北京市丰台区2020届高三上学期期末考试数学试题

北京市丰台区2020届高三上学期期末考试数学试题

丰台区2019—2020学年度第一学期期末练习 ‎ 高三数学 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.若集合，，则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用交集的定义可求.‎ ‎【详解】,‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算（交），此类问题属于基础题.‎ ‎2.命题“，”的否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：，‎ 考点：全称命题与特称命题 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先考虑函数的定义域是否关于原点对称，再利用基本初等函数性质判断各选项中的函数是否为偶函数、是否为增函数.‎ ‎【详解】对于D，因为函数的定义域为，故函数不是偶函数，故D错误.‎ 对于A，定义域为且它是奇函数，故A错误.‎ 对于C，的定义域为，它是偶函数，但在有增有减，故C错误.‎ 对于B，的定义域为，它是偶函数，在为偶函数，故B正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查基本初等函数的奇偶性和单调性，解题的关键是熟悉基本初等函数的性质，本题属于基础题.‎ ‎4.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，，则此四面体在坐标平面上的正投影图形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出、在坐标平面上的投影点的坐标后可求四面体的正投影的面积.‎ ‎【详解】、在坐标平面上的投影点的坐标分别为，‎ 故四面体的正投影为构成的三角形，‎ 因为，故，‎ 所以为等腰直角三角形，故，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查空间直角坐标系中的几何图形的面积，注意根据利用解直角三角形（有时是解三角形）的方法来求解，本题属于容易题.‎ ‎5.已知菱形边长为1，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为基底向量表示后利用向量数量积的运算律可求的值.‎ ‎【详解】，‎ 故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】向量的数量积的计算，有四种途径：（1）利用定义求解，此时需要知道向量的模和向量的夹角；（2）利用坐标来求，把数量积的计算归结坐标的运算，必要时需建立直角坐标系；（3）利用基底向量来计算，也就是用基底向量来表示未知的向量，从而未知向量数量积的计算可归结为基底向量的数量积的计算；（4）靠边靠角，也就是利用向量的线性运算，把未知向量的数量积转化到题设中的角或边对应的向量．‎ ‎6.双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将双曲线方程化成标准方程后求出可求离心率.‎ ‎【详解】双曲线的标准方程为：，‎ 故实半轴长为，虚半轴长为，故半焦距，‎ 故离心率为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考虑双曲线的离心率，注意先把方程化成标准方程后再求基本量，本题属于基础题.‎ ‎7.已知公差不为0的等差数列，前项和为，满足，且成等比数列，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将题设条件转化为基本量方程组，求出基本量后可求.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，则 ，‎ 解得或（舍），故，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1‎ ‎）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．‎ ‎8.在的展开式中，常数项是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项展开式的通项公式可求常数项.‎ ‎【详解】的展开式的通项公式为，‎ 令，则，故常数项为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查二项展开中的指定项，注意利用通项公式帮助计算，本题为基础题.‎ ‎9.大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回到自己出生的淡水流域产卵. 记鲑鱼的游速为（单位：），鲑鱼的耗氧量的单位数为. 科学研究发现与成正比. 当时，鲑鱼的耗氧量的单位数为. 当时，其耗氧量的单位数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用当时，鲑鱼的耗氧量的单位数为求出后可计算时鲑鱼耗氧量的单位数.‎ ‎【详解】设，因为时，，故，‎ 所以，故时，即.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查对数函数模型在实际中的应用，解题时注意利用已知的公式来求解，本题为基础题.‎ ‎10.在边长为的等边三角形中，点分别是边上的点，满足且，将沿直线折到的位置. 在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）‎ A. 在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面 B. 存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面 C. 若，当二面角为直二面角时，‎ D. 在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用反证法可证明A、B错误，当且二面角为直二面角时，计算可得，从而C错误，利用体积的计算公式及放缩法可得，从而可求的最大值为，因此D正确.‎ ‎【详解】对于A，假设存在，使得平面，‎ 如图1所示，‎ 因为平面，平面平面，故，‎ 但在平面内，是相交的，‎ 故假设错误，即不存在，使得平面，故A错误.‎ 对于B，如图2，‎ 取的中点分别为，连接，‎ 因为为等边三角形，故，‎ 因为，故 ‎ 所以均为等边三角形，故，，‎ 因为，，，故共线，‎ 所以，因为，故平面，‎ 而平面，故平面平面，‎ 若某个位置，满足平面平面，则在平面的射影在上，也在上，故在平面的射影为，所以，‎ 此时，这与矛盾，故B错误.‎ 对于C，如图3（仍取的中点分别为，连接）‎ 因为，所以为二面角的平面角，‎ 因为二面角为直二面角，故，所以，‎ 而，故平面，因平面，故.‎ 因为，所以.‎ 在中，，‎ 在中，，故C错.‎ 对于D，如图4（仍取的中点分别为，连接），‎ 作在底面上的射影，则在上.‎ 因为，所以且，所以其.‎ 又 ‎，‎ 令，则，‎ 当时，；当时，.‎ 所以在为增函数，在为减函数，故.‎ 故D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查平面图形的折叠问题、折叠过程的线面、面面关系的判断以及体积最值的计算，解题注意折叠前面变化的量与不变量的量，而线面、面面关系的判断要依据性质定理或判定定理，体积最值的计算首先要有目标函数，其次根据线段长度的大小关系放缩为一元函数，再利用导数求最值，本题为难题.‎ 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.复数的实部为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法可算，从而得到其实部.‎ ‎【详解】，故所求实部.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法以及复数的概念，注意复数的实部和虚部都是实数，本题属于基础题.‎ ‎12.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“”，下图就是一重卦．如果某重卦中有2个阳爻，则它可以组成__________种重卦．（用数字作答）‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据组合的定义可得重卦的种数.‎ ‎【详解】由题设，卦的种数为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查组合的应用，解题时注意将实际问题抽象为组合问题，本题属于基础题.‎ ‎13.已知分别为内角的对边，且，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结合正弦定理可得，再利用得到三边的关系，最后利用余弦定理可求.‎ ‎【详解】由正弦得，故（为外接圆的半径），故，‎ 又，故，‎ 由余弦定理可得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.‎ ‎（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；‎ ‎（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；‎ ‎（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.‎ ‎14.我们称一个数列是“有趣数列”，当且仅当该数列满足以下两个条件：‎ ‎①所有的奇数项满足，所有的偶数项满足；‎ ‎②任意相邻的两项，满足.‎ 根据上面的信息完成下面的问题：‎ ‎（i）数列__________“有趣数列”（填“是”或者“不是”）；‎ ‎（ii）若，则数列__________“有趣数列”（填“是”或者“不是”）.‎ ‎【答案】 (1). 是 (2). 是 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据定义检验可得正确的结论.‎ ‎【详解】若数列为，则该数列为递增数列，满足“有趣数列”的定义，‎ 故为“有趣数列”.‎ 若，则，‎ ‎.‎ ‎，故.‎ ‎,‎ 故.‎ ‎，故.‎ 综上，为“有趣数列”.‎ 故答案为：是，是.‎ ‎【点睛】本题以“有趣数列”为载体，考虑数列的单调性，注意根据定义检验即可，本题为中档题.‎ ‎15.已知抛物线的焦点为，则的坐标为__________；过点的直线交抛物线于两点，若，则的面积为__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的标准方程可得焦点的坐标，利用焦半径公式可得的横坐标，求出其纵坐标后可求出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程后求出的坐标，最后可求的面积.‎ ‎【详解】由抛物线可得，故焦点坐标.‎ 设，则，故.‎ 根据抛物线的对称性，不妨设在第一象限，则，‎ 故，故直线.‎ 由 可得，故或，‎ 所以.‎ 故答案为：，.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的焦点、焦半径公式及抛物线中与三角形有关的面积计算，一般地，抛物线 上的点到焦点的距离为；抛物线 上的点到焦点的距离为.直线与抛物线相交后的交点坐标，一般是联立方程组求解，本题属于中档题.‎ ‎16.定义域为的函数同时满足以下两条性质：‎ ‎①存在,使得；‎ ‎②对于任意，有.‎ 根据以下条件，分别写出满足上述性质的一个函数.‎ ‎（i）若是增函数，则_______ ；‎ ‎（ⅱ）若不是单调函数，则_______ .‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先给出上符合条件的函数，再求出其他范围上的解析式，注意验证构造出的函数是否满足单调性的要求.‎ ‎【详解】由①可知为非零函数，‎ 由②可知，只要确定了在上的函数值，就确定了在其余点处的函数值，若是增函数，令在上的解析式为，‎ 则当时，则，故.‎ 故，此时为上的增函数.‎ 若不是单调函数，令在上的解析式为，‎ 它不是单调函数，‎ 又当时，则，‎ 故.‎ 故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数的性质，该性质和函数的周期性类似，因此可采取类似周期函数的处理方法即先确定主区间上满足已知性质的函数，再根据类周期性可求其他范围上的解析式，本题属于难题.‎ 三、解答题共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.‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求在区间上的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用特殊角的三角函数值计算即可.‎ ‎（Ⅱ）利用降幂公式和辅助角公式可得，求出的范围后利用正弦函数的性质可求最大值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ） ‎ ‎ ‎ ‎. ‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎. ‎ 因为，所以. ‎ 当，即时，‎ 取得最大值.‎ ‎【点睛】形如 的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、最值、对称轴方程和对称中心等．‎ ‎18.如图，在三棱柱中，平面，，，的中点为. ‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）在棱上存在点，使得平面，且.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）可证明平面，从而得到.‎ ‎（Ⅱ）利用，，两两互相垂直建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量平面的法向量后可求二面角的余弦值．‎ ‎（Ⅲ）设，则可用表示，利用与平面的法向量垂直可求，从而得到的值.‎ ‎【详解】证明：（Ⅰ）因为平面，平面，所以.‎ 因为，所以.‎ 又因为，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，两两互相垂直，‎ 如图，建立空间直角坐标系．‎ 因为，‎ 所以，，，.‎ 因为平面，‎ 所以即为平面的一个法向量.‎ 设平面的一个法向量为，‎ ‎，， ‎ 则 即 ‎ 令，则.‎ 于是.‎ 所以.‎ 由题知二面角为锐角，所以其余弦值为. ‎ ‎（Ⅲ）假设棱上存在点，使得平面.‎ 由，得.‎ 因为，为的中点，所以.‎ 所以.‎ 若平面，则，解得 又因为平面.‎ 所以在棱上存在点，使得平面，且.‎ ‎【点睛】本题考查空间中的线面平行、线线垂直和二面角的计算，线线垂直可以通过线面垂直而得到，平行与垂直关系也可以通过方向向量、法向量的关系而得到，二面角的计算可以构建二面角的平面角，从而将空间角转化为平面角进行计算，也可以合理建系，把二面角的计算转化为法向量的夹角来计算.‎ ‎19.目前，中国有三分之二的城市面临“垃圾围城”的窘境. 我国的垃圾处理多采用填埋的方式，占用上万亩土地，并且严重污染环境. 垃圾分类把不易降解的物质分出来，减轻了土地的严重侵蚀，减少了土地流失. ‎2020年5月1日起，北京市将实行生活垃圾分类，分类标准为厨余垃圾、可回收物、有害垃圾和其它垃圾四类 .生活垃圾中有30%~40%可以回收利用，分出可回收垃圾既环保，又节约资源. 如：回收利用1吨废纸可再造出0.8吨好纸，可以挽救17棵大树，少用纯碱240千克，降低造纸的污染排放75％，节省造纸能源消耗40％～50％.‎ 现调查了北京市5个小区12月份的生活垃圾投放情况，其中可回收物中废纸和塑料品的投放量如下表：‎ 小区 小区 小区 小区 小区 废纸投放量（吨）‎ ‎5‎ ‎5.1‎ ‎5.2‎ ‎4.8‎ ‎4.9‎ 塑料品投放量（吨）‎ ‎3.5‎ ‎3.6‎ ‎3.7‎ ‎3.4‎ ‎3.3‎ ‎（Ⅰ）从这5个小区中任取1个小区，求该小区12月份的可回收物中，废纸投放量超过5吨且塑料品投放量超过3.5吨的概率；‎ ‎（Ⅱ）从这5个小区中任取2个小区，记为12月份投放的废纸可再造好纸超过4吨的小区个数，求的分布列及期望．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）基本事件的总数为5，随机事件中含有的基本事件的个数为2，从而可得随机事件的概率.‎ ‎（Ⅱ）利用超几何分布可求X的分布列及期望．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）记“该小区12月份的可回收物中废纸投放量超过5吨且塑料品投放量超过3.5吨”为事件.‎ 由题意，有两个小区12月份的可回收物中废纸投放量超过5吨且塑料品投放量超过3.5吨，所以. ‎ ‎（Ⅱ）因为回收利用1吨废纸可再造出0.8吨好纸，‎ 所以12月份投放的废纸可再造好纸超过4吨的小区有，共2个小区.‎ 的所有可能取值为0，1，2.‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎.‎ 所以的分布列为:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率的计算，关键是基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数的计算，计算时应利用排列组合的方法来考虑，另外，随机变量的分布列可借助于常见分布来计算概率.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）设为椭圆右顶点，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线，分别交直线于，两点. 求证：，两点的纵坐标之积为定值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出后可得椭圆方程.‎ ‎（Ⅱ）当直线的斜率不存在，计算可得两点的纵坐标之积为.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，则，联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简后可得定值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）因为以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，‎ 所以半径等于原点到直线的距离，，即.‎ 由离心率，可知，且，得.‎ 故椭圆的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）由椭圆的方程可知.‎ 若直线的斜率不存在，则直线方程为，‎ 所以.‎ 则直线的方程为，直线的方程为.‎ 令，得，.‎ 所以两点的纵坐标之积为.‎ 若直线的斜率存在，设直线的方程为,‎ 由得，‎ 依题意恒成立.‎ 设， ‎ 则. ‎ 设，‎ 由题意三点共线可知，‎ 所以点的纵坐标为.同理得点的纵坐标为.‎ 所以 综上，两点的纵坐标之积为定值.‎ ‎【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组，消元后得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系式中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值等问题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅲ）对于任意，，都有，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分类讨论，详见解析；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当时，求出可得切线的斜率，从而得到切线方程.‎ ‎（Ⅱ）求出后就讨论其符号后可得函数的单调区间.‎ ‎（Ⅲ）就、、、 、分类讨论后可得的最大值和最小值，从而得到关于的不等式组，其解即为所求的取值范围.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）当时，因为 所以，.‎ 又因为，‎ 所以曲线在点处的切线方程为. ‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 所以.‎ 令，解得或.‎ 若，当即或时，‎ 故函数的单调递增区间为；‎ 当即时，故函数的单调递减区间为.‎ 若，则，‎ 当且仅当时取等号，故函数在上是增函数.‎ 若，当即或时，‎ 故函数的单调递增区间为；‎ 当即时，故函数的单调递减区间为.‎ 综上，时，函数单调递增区间为，单调递减区间为； ‎ 时，函数单调递增区间为；‎ 时，函数单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎（Ⅲ） 由题设，只要即可.‎ 令，解得或.‎ 当时，随变化， 变化情况如下表：‎ 减 极小值 增 由表可知，此时 ，不符合题意.‎ 当时，随变化， 变化情况如下表： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 增 极大值 减 极小值 增 由表可得，‎ 且，，‎ 因，所以只需，‎ 即 ，解得.‎ 当时，由（Ⅱ）知在为增函数，‎ 此时，符合题意.‎ 当时，‎ 同理只需，即 ，解得. ‎ 当时，，，不符合题意.‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查曲线的切线、函数的单调性以及不等式的恒成立，注意导数符号的讨论需按导数的零点是否存在、根存在的条件下根的大小关系来分类讨论，本题属于难题.‎ ‎22.已知，给定个整点,其中.‎ ‎（Ⅰ）当时,从上面的个整点中任取两个不同的整点，求 的所有可能值；‎ ‎（Ⅱ）从上面个整点中任取个不同的整点，.‎ ‎（i）证明：存在互不相同的四个整点，满足,；‎ ‎（ii）证明：存在互不相同的四个整点，满足,.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）详见解析；（ii）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）列出所有的整点后可得的所有可能值.‎ ‎（Ⅱ）对于（i），可用反证法，对于（ii），可设直线上选择了个的点，计算可得诸直线上不同两点的横坐标和的不同个数的最小值为，结合中任意不同两项之和的不同的值恰有个可得至少有一个和出现两次，从而可证结论成立.‎ ‎【详解】解:（Ⅰ）当时，4个整点分别为.‎ 所以的所有可能值. ‎ ‎ （Ⅱ）（i）假设不存在互不相同的四个整点，‎ 满足.‎ 即在直线中至多有一条直线上取多于1个整点，其余每条直线上至多取一个整点， 此时符合条件的整点个数最多为.‎ 而，与已知矛盾 故存在互不相同的四个整点，满足.‎ ‎（ii）设直线上有个选定的点.‎ 若，设上的这个选定的点的横坐标为，且满足.‎ 由，‎ 知中任意不同两项之和至少有个不同的值，这对于也成立.‎ 由于中任意不同两项之和的不同的值恰有个，‎ 而,‎ 可知存在四个不同的点，‎ 满足.‎ ‎【点睛】本题考查集合中的计数问题，对于存在性问题，可从反面讨论或从不同和的个数切入，本题类似于组合数学的抽屉原理，本题竞赛味浓烈，属于难题.‎