北京市朝阳区2020届高三上学期抽样检测数学试题 含解析

北京市朝阳区2020届高三上学期抽样检测数学试题 含解析

北京市朝阳区2019～2020学年度第一学期高三年级抽样检测 数学试卷 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）‎ ‎1.已知集合，，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：，或，所以，故选D.‎ 考点：集合的运算 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2.已知等比数列，满足，且，则数列的公比为（）‎ A. 4 B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数运算公式和对数定义可由得到，‎ 由等比数列的下标性质和等比数列各项正负性的性质，可由得到，最后可以求出等比数列的公比.‎ 详解】等比数列中，①，‎ ‎，由等比数列各项正负性的性质可知：同号，故 ‎②，‎ ‎②除以①，得：等比数列的公比，故本题选B.‎ ‎【点睛】本题考查了对数的运算性质及对数的定义，考查了等比数列的下标性质，考查了求等比数列的公比，考查了数学运算能力.‎ ‎3.已知命题，，则是 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 为：，.选C.‎ ‎4.已知函数是奇函数，是偶函数，则（）‎ A. B. C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用奇函数的性质，可以求出的值，由偶函数的性质，可以求出的值，利用对数的运算公式，可以求出的值.‎ ‎【详解】因为函数奇函数，所以，即，‎ 因为是偶函数，所以，‎ 因此，故本题选A.‎ ‎【点睛】本题考查了奇偶函数的性质，考查了对数的运算，考查了数学运算能力.‎ ‎5.设点P是圆上任一点，则点P到直线距离的最大值为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出圆心到直线距离，然后利用圆的性质可以求出点P到直线距离的最大值.‎ ‎【详解】因为的圆心坐标为，半径为，因此圆心到直线的距离为，因此点P到直线距离的最大值为，故本题选C.‎ ‎【点睛】本题考查了圆上的点到定直线距离的最大值问题，利用圆的几何性质是解题的关键.‎ ‎6.设为等差数列，p，q，k，l为正整数，则“”是“”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】‎ 根据不等式，得到等差数列公差的正负性和p，q，k，l之间的关系，结合充分性、必要性的定义选出正确答案即可.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ 或，显然由不一定能推出，由也不一定能推出 ，‎ 因此是的既不充分也不必要条件，故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了充要条件的判断.‎ ‎7.众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，因而也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，整个图形是一个圆形，其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆．给出以下命题：‎ ‎①在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是；‎ ‎②当时，直线与黑色阴影部分有公共点；‎ ‎③当时，直线与黑色阴影部分有两个公共点．‎ 其中所有正确结论的序号是（）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ①②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①:根据圆的对称性可以阴影部分的面积是圆的面积一半，可以求出在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率的大小；‎ ‎②：当时，可以求出阴影部分在第一象限内半圆的圆心坐标，求出圆心到直线距离，这样可以判断出半圆与直线的关系，最后可以判断出直线与黑色阴影部分是否有公共点；‎ ‎③：当时，直线表示横轴，此时直线与阴影部分有无穷多个交点，所以可以判断出本结论是否正确.‎ ‎【详解】①：因为阴影部分的面积是圆的面积一半，所以在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率的大小为，故本结论是正确的；‎ ‎②：当时，阴影部分在第一象限内半圆的圆心坐标为，半径为1，它到直线的距离为，所以直线与半圆相切，因此直线与黑色阴影部分有公共点，故本结论是正确的；‎ ‎③：当时，直线表示横轴，此时直线与阴影部分有无穷多个交点，故本结论是错误的，因此只有结论①②是正确的，故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型，考查了直线与圆的位置关系，考查了圆的对称性.‎ ‎8.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，…，第n个三角形数为，记第n个k边形数为，下面列出了部分k边形数中第n个数的表达式：‎ 三角形数，‎ 正方形数，‎ 五边形数，‎ 六边形数，‎ 以此类推，下列结论错误的是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形数、正方形数、五边形数、六边形数中第n个数的表达式，可以得到k边形数中第n个数的表达式，对四个选项依次判断即可.‎ ‎【详解】因为三角形数，‎ 正方形数，‎ 五边形数，‎ 六边形数，‎ 所以可以类推得到：第n个k边形数为，‎ 于是有，，，，因此选项C是错误的，故本题选C.‎ ‎【点睛】本题考查了合情推理的归纳推理，考查了代数式恒等变形的能力，属于基础题.‎ ‎9.在平面直角坐标系中，锐角的顶点与O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交点的纵坐标为．将角沿逆时针方向旋转角后，得到角，则（）‎ A. 的最大值为，的最小值为 B. 的最大值为，的最小值为 C. 的最大值为，的最小值为 D. 的最大值为，的最小值为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由三角函数的定义，可以求出锐角 的正弦，利用同角的三角函数关系式，可以求出锐角的余弦值，结合正弦函数和余弦函数的单调性，求出、的最值，最后选出正确答案.‎ ‎【详解】由题意可知：，，所以有，‎ ‎，即， 因为，‎ 所以，因为在上单调递减，‎ 所以的最大值为，‎ 的最小值为；‎ 因为，所以当时，有最小值，最小值为，‎ ‎，，所以的最大值为，故本题选C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数定义，考查了同角的三角函数关系式，考查了正弦函数、余弦函数的在闭区间上的最值.‎ ‎10.在平面直角坐标系中，设为边长为1的正方形内部及其边界的点构成的集合．从中的任意点P作x轴、y轴的垂线，垂足分别为，．所有点构成的集合为M，M中所有点的横坐标的最大值与最小值之差记为；所有点构成的集合为N，N中所有点的纵坐标的最大值与最小值之差记为．给出以下命题：‎ ‎①的最大值为：②的取值范围是；③恒等于0．‎ 其中所有正确结论的序号是（）‎ A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据新定义画图，通过正方形对角线的位置，数形结合可以选出正确的答案.‎ ‎【详解】由题意，根据正方形的对称性，设正方形的初始位置为正方形,画出图形，如下图所示：‎ 正方形的边长为1，所以正方形的对角线长为.‎ 当正方形绕顺时针旋转时，可以发现当对角线在横轴时，如图所示：的最大值为，故结论①正确；此时 ，所以有，‎ 当正方形绕顺时针旋转时，当正方形有一边在横轴时，，有最小值为1，即，所以有最小值为2，所以有，故结论②正确；‎ 由于，所以恒等于0，故结论③正确，综上所述：结论①②③都正确，故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了新定义的理解与运用，考查了数学阅读能力，考查了分类思想、数形结合思想.‎ 第二部分（非选择题共110分）‎ 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）‎ ‎11.已知向量，．若，则与的夹角为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合，可以求出的值，再根据平面向量夹角公式求出与的夹角.‎ ‎【详解】因为，所以，即，‎ 因此，设与的夹角为，因此有 ‎，因为，所以.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量夹角公式，考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了平面向量垂直的性质，考查了数学运算能力.‎ ‎12.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为_______，最长棱长为_______．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出四棱锥的图形，由三视图求出几何元素的长度，求出体积和最长棱长即可，‎ ‎【详解】四棱锥如下图所示：底面是直角梯形，‎ ‎，底面，且，‎ 所以四棱锥的体积为；‎ ‎, , ‎ ‎, ,所以最长棱长为3.‎ ‎【点睛】本题考查了四棱锥体积的求法，考查了勾股定理的应用，考查了数学运算能力.‎ ‎13.已知直线与曲线相切，则a的值为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出切点坐标，对函数进行求导，求出该切点处的切线的斜率，结合直线与曲线相切，可以求出a的值.‎ ‎【详解】设直线与曲线相切于点，‎ ‎，所以过点的切线的斜率为，因此有：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了已知曲线切线求参数问题，设切点、求导是解题关键，考查了数学运算能力.‎ ‎14.若函数有且只有一个零点，则a的取值范围是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断当时，函数是否有且只有一个零点，如果有且只有一个零点，那么当时函数就不存在零点；如果函数在时，没有零点，那么函数在时，有且只有一个零点，这样就可以求出a的取值范围.‎ ‎【详解】当时，函数，显然函数单调递增，且，所以函数有且只有一个零点，要想函数在全体实数范围内，有且只有一个零点，只需当时，或恒成立即可.‎ 当在恒成立时，；‎ 当在恒成立时，，‎ 综上所述：a的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了已知分段函数的零点求参数问题，考查了不等式恒成立问题，考查了对数函数和指数函数的单调性应用.‎ ‎15.设函数，若对于任意的，在区间上总存在唯一确定的，使得，则的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出当时，函数的值域，再根据，可以求出函数值域的子集，结合正弦型函数的单调性，可以求出的最小值.‎ 详解】，即，‎ 而，因此值域包含，且，由题意可知在区间上总存在唯一确定的，使得，因此有以下两种情形：‎ ‎（1）且，此时，所以，因此的最小值为；‎ ‎（2）且，此时，所以，因此的最小值为；综上所述：的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦型函数的值域问题，考查了已知正弦型函数在闭区间上值域求区间长度最小值问题，考查了数形结合思想.‎ ‎16.在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B两点．若圆上存在一点C，满足，则r的值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 即，整理化简得cos∠AOB＝－，过点O作AB的垂线交AB于D，则cos∠AOB＝2cos2∠AOD－1＝－，得cos2∠AOD＝.又圆心到直线的距离为OD＝，所以cos2∠AOD＝＝＝，所以r2＝10，r＝.‎ 三、解答题（共6小題，共80分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）‎ ‎17.在中，，，．‎ ‎（Ⅰ）求a的值；‎ ‎（Ⅱ）求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据同角的三角函数关系式，结合，可以求出的值，运用正弦定理，可以求出a的值；‎ ‎（Ⅱ）由，，运用诱导公式，可以求出 的值，根据同角的三角函数关系式，可以求出的值，运用三角形内角和定理和两角和的正弦公式求出，最后利用二倍角的余弦公式求出的值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）在中，由，得．‎ 因为，‎ 由正弦定理，‎ 得，即，‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）因为，，‎ 所以，．‎ 所以．‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理的应用，考查了同角的三角函数关系式，考查了二倍角的余弦公式，考查了两角和的正弦公式，考查了数学运算能力.‎ ‎18.已知数列是等差数列，满足，，数列是公比为3的等比数列，且．‎ ‎（Ⅰ）求数列和的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ），．（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设出等差数列的公差，运用等差数列的通项公式，结合已知，，可以求出公差，最后求出通项公式；这样利用已知数列是公比为3的等比数列，且．可以得到数列的通项公式，最后求出数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）根据等差数列和等比数列前n项和公式，利用分组求和法求数列的前n项和.‎ ‎【详解】解：（1）设等差数列的公差为d．‎ 由，，得，解得．‎ 所以．‎ 即的通项公式为：，．‎ 由于是公比为3的等比数列，且，‎ 所以．‎ 从而．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）．‎ 数列的前n项和 ‎．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列基本量求法，考查了等比数列的通项公式，考查了等差数列和等比数列前n项和公式，考查了数学运算能力.‎ ‎19.已知四边形为直角梯形，，，，，为中点，，与交于点，沿将四边形折起，连接．‎ ‎（1）求证：平面; ‎ ‎（2）若平面平面．‎ ‎（I）求二面角的平面角的大小；‎ ‎（II）线段上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）（I）见解析；（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）依据题设条件，运用线面平行的判定定理推证；（2）依据题设建立空间直角坐标系，运用向量的坐标形式进行分析探求．‎ ‎（1）证明：连结交于，则为中点，设为中点，连结，则，且．‎ 由已知且．‎ ‎∴且，所以四边形为平行四边形．‎ ‎∴，即．‎ ‎∵平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）‎ 由已知为边长为2正方形，‎ ‎∴，‎ 因为平面平面，又，‎ ‎∴两两垂直．‎ 以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，‎ 则．‎ ‎（I）可求平面法向量为，‎ 平面法向量为，‎ ‎∴，‎ 所以二面角的平面角的大小为 ‎（II）假设线段上是否存在点，使平面，设（），‎ 则，‎ ‎∵平面，则，可求．‎ 所以线段上存在点，使平面，且．‎ ‎20.已知点E在椭圆上，以E为圆心的圆与x轴相切于椭圆C 的右焦点，与y轴相交于A，B两点，且是边长为2的正三角形．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知圆，设圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于M、N两点，试判断以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标，并直接写出的值；若不过定点，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）以为直径的圆过原点，坐标为，且为定值 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据圆的切线性质可以知道，这样可以求出点E的坐标，利用等边三角形的性质，可以求出、的值，再根据，最后求出的值，也就求出椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）当过点P且与圆O相切的切线的斜率不存在时，设出直线方程，求出M、N两点的坐标，判断是否成立，可以判断以为直径的圆是否过定点，也就能求出的值；‎ 当过点P且与圆O相切的切线的斜率存在时，设出直线的截距式方程，设出M、N两点的坐标，根据直线和圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，可得到一个等式，‎ 联立直线方程和椭圆方程，消去，得到一个关于的一元二次方程，利用根与系数关系，计算的值，最后可以求出的值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由题意可得轴，则，‎ 因为是边长为2的正三角形，‎ 所以 ‎，且，‎ 解得，，‎ 所以椭圆方程为．‎ ‎（Ⅱ）当过点P且与圆O相切的切线的斜率不存在时，‎ 可设切线方程为，可得，，‎ 则，所以，‎ 此时以为直径的圆过原点，‎ 为定值；‎ 当过点P且与圆O相切的切线的斜率存在时，可设切线方程为，，，‎ 由直线和圆相切可得，即，‎ 联立直线方程和椭圆方程，‎ 可得，‎ 即有，，，‎ ‎，‎ 可得，‎ 此时．‎ 综上可得以为直径的圆过原点，且为定值．‎ ‎【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了圆的切线性质，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了以线段为直径的圆过定点问题，考查了数学运算能力.‎ ‎21.设函数，其中．‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）讨论的极值点的个数；‎ ‎（Ⅲ）若在y轴右侧的图象都不在x轴下方，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）答案不唯一，具体见解析（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当时，求出函数的导函数，再求出在处的切线的斜率，最后利用点斜式求出切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求函数的导函数，通过换元法，导函数的解析式是二次项系数不确定的多项式函数，根据二次项系数等于零、大于零、小于零，结合一元二次方程根的判别式，分类讨论求出函数的极值点的个数；‎ ‎（Ⅲ）由题设可知，．因此有当时，，‎ 根据（Ⅱ）可知函数的单调性进行分类讨论；‎ ‎①当时，利用函数的单调性可以证明出成立．‎ ‎②当时，利用根与系数关系，和函数的单调性可以得到．‎ ‎③当时，利用放缩法、构造新函数，可以证明当时，不恒成立，最后确定a的取值范围.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）当时，，，‎ 所以，．‎ 曲线在处的切线方程为，即．‎ ‎（Ⅱ）由已知可得，‎ 设，则，记，‎ ‎（1）时，，函数在R上为增函数，没有极值点．‎ ‎（2）当时，判别式，‎ ‎①若时，，，函数在R上为增函数，没有极值点．‎ ‎②若时，，由，抛物线的对称轴为，‎ 可知的零点均为正数．‎ 不妨设的两个不等正实数根为，且，‎ 则，‎ 所以当，，单调递增，‎ 当，，单调递减，‎ 当，，单调递增，‎ 此时函数有两个极值点．‎ ‎（3）若时，由，‎ 可知的两个不相等的实数根，且，‎ 当，，单调递增，‎ 当，，单调递减，‎ 此时函数只有一个极值点．‎ 综上：当时无极值点；‎ 当时有一个极值点；‎ 当时有两个极值点．‎ ‎（Ⅲ）由题设可知，．‎ 时，，‎ 由（Ⅱ）知：‎ ‎①当时，函数在R上为增函数，‎ ‎，所以成立；‎ ‎②当时，，，所以，‎ 当时单调递增，又，‎ 所以，，等价于，即．‎ 所以只需，即．‎ 所以，当时，也满足，；‎ ‎③当时，‎ ‎，‎ 考察函数，‎ 显然存在，使得，‎ 即存在，使得，不满足，‎ 综上所述，a的取值范围是 ‎【点睛】本题考查了求曲线的切线方程，考查了利用导数求函数的极值，考查了利用导数研究不等式恒成立问题.‎ ‎22.已知数列，如果存在常数p，使得对任意正整数n，总有成立，那么我们称数列为“p-摆动数列”．‎ ‎（Ⅰ）设，，，判断、是否为“p-摆动数列”，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）已知“p-摆动数列”满足，，求常数p的值；‎ ‎（Ⅲ）设，且数列的前n项和为，求证：数列是“p-摆动数列”，并求出常数p的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）数列不是“p-摆动数列”，数列是“p-‎ 摆动数列”，详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析，p的取值范围是.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）假设数列是“p-摆动数列”，通过对取特殊值，可以证明出数列不是“p-摆动数列”；‎ 通过数列的通项公式和指数运算的法则，结合“p-摆动数列”的定义，可以证明出数列是“p-摆动数列”；‎ ‎（Ⅱ）利用递推公式，可以求出的值，由是“p-摆动数列”，这样可以求出常数p的取值范围，通过是“p-摆动数列”的定义，可以得到奇数项、偶数项与p的大小关系，这样利用通项公式最后可以求出常数p的值；‎ ‎（Ⅲ）分类讨论：分别当n为偶数时、当n为奇数时，求出，最后确定的表达式，根据“p-摆动数列”的定义，可以证明数列是“p-摆动数列，分别当n为奇数时、当n为偶数时，利用的单调性，求出常数p的取值范围即可．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）假设数列是“p-摆动数列”，‎ 即存在常数p，总有对任意成立，‎ 不妨取时，则；取时，则，显然常数p不存在，‎ 所以数列不是“p-摆动数列”‎ 由，于是对任意成立，其中．‎ 所以数列是“p-摆动数列”．‎ ‎（Ⅱ）由数列为“p-摆动数列”，又，‎ 所以，即存在常数，使对任意，总有成立，及，所以．‎ 因为，所以．‎ 同理因为，所以．所以，即，‎ 解得，即．‎ 同理，解得，即．‎ 综上．‎ ‎（Ⅲ）证明：由，．‎ 当n为偶数时，；‎ 当n为奇数时，．‎ 所以，．‎ 显然存在，使对任意正整数n，总有成立，‎ 所以数列是“p-摆动数列”．‎ 当n为奇数时，因为，单调递减，所以，只要即可．‎ 当n为偶数时，单调递增，，只要即可．‎ 综上，，所以p的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了数列新定义判断证明题，考查了数列的单调项，考查了数学运算能力.‎