以在复平面内对应的点在第二象限.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查复数的运算和几何意义,属于基础题.‎ ‎3.若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数、指数函数的单调性求解.‎ ‎【详解】解：,‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以,即.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查三个数大小的比较,是基础题,要注意对数函数、指数函数的单调性的合理运用.‎ ‎4.若，则下列不等式一定正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质,特殊值排除法和基本不等式解题.‎ ‎【详解】因为：‎ 对于A：当,所以,故A错误；‎ - 21 -‎ 对于B：因为,所以,故B错误；‎ 对于C：因为,所以,故C错误；‎ 对于D：因为,所以,‎ 又因为,则,故不取等,即,故D正确；‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了不等式的性质、基本不等式的性质,考查了推理能力与计算能力.‎ ‎5.抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，则（ ）‎ A. B. ‎8 ‎C. 4 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出抛物线与双曲线的焦点,两焦点为同一焦点,即可得出的值.‎ ‎【详解】解：抛物线的焦点为,‎ 双曲线,为,‎ 则,,焦点为：或,‎ 所以有,解得或,又因为,‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查抛物线与双曲线的焦点,是基础题.‎ ‎6. 如图，一个简单空间几何体的三视图其主视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的侧面积是 - 21 -‎ A. B. 12‎ C. D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图知：原几何体是一个正四棱锥，正四棱锥的底面边长为2，高为，所以侧面的斜高为，所以该几何体的侧面积为．‎ 考点：三视图；四棱锥的侧面积．‎ 点评：解决这类题的关键是准确分析出几何体的结构特征，发挥自己的空间想象力，把立体图形和平面图形进行对照，找出几何体中的数量关系．‎ ‎7.设非零向量，满足，则“”是“与的夹角为”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】‎ ‎【分析】‎ 根据向量垂直数量积等于零，利用充分性、必要性的定义即可求解.‎ ‎【详解】由，则，即 ‎，‎ 若，则，即与的夹角为，充分性满足；‎ 若与的夹角为，则，由，所以，必要性满足；‎ - 21 -‎ 所以“”是“与的夹角为” 充分必要条件.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了充分性、必要性定义，同时考查了向量的数量积定义运算，属于基础题.‎ ‎8.当时,若函数的图象与的图象有且只有一个交点,则正实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,由二次函数的性质分析可得为二次函数,在区间 为减函数,在区间为增函数,分和两种情况,结合图象分析两个函数的单调性与值域,即可得出正实数的取值范围.‎ ‎【详解】解：当时,又因为为正实数,‎ 函数的图象二次函数,‎ 在区间 为减函数,在区间为增函数;‎ 函数,是斜率为的一次函数.‎ 最小值为,最大值为;‎ ‎①当时,即时,‎ 函数在区间 为减函数,‎ 在区间 为增函数,‎ - 21 -‎ 的图象与的图象有且只有一个交点,‎ 则,即 ‎,解得,‎ 所以 ‎②当时,即时,‎ 函数在区间 为减函数,在区间为增函数,‎ 在区间 为增函数,‎ 的图象与的图象有且只有一个交点,‎ 则即 的图象与的图象有且只有一个交点 ‎,‎ 解得或 综上所述：正实数的取值范围为.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查函数的交点问题,涉及函数单调性的应用,关键是确定实数的分类讨论.‎ 第二部分（非选择题共110分）‎ 二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）‎ ‎9.____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式三将角化为正角,再计算对应的三角函数值.‎ ‎【详解】解：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式和特殊角的三角函数.‎ ‎10.设为公比的等比数列的前项和,且，，成等差数列，则__________,________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设等比数列的通项公式,再根据,,成等差数列,利用等差中项列方程,求出公比,再代入即可解出本题.‎ ‎【详解】解：设等比数列的通项公式,‎ 又因为,,成等差数列,‎ 所以,即,‎ 又因为等比数列中,则,解得或,‎ 又因为,所以.‎ 所以.‎ 故答案为：(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式、等差中项以及等比数列的前项和公式,属于基础题.‎ ‎11.若函数，则函数的零点是___________.‎ - 21 -‎ ‎【答案】0或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先令等于,再根据分段函数分情况求解.‎ ‎【详解】解：要求函数的零点,‎ 则令,即,‎ 又因为：,‎ ‎①当时,,‎ ‎,解得.‎ ‎②当时,,‎ ‎,解得（负值舍去）,所以.‎ 综上所以,函数的零点是0或.‎ 故答案为：0或 ‎【点睛】本题考查函数的零点,以及已知函数值求分段函数的定义域,属于基础题.‎ ‎12.在中，若，，，则_________.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理和三角形的边之间的关系求解.‎ ‎【详解】解：因为在中,,,,‎ 由余弦定理：,‎ ‎,‎ 所以.‎ - 21 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题题考查余弦定理求三角形的边,属于基础题.‎ ‎13.直线与圆相交于两点,当的面积达到最大时,________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆的方程找出圆心坐标和半径,同时把直线的方程整理为一般式方程,然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离,即为圆中弦的弦心距,根据垂径定理得到垂足为弦的中点,由圆的半径,弦心距及弦的一半构成的直角三角形,利用勾股定理表示出弦的长度,然后利用三角形的面积公式底乘以高除,用含有的式子表示出三角形的面积,并利用基本不等式求出面积的最大值,以及面积取得最大值时的值,从而列出关于的方程,求出方程的解即可得到面积最大时的值.‎ ‎【详解】解：由圆,‎ 得到圆心坐标为 ,半径,‎ 把直线的方程为,‎ 整理为一般式方程得：,‎ ‎.圆心到直线的距离 ‎ 弦的长度,‎ ‎ ,‎ 又因为,‎ 当且仅当时取等号,取得最大值,最大值为.‎ 解得 故答案为：‎ - 21 -‎ ‎【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系,涉及的知识有：圆的标准方程,直线的一般式方程,点到直线的距离公式,垂径定理,勾股定理,以及基本不等式的应用,当直线与圆相交时,常常由弦长的一半,弦心距,以及圆的半径构造直角三角形,利用勾股定理来解决问题.‎ ‎14.某部影片的盈利额（即影片的票房收入与固定成本之差）记为,观影人数记为,其函数图象如图（1）所示.由于目前该片盈利未达到预期,相关人员提出了两种调整方案,图（2）、图（3）中的实线分别为调整后与的函数图象.‎ 给出下列四种说法:‎ ‎①图（2）对应的方案是:提高票价,并提高成本;‎ ‎②图（2）对应的方案是:保持票价不变,并降低成本;‎ ‎③图（3）对应的方案是:提高票价,并保持成本不变;‎ ‎④图（3）对应的方案是:提高票价,并降低成本.‎ 其中,正确的说法是____________.（填写所有正确说法的编号）‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象可知盈利额与观影人数成一次函数关系,再分别根据(2)和(3)的图象进行分析即可得出答案.‎ ‎【详解】解:由图象(1)可设盈利额与观影人数的函数为,‎ ‎,即为票价,‎ 当时,,则为固定成本,‎ 由图象(2)知,直线向上平移,‎ 不变即票价不变,‎ 变大,则变小,成本减小.‎ - 21 -‎ 故①错误,②正确;‎ 由图象(3)知,直线与轴的交点不变,直线斜率变大,‎ 变大,即提高票价,‎ 不变,则不变,成本不变.‎ 故③正确,④错误;‎ 故答案为:②③‎ ‎【点睛】本题考查一次函数图象的变化,以及和对一次函数图象的影响,是基础题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎15.函数的部分图象如图所示.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求在区间的最大值与最小值及对应的x的值.‎ ‎【答案】（1）；（2），此时；，此时；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先利用二倍角公式以及两角和的正弦公式的逆应用将函数化为，根据三角函数的图像可得，利用周期公式即可求解. ‎ ‎ （2）由（1）可得函数，利用正弦函数的性质即可求解.‎ - 21 -‎ ‎【详解】（1）由，‎ 则 ‎，‎ 由三角函数的图像可知，‎ 所以，解得.‎ ‎（2）由（1）可得，‎ 因为，所以，‎ 当即时，函数；‎ 当即时，函数.‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换、根据三角函数图像求解析式、三角函数的性质，属于基础题.‎ ‎16.已知四棱锥中,底面是正方形,平面,,是的中点.‎ ‎（1）求证：平面平面;‎ - 21 -‎ ‎（2）求二面角的大小;‎ ‎（3）试判断所在直线与平面是否平行,并说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）AE与平面PCD不平行,详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据条件证平面,又因为平面,所以可以证得平面平面.‎ ‎（2）根据条件得两两垂直,以此建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,设平面的法向量,求出法向量,根据公式求出两个法向量的余弦值,即可得出二面角的大小.‎ ‎（3）依题意可证平面,则平面的法向量为,又∵,则与不垂直,证得与平面不平行.‎ ‎【详解】（1）证明：∵正方形 ‎∵⊥平面, 平面,∴ ‎ ‎∵平面 ‎ ‎∴平面 又∵平面 ‎∴平面平面 ‎（2）∵平面, 平面 ‎∴‎ 又∵是正方形∴‎ ‎∴两两垂直 ‎∴以为原点如图建系,设 ‎∴, , , , , ‎ ‎∴‎ - 21 -‎ 又∵平面 ‎∴平面的法向量 设平面 的法向量 则,‎ ‎∴‎ 令,得∴‎ ‎∴‎ ‎∴二面角的大小为 ‎（3）∵, , ‎ 又平面,∴平面 ‎∴平面的法向量为 又∵‎ ‎∴与不垂直,∴与平面不平行 ‎【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明,考查用向量法求二面角的夹角,是立体几何中的基础题,掌握证明的条件是解题的关键.‎ ‎17.某学校高三年级有400‎ - 21 -‎ 名学生参加某项体育测试，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，整理得到如下频率分布直方图：‎ ‎（1）若该样本中男生有55人，试估计该学校高三年级女生总人数；‎ ‎（2）若规定小于60分为“不及格”，从该学校高三年级学生中随机抽取一人，估计该学生不及格的概率；‎ ‎（3）若规定分数在为“良好”,为“优秀”.用频率估计概率,从该校高三年级随机抽取三人,记该项测试分数为“良好”或“优秀”的人数为X,求X的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）人（2）（3）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据样本总人数100人,中男生有55人,则可算出女生45人.再根据总人数是400人,按样本中的女生人数与样本总人数的比例即可估算出的估计总体中女生人数.‎ ‎（2）由表可用减去及格人数的概率得到不及格人数的概率.‎ ‎（3）设“样本中“良好”或“优秀””为事件B,则,根据二项分布列出频率分布列,计算数学期望 ‎【详解】解：（1）∵样本中男生有55人,则女生45人 ‎∴估计总体中女生人数人 ‎（2）设“不及格”为事件A,则“及格”为事件 ‎∴‎ - 21 -‎ ‎（3）设“样本中“良好”或“优秀””为事件B,则 依题意可知：‎ ‎,‎ 所以,X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0.343‎ ‎0.441‎ ‎0.189‎ ‎0.027‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图的概率问题,概率分布问题注意一些常用的概率分布,如二项分布,超几何分布等,会计算概率,正确列出分布列,正确计算数学期望及方差.‎ ‎18.已知函数,其中 ‎（1）当时,求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若函数存在最小值,求证:.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入函数,对函数求导,将代入导函数求斜率,将代入原函数求切点,最后用点斜式求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）先求导得,讨论当时,恒成立,则在单调递增,无最小值.当时,令得或（舍）‎ 分别讨论时和 时的单调性,得出所以存在最小值,‎ - 21 -‎ ‎.再对新函数求导,根据单调性即可得出最大值为,则得证.‎ ‎【详解】解：（1）时,‎ 切线斜率 曲线在点处的切线方程为：‎ 即：‎ ‎（2）‎ ‎①当时,恒成立 在单调递增,无最小值 ‎②当时,由得或（舍）‎ 时,,在单调递减 时,,在单调递增 所以存在最小值,‎ 下面证明.‎ 设函数 由得,易知在单调递增,在单调递减 所以的最大值为 所以恒成立,得证.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求切线方程,以及含有参数的不等式的证明，利用导数求极值,属于中档题,分类讨论是关键.‎ ‎19.已知椭圆C：.‎ ‎（1）求椭圆C的离心率；‎ - 21 -‎ ‎（2）设分别为椭圆C的左右顶点,点P在椭圆C上,直线AP,BP分别与直线相交于点M,N.当点P运动时,以M,N为直径的圆是否经过轴上的定点？试证明你的结论.‎ ‎【答案】（1）（2）以为直径的圆经过轴上的定点和,证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将转化为,根据椭圆的性质得到,即可求出离心率.‎ ‎（2）根据椭圆方程求出,设,则①,分别求出直线和的方程,再分别与相交于点 和,设以为直径的圆经过轴上的定点,则,即得②,将①代入②得 解得或,得出为直径的圆是过定点和.‎ ‎【详解】解：（1）由得,‎ 那么 所以 解得,所以离心率 ‎（2）由题可知,‎ 设,则①‎ 直线的方程：‎ 令,得,从而点坐标为 直线的方程：‎ - 21 -‎ 令,得,从而点坐标为 设以为直径的圆经过轴上的定点,则 由得②‎ 由①式得,代入②得 解得或 所以为直径的圆经过轴上的定点和.‎ ‎【点睛】本题考查已知椭圆的方程求离心率和证明椭圆中的定点问题,属于中档题.‎ ‎20.若无穷数列满足：只要,必有,则称具有性质.‎ ‎（1）若具有性质,且,求；‎ ‎（2）若无穷数列是等差数列,无穷数列是等比数列,,,.判断是否具有性质,并说明理由；‎ ‎（3）设是无穷数列,已知.求证：“对任意都具有性质”充要条件为“是常数列”.‎ ‎【答案】（1）（2）不具有性质,详见解析（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据具有性质,且,可得,又因为,,,则,代入数据即可得结果.‎ ‎（2）,得出的公差和的公比,即可设和的通项公式,得出.因为,则,,得出,所以不具有性质.‎ ‎（3）先证充分性：当为常数列时,.对任意给定的,只要,则由 - 21 -‎ ‎,必有.充分性得证.‎ 再证必要性：用反证法证明.假设不是常数列,则存在,使得,而.证明存在满足的,使得,但.设,取,使得,再根据条件类推,得出不具有性质,矛盾.必要性得证即可得出结论.‎ ‎【详解】解：（1）因为,所以,,,.‎ 所以,又因为,解得 ‎（2）的公差为,所以,‎ 的公比为,所以 所以.‎ 所以,,,因为,‎ 所以不具有性质.‎ ‎（3）证明充分性：‎ 当为常数列时,.‎ 对任意给定的,只要,则由,必有.‎ 充分性得证.‎ 证明必要性：用反证法证明.假设不是常数列,则存在,‎ 使得,而.‎ 下面证明存在满足的,使得,但.‎ 设,取,使得,则 ‎,,故存在使得.‎ 取,因为（）,所以,‎ - 21 -‎ 依此类推,得.‎ 但,即.‎ 所以不具有性质矛盾.必要性得证.‎ 综上,“对任意,都具有性质”的充要条件为“是常数列”‎ ‎【点睛】本题考查数列新定义,考查等差、等比数列的定义,考查数列为基础的证明题.‎ - 21 -‎