北京市首都师范大学第二附属中学2020届高三零模考试数学试题

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首师大二附中2020届高三数学零模试卷 ‎2019-2020学年度高三数学第二学期检测试题（七）‎ 满分150分，考试时长120分钟 2020.4.2‎ 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1.复数的模为（ ）．‎ A. B. ‎1 ‎C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．‎ ‎【详解】解：，‎ 复数模为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属于基础题．‎ ‎2.集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，再计算交集得到答案.‎ ‎【详解】，，故.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.‎ ‎3.双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将方程变为，解出来即可 ‎【详解】因为双曲线的方程为 所以其渐近线方程为：‎ 即 故选：A ‎【点睛】由双曲线的标准方程得渐近线，只需将右边的1换成0，然后解出来即可.‎ ‎4.若等差数列的前项和为，且，，则的值为（ ）．‎ A. 21 B. ‎63 ‎C. 13 D. 84‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合等差数列通项公式及求和公式可求，，然后结合等差数列的求和公式即可求解．‎ ‎【详解】解：因为，，‎ 所以，解可得，，，‎ 则．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础题．‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）．‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长．‎ ‎【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，‎ 所以，该四棱锥体的最长的棱长为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题．‎ ‎6.设非零向量，，，满足，，且与的夹角为，则“”是“”的（ ）．‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 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】‎ 利用数量积的定义可得，即可判断出结论．‎ ‎【详解】解：，，，‎ 解得，，，解得，‎ ‎ “”是“”的充分必要条件．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎7.已知函数，且关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可知方程有且只有一个实根等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象，数形结合即可．‎ ‎【详解】解：因为条件等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象如图，‎ 由图可知，，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题．‎ ‎8.若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．‎ ‎【详解】解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，‎ 若函数在区间，上单调递增，‎ 在区间，上，，，‎ 则当最大时，，求得，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．‎ ‎9.已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，利用均值不等式得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则 ‎，‎ 设，，则，‎ 当，即时等号成立.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎10.一辆邮车从地往地运送邮件，沿途共有地，依次记为，，…（为地，为地）．从地出发时，装上发往后面地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达，，…各地装卸完毕后剩余的邮件数记为．则的表达式为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分析该邮车到第站时，一共装上的邮件和卸下的邮件数目，进而计算可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，该邮车到第站时，一共装上了 件邮件，‎ 需要卸下件邮件，‎ 则，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用，属于中档题．‎ 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，满分25分．）‎ ‎11.在二项式的展开式中，的系数为________.‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用二项式定理计算得到答案.‎ ‎【详解】二项式的展开式通项为：，‎ 取，则的系数为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎12.在中，，，，则__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用余弦定理可得，即可解得的值．‎ ‎【详解】解：，，，‎ 由余弦定理，‎ 可得，整理可得：，‎ 解得或（舍去）．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．‎ ‎13.在党中央的正确指导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的奋力救治，二月份“新冠肺炎”疫情得到了控制.下图是国家卫健委给出的全国疫情通报，甲、乙两个省份从‎2月7日到‎2月13日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数的折线图如下：‎ 根据图中甲、乙两省的数字特征进行比对，通过比较把你得到最重要的两个结论写在答案纸指定的空白处.‎ ‎①_________________________________________________.‎ ‎②_________________________________________________.‎ ‎【答案】 (1). 甲省比乙省的新增人数的平均数低 (2). 甲省比乙省的方差要大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据折线图得到答案.‎ ‎【详解】根据折线图知：‎ ‎①甲省比乙省的新增人数的平均数低；②甲省比乙省的方差要大.‎ 故答案为：甲省比乙省的新增人数的平均数低；甲省比乙省的方差要大.‎ ‎【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力.‎ ‎14.已知两点，，若直线上存在点满足，则实数满足的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 问题转化为求直线与圆有公共点时，的取值范围，利用数形结合思想能求出结果．‎ ‎【详解】解：直线，点，，‎ 直线上存在点满足，‎ 的轨迹方程是．‎ 如图，直线与圆有公共点，‎ 圆心到直线的距离：‎ ‎，‎ 解得．‎ 实数的取值范围为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线方程、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．‎ ‎15.集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________‎ ‎①的值可以为2；‎ ‎②的值可以为；‎ ‎③的值可以为；‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，‎ 集合：，故，即或，‎ 集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，‎ 故所在的直线的倾斜角为，，故：，‎ 解得，此时，，此时.‎ 故答案为：②③.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.‎ 三、解答题：（本大题共6小题，满分85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明）‎ ‎16.已知函数（，）满足下列3个条件中的2个条件：‎ ‎①函数的周期为；‎ ‎②是函数的对称轴；‎ ‎③且在区间上单调.‎ ‎（Ⅰ）请指出这二个条件，并求出函数的解析式；‎ ‎（Ⅱ）若，求函数的值域.‎ ‎【答案】（Ⅰ）只有①②成立，；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）依次讨论①②成立，①③成立，②③成立，计算得到只有①②成立，得到答案.‎ ‎（Ⅱ）得到，得到函数值域 ‎【详解】（Ⅰ）由①可得，；由②得：，；‎ 由③得，，，；‎ 若①②成立，则，，，‎ 若①③成立，则，，不合题意，‎ 若②③成立，则，，‎ 与③中的矛盾，所以②③不成立，‎ 所以只有①②成立，.‎ ‎（Ⅱ）由题意得，，‎ 所以函数的值域为.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的周期，对称轴，单调性，值域，表达式，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.‎ ‎17.在四棱锥的底面中，，，平面，是的中点，且 ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）线段上是否存在点，使得，若存在指出点的位置，若不存在请说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，点为线段中点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连结，，，则四边形为平行四边形，得到证明.‎ ‎（Ⅱ）建立如图所示坐标系，平面法向量为，平面的法向量，计算夹角得到答案.‎ ‎（Ⅲ）设，计算，，根据垂直关系得到答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）连结，，，则四边形为平行四边形.‎ 平面.‎ ‎（Ⅱ）平面，四边形为正方形.‎ 所以，，两两垂直，建立如图所示坐标系，‎ 则，，，，‎ 设平面法向量为，则，‎ 连结，可得，又所以，平面，‎ 平面的法向量，‎ 设二面角的平面角为，则.‎ ‎（Ⅲ）线段上存在点使得，设，‎ ‎，，，‎ 所以点为线段的中点.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行，二面角，根据垂直关系确定位置，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎18.十八大以来，党中央提出要在2020年实现全面脱贫，为了实现这一目标，国家对“新农合”‎ ‎（新型农村合作医疗）推出了新政，各级财政提高了对“新农合”的补助标准．提高了各项报销的比例，其中门诊报销比例如下：‎ 表1：新农合门诊报销比例 医院类别 村卫生室 镇卫生院 二甲医院 三甲医院 门诊报销比例 ‎60%‎ ‎40%‎ ‎30%‎ ‎20%‎ 根据以往的数据统计，李村一个结算年度门诊就诊人次情况如下：‎ 表2：李村一个结算年度门诊就诊情况统计表 医院类别 村卫生室 镇卫生院 二甲医院 三甲医院 一个结算年度内各门诊就诊人次占李村总就诊人次的比例 ‎70%‎ ‎10%‎ ‎15%‎ ‎5%‎ 如果一个结算年度每人次到村卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院门诊平均费用分别为50元、100元、200元、500元．若李村一个结算年度内去门诊就诊人次为2000人次．‎ ‎（Ⅰ）李村在这个结算年度内去三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人次占了80%，从去三甲医院门诊就诊的人次中任选2人次，恰好2人次都是60岁以上人次的概率是多少？‎ ‎（Ⅱ）如果将李村这个结算年度内门诊就诊人次占全村总就诊人次的比例视为概率，求李村这个结算年度每人次用于门诊实付费用（报销后个人应承担部分）的分布列与期望．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）的发分布列为：‎ X ‎20‎ ‎60‎ ‎140‎ ‎400‎ P ‎0.7‎ ‎0.1‎ ‎0.15‎ ‎0.05‎ 期望．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由表2可得去各个门诊的人次比例可得2000人中各个门诊的人数，即可知道去三甲医院的总人数，又有60岁所占的百分比可得60岁以上的人数，进而求出任选2人60岁以上的概率；‎ ‎（Ⅱ）由去各门诊结算的平均费用及表1所报的百分比可得随机变量的可能取值，再由概率可得的分布列，进而求出概率．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由表2可得李村一个结算年度内去门诊就诊人次为2000人次，分别去村卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院人数为，，，，‎ 而三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人次占了，所以去三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人数为：人，‎ 设从去三甲医院门诊就诊的人次中任选2人次，恰好2人次都是60岁以上人次的事件记为，则；‎ ‎（Ⅱ）由题意可得随机变量的可能取值为：，，，，‎ ‎，，，，‎ 所以的发分布列为：‎ X ‎20‎ ‎60‎ ‎140‎ ‎400‎ P ‎0.7‎ ‎0.1‎ ‎0.15‎ ‎0.05‎ 所以可得期望．‎ ‎【点睛】本题主要考查互斥事件、随机事件的概率计算公式、分布列及其数学期望、组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎19.已知椭圆，上顶点，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）求证：为定值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设点，，点，，易求直线的方程为：，令得，，同理可得，所以 ‎，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到．‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：由题意可知：，解得，‎ 椭圆的方程为：；‎ ‎（Ⅱ）证：设点，，点，，‎ 联立方程，消去得：，‎ ‎，①，‎ 点，，，‎ 直线的方程为：，令得，，，，‎ 同理可得，，‎ ‎，‎ 把①式代入上式得：，‎ 为定值．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题．‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求证：在上存在唯一的极大值；‎ ‎（Ⅲ）直接写出函数在上的零点个数．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）函数在有3个零点．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出导数，写出切线方程；‎ ‎（Ⅱ）二次求导，判断单调递减，结合零点存在性定理，判断即可；‎ ‎（Ⅲ），数形结合得出结论．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ），，，‎ 故在点，处的切线方程为，‎ 即；‎ ‎（Ⅱ）证明：，，‎ ‎，故在递减，‎ 又，，‎ 由零点存在性定理，存在唯一一个零点，，‎ 当时，递增；当时，递减，‎ 故在只有唯一的一个极大值；‎ ‎（Ⅲ）函数在有3个零点．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数求切线方程，考查零点存在性定理的应用，关键是能够通过导函数的单调性和零点存在定理确定导函数的零点个数，进而确定函数的单调性，属于难题．‎ ‎21.已知，均为给定的大于1的自然数，设集合，‎ ‎．‎ ‎（Ⅰ）当，时，用列举法表示集合；‎ ‎（Ⅱ）当时，，且集合满足下列条件：‎ ‎①对任意，；‎ ‎②．‎ 证明：（ⅰ）若，则（集合为集合在集合中的补集）；‎ ‎（ⅱ）为一个定值（不必求出此定值）；‎ ‎（Ⅲ）设，，，其中，，若，则．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）详见解析．（ⅱ）详见解析.（Ⅲ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当，时，，，，，，．即可得出．‎ ‎（Ⅱ）（i）当时，，2，3，，，又，，，，‎ ‎，，必然有，否则得出矛盾．‎ ‎（ii）由．可得．又，即可得出为定值．‎ ‎（iii）由设，，，，其中，，，2，，．，可得，通过求和即可证明结论．‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：当，时，，，，，．‎ ‎．‎ ‎（Ⅱ）证明：（i）当时，，2，3，，，‎ 又，，，，，，‎ 必然有，否则，而，与已知对任意，矛盾．‎ 因此有．‎ ‎（ii）．‎ ‎．‎ ‎，‎ 为定值．‎ ‎（iii）由设，，，，其中，，，2，，．，‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎