北京市东城区2020届高三一模考试数学试题

北京市东城区2020届高三一模考试数学试题

‎2020年高考数学一模试卷 一、选择题 ‎1.已知集合，，那么( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合A，再利用交集的定义求解.‎ ‎【详解】∵，，‎ ‎∴.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.函数的定义域为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据得到，再解不等式即可.‎ ‎【详解】函数，令，得，‎ 解得，所以的定义域为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查函数的定义域，属于简单题.‎ ‎3.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法得出，进而可求得实数的值.‎ ‎【详解】，，因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用复数相等求参数，考查复数除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.若双曲线的一条渐近线与直线平行，则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线中斜率为正数的渐近线方程，根据该直线与直线平行可求得的值.‎ ‎【详解】双曲线的一条渐近线与直线平行，可得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线与直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.‎ 如图所示，某三棱锥的正（主）视图、俯视图、侧（左）视图均为直角三角形，则该三棱锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三视图作出几何体的直观图，然后利用锥体的体积公式可求得该几何体的体积.‎ ‎【详解】由三视图知，几何体是一个三棱锥，‎ 根据三棱锥的三视图的数据，设出三棱锥两两垂直的三条侧棱分别是，，，‎ 因此，三棱锥的体积是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解答的关键就是结合三视图还原几何体，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎6.已知，那么在下列不等式中，不成立的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用作差法可判断A、B选项的正误，利用正弦、余弦值的有界性可判断C、D选项的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】，则，，‎ 又、，，.‎ 可得：ABC成立，D不成立.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用作差法来进行判断，同时也要注意正弦、余弦有界性的应用，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎7.在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出运动分钟时动点转动的角，再利用诱导公式可求得结果.‎ ‎【详解】每分钟转动一周，则运动到分钟时，转过的角为.‎ 设点的初始位置的坐标为，则，，‎ 运动到3分钟时动点所处位置的坐标是.‎ 由诱导公式可得，，‎ 所以，点的坐标为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎8.已知三角形，那么“”是“三角形为锐角三角形”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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在不等式两边平方并化简得，判断出角的属性，再结合充分条件、必要条件的定义判断即可.‎ ‎【详解】三角形中，“”，可得为锐角，此时三角形不一定为锐角三角形.‎ 三角形为锐角三角形为锐角.‎ 三角形，那么“”是“三角形为锐角三角形”的必要不充分条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查必要而不充分条件的判断，同时也考查了平面向量数量积的应用，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎9.设O为坐标原点，点，动点在抛物线上，且位于第一象限，是线段的中点，则直线的斜率的范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点，可得出线段的中点的坐标，利用基本不等式可求得直线的斜率的取值范围.‎ ‎【详解】设，，所以的中点，‎ 所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查直线斜率取值范围的计算，涉及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10.假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物，则我们称前者为被捕食者，后者为捕食者.现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型.假设捕食者的数量以表示，被捕食者的数量以表示.如图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系，其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法正确的是（ ）‎ A. 若在、时刻满足：，则 B. 如果数量是先上升后下降的，那么的数量一定也是先上升后下降 C. 被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值 D. 被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者的数量也会达到最大值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形可判断A选项的正误；根据曲线上半段中和的变化趋势可判断B选项的正误；根据捕食者和被捕食者的最值情况可判断C选项的正误；取，可判断D选项的正误.‎ ‎【详解】由图可知，曲线中纵坐标相等时横坐标未必相等，故A不正确；‎ 在曲线上半段中观察到是先上升后下降，而是不断变小的，故B不正确；‎ 捕食者数量最大时是在图象最右端，最小值是在图象最左端，此时都不是被捕食者的数量的最值处，‎ 同样当被捕食者的数量最大即图象最上端和最小即图象最下端时，也不是捕食者数量取最值的时候，‎ 所以被捕食者数量和捕食者数量不会同时达到最大和最小值，故C正确；‎ 当捕食者数量最大时在图象最右端，，，‎ 此时二者总和，由图象可知存在点，，‎ ‎，所以并不是被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，‎ 被捕食者数量也会达到最大值，故D错误，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的性质，考查数据分析能力，比较抽象，属于中等题.‎ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.‎ ‎11.已知向量，，，若与共线，则实数______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出向量的坐标，利用共线向量的坐标表示可得出关于的等式，进而可求得的值.‎ ‎【详解】向量，，，，‎ 与共线，，解得实数.‎ 故答案为：.‎ 点睛】本题考查利用向量共线求参数，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎12.在的展开式中，常数项为_____．（用数字作答）‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式展开式的通项公式，利用x项的指数为0，即可求出常数项.‎ ‎【详解】在的展开式中,通项公式为：‎ 令 所以展开式的常数项为：‎ 故答案为：60‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.‎ ‎13.圆心在轴上，且与直线和都相切的圆的方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设所求圆的方程为，根据圆与直线、都相切可求得、的值，由此可得出所求圆的方程.‎ ‎【详解】设所求圆的方程为，‎ 因为圆与直线和都相切，则，‎ 解得，，所以圆的方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线与圆相切的处理，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎14.是等边三角形，点D在边的延长线上，且，，则______；______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，在中利用余弦定理可求得的长，在中，利用正弦定理可求得的值.‎ ‎【详解】如图所示，等边中，，所以.‎ 又，所以，‎ 即，解得，所以；‎ 由，即，解得.‎ 故答案为：；.‎ 点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎15.设函数给出下列四个结论：①对，，使得 无解；②对，，使得有两解；③当时，，使得有解；④当时，，使得有三解.其中，所有正确结论的序号是______.‎ ‎【答案】③④‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 取，由一次函数的单调性和基本不等式，可得函数的值域，可判断①的正误；取，判断函数的单调性，即可判断②；考虑时，求得函数的值域，即可判断③；当时，结合一次函数的单调性和基本不等式，以及函数的图象，即可判断④.综合可得出结论.‎ ‎【详解】对于①，可取，则，‎ 当时，；‎ 当时，，当且仅当时，取得等号，‎ 故时，的值域为R，，都有解，故①错误；‎ 对于②可取时，，可得在上单调递增，‎ 对，至多一解，故②错误；‎ 对于③，当时，时，单调递减，可得；‎ 又时，，即有.‎ 可得，则的值域为，‎ ‎，都有解，故③正确；‎ 对于④，当时，时，递增，可得；当时，，当且仅当时，取得等号，‎ 由图象可得，当时，有三解，故④正确.‎ 故答案为：③④.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的应用，主要考查方程根的个数问题，注意运用反例法判断命题不正确，考查推理能力，属于中等题.‎ 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.‎ ‎16.如图，在四棱锥中，面，底面为平行四边形，，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据四边形是平行四边形得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；‎ ‎（Ⅱ）过作平行于的直线，以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：底面为平行四边形，，‎ 平面，平面，平面；‎ ‎（Ⅱ）解：过作平行于的直线，‎ ‎，，又面，‎ 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.‎ 则、、，，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，取，得.‎ 取平面的一个法向量，则.‎ 由图可知，二面角为钝角，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎17.已知函数，且满足_______.‎ ‎（Ⅰ）求函数的解析式及最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）若关于的方程在区间上有两个不同解，求实数的取值范围.从①的最大值为，②的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，③的图象过点.这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答.‎ ‎【答案】满足①或②或③；（Ⅰ），最小正周期为；（Ⅱ）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式，根据①或②或③中的条件求得，可得出，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）令，得，解得，，可得出方程在区间上的实数根，进而可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）函数 ‎，‎ 若满足①的最大值为1，则，解得，‎ 所以，则函数的最小正周期为；‎ ‎（Ⅱ）令，得，‎ 解得，，即，；‎ 若关于的方程在区间上有两个不同解，则或；‎ 所以实数m的取值范围是.‎ 若满足②，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，‎ 且的最小正周期为，所以，解得；‎ 以下解法均相同.‎ 若满足③，的图象过点，则，解得；‎ 以下解法均相同.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦型函数的基本性质求函数解析式，同时也考查了利用正弦型函数方程的根的个数求参数，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎18.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.如图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代定位模块，分别定位的50个点位的横、纵坐标误差的值，其中“”表示北斗二代定位模块的误差的值，“+”表示北斗三代定位模块的误差的值.（单位：米）‎ ‎（Ⅰ）从北斗二代定位的50个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于‎10米的概率；‎ ‎（Ⅱ）从图中A，B，C，D四个点位中随机选出两个，记X为其中纵坐标误差的值小于的点位的个数，求X的分布列和数学期望；‎ ‎（Ⅲ）试比较北斗二代和北斗三代定位模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）‎ ‎【答案】（Ⅰ）0.06；（Ⅱ）分布列见解析，1；（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）通过图象观察，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于‎10米有3个点，由古典概率的计算公式可得所求值；‎ ‎（Ⅱ）通过图象可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D ‎，则X的所有可能取值为0，1，2，分别求得它们的概率，作出分布列，计算期望即可；‎ ‎（Ⅲ）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由图可得，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于‎10米有3个点，‎ 所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于‎10米的概率为；‎ ‎（Ⅱ）由图可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，‎ 所以X的所有可能取值为0，1，2，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以X的分布列为 所以X的期望为；‎ ‎（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.‎ ‎【点睛】本题考查古典概率的求法，以及随机变量的分布列和期望的求法，方差的大小的判断，考查数形结合思想和运算能力、推理能力，属于中档题.‎ ‎19.已知椭圆E：（），它的上，下顶点分别为A，B，左，右焦点分别为，，若四边形为正方形，且面积为2.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设存在斜率不为零且平行的两条直线，，它们与椭圆E分别交于点C，D，M，N，且四边形是菱形，求出该菱形周长的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意可得，解出即可；‎ ‎（Ⅱ）设的方程为，的方程为，联立直线与椭圆方程并消元得韦达定理的结论，根据弦长公式可求得，，由四边形为菱形可得，可得，再根据基本不等式即可求出最值．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）∵四边形为正方形，且面积为2，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设的方程为，，，‎ 设的方程为，，，‎ 联立可得，‎ 由可得，化简可得，①‎ ‎，，‎ ‎，‎ 同理可得，‎ ‎∵四边形为菱形，∴，∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴，关于原点对称，又椭圆关于原点对称，‎ ‎∴关于原点对称，也关于原点对称，‎ ‎∴且，‎ ‎∴，，‎ ‎∵四边形为菱形，可得，‎ 即，即，‎ 即，‎ 可得，‎ 化简可得，‎ ‎∴菱形的周长为 ‎，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 此时，满足①，‎ ‎∴菱形的周长的最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查椭圆的几何性质，考查一元二次方程根与系数的应用，考查基本不等式的应用，考查转化与划归思想，考查计算能力，属于难题．‎ ‎20.已知函数（）.‎ ‎（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）若有两个极值点，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）若，求在区间上的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得；‎ ‎（Ⅰ）当时，求得，，根据点斜式方程即可求出切线方程；‎ ‎（Ⅱ）由题意得两个不等的正根，令，则，由此可得函数的单调性，由此可求出答案；‎ ‎（Ⅲ）由题意可得，由二阶导的取值符号可得到的单调性，得到 ‎，由此可求出函数在上单调递减，从而求出最值．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴；‎ ‎（Ⅰ）当时，，，‎ ‎∴曲线在点处的切线方程为，‎ 即；‎ ‎（Ⅱ）∵若有两个极值点，‎ ‎∴有两个不等的正根，即两个不等的正根，‎ 令，，，‎ 令，‎ 当时，此时单调递增，；‎ 当时，此时单调递减，‎ ‎∴函数在处取得极大值，也是最大值，‎ 因为两个不等的正根，‎ ‎∴，得，‎ ‎∴实数a的取值范围是；‎ ‎（Ⅲ）∵，‎ ‎∴，，‎ ‎∵，，令，‎ 当时，，此时单调递增，‎ 当时，，此时单调递减，‎ 故，‎ ‎∴在上单调递减，‎ 故在上的最小值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查利用导数求曲线的切线方程，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于难题．‎ ‎21.数列：，，，…，，…，对于给定的（，），记满足不等式：（，）的构成的集合为．‎ ‎（Ⅰ）若数列，写出集合；‎ ‎（Ⅱ）如果（，）均为相同的单元素集合，求证：数列，，…，，…为等差数列；‎ ‎（Ⅲ）如果（，）为单元素集合，那么数列，，…，，…还是等差数列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）是等差数列，证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意得，，分和两类讨论解出不等式，再根据的定义即可求出；‎ ‎（Ⅱ）由题意，若中均只有同一个元素，不妨设为，当时，由题意可得，当时，有，则成立，从而得出证明；‎ ‎（Ⅲ）不妨设，，，，由题意可得，，则，则；设，则，则，首先证时的情况，不妨设，由，为单元素集，则；再证，由和的定义可证，则，则存在正整数使得，而，得出矛盾，从而，同理可证，由此可得结论．‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：由题意得，为满足不等式的构成的集合，‎ ‎∵数列，‎ ‎∴，即，‎ 当时，上式可化为，‎ 当时，上式可化，得，‎ ‎∴；‎ ‎（Ⅱ）证：对于数列：，，，…，，…，‎ 若中均只有同一个元素，不妨设为，‎ 下面证明数列为等差数列，‎ 当时，有，①‎ 当时，有，②‎ ‎∵①②两式对任意大于1的整数均成立，‎ ‎∴成立，‎ ‎∴数列，，…，，…为等差数列；‎ ‎（Ⅲ）解：对于数列：，，…，，…，‎ 不妨设，，，，‎ 由，知，‎ 由，知：，即，‎ ‎∴，∴；‎ 设，则，‎ 这说明，则，‎ ‎∵对于数列，中均只有一个元素，‎ 首先证时的情况，不妨设，‎ ‎∵，又为单元素集，∴，‎ 再证，证明如下：‎ 由的定义可知：，，∴，‎ 由的定义可知，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，∴，‎ 则存在正整数，使得，③‎ ‎∵，‎ ‎∴，这与③矛盾，‎ ‎∴，‎ 同理可证，即，‎ ‎∴数列，，…，，…还是等差数列．‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的新定义问题，考查定义法证明等差数列，考查计算能力与推理能力，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，属于难题．‎