2020届北京市朝阳区高三年级下学期二模数学试题及答案解析

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2020届北京市朝阳区高三年级下学期二模数学试题及答案解析

2020 届北京市朝阳区高三年级下学期二模数学试题 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 一、单选题 1.在实数范围内,下列命题正确的是( ) A.若 ,a b 则 1b a  B.若 ,a b c d  ,则 a c b d   C.若 a b ,则 lg( ) 0a b  D.若 0,ab a b  ,则 1 1 a b  2.已知函数 ( ) cos2 3sin 2 1f x x x   ,则下列判断错误的是( ) A. ( )f x 的最小正周期为 B. ( )f x 的值域为[ 1,3] C. ( )f x 的图象关于直线 6x  对称 D. ( )f x 的图象关于点 ,04     对称 3.过抛物线 2: 4C y x 的焦点 F 的直线l 交抛物线 C 于 ,A B 两点,且满足 2AF FB  ,则直线l 的斜率 ( 0)k k  的值为( ) A. 2 2 B. 2 3 C. 2 D. 3 4.已知复数 z 满足 4 z ii  (其中i 为虚数单位),则 z 的虚部为( ) A. 4i B.4 C.1 D. 1 5.函数 数m 香䁕 的定义域为 A. 数䁕㔵 㜮 m B. 䁕㔵 㜮 mC. 数 香 , 䁕m D. 数 香 , 䁕6.设函数 y=f(x)是偶函数,且在 ,0 上是增加的,则( ) A.f(−2)1 时,对数值大于零,因此错误.只有 D 成立. 2.D 先将函数 ( ) cos2 3sin 2 1f x x x   化为 ( ) 2sin 2 16f x x       ,再由三角函数的性质,逐 项判断,即可得出结果.  ( ) cos2 3sin 2 1f x x x   可得 1 3( ) 2 cos2 sin 2 1 2sin 2 12 2 6f x x x x                   对于 A, ( )f x 的最小正周期为 2 2 | | 2T      ,故 A 正确; 对于 B,由 1 sin 2 16x        ,可得 1 ( ) 3f x   ,故 B 正确; 对于 C,正弦函数对称轴可得:  02 ,6 2x k k Z     解得:  0 ,6 1 2x k k Z   , 当 0k  , 0 6x  ,故 C 正确; 对于 D,正弦函数对称中心的横坐标为:  02 ,6x k k Z    解得:  0 1 ,2 12x k k Z   若图象关于点 ,04     对称,则 1 2 12 4k      解得: 2 3k   ,故 D 错误; 故选:D. 本题考查三角恒等变换,三角函数的性质,熟记三角函数基本公式和基本性质,考查了分析能力和 计算能力,属于基础题. 3.A 过 ,A B 分别作准线的垂线,垂足依次为 ,M N ,过点 B 作 BD 垂直于 AM ,交 AM 于点 D ,再利 用抛物线的定义求解即可. 解:过 ,A B 分别作准线的垂线,垂足依次为 ,M N , 过点 B 作 BD 垂直于 AM ,交 AM 于点 D , 设| |BF r ,则| | 2AF r , 由抛物线的定义得| |BN r ,| | 2AM r , ∴| | | | | |AD AM BN r   , 2 2| | | | 2 2BD AB AD r ‘ , ∴ | |tan 2 2| | BDk BAD AD     , 故选:A. 本题主要考查抛物线定义的运用,属于中档题. 4.B 把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案. 由 4 z ii  ,得 2(4 ) 4 1 4z i i i i i      . 复数 z 的虚部是 4 . 故选:B. 本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题. 5.A 由题意得到关于 x 的不等式,求解不等式即可确定函数的定义域. 函数有意义,则 香 䁕 ʹ ,解得 ʹ 䁕 。 故函数 数m 香䁕 的定义域为 数䁕㔵 㜮 m . 本题选择 A 选项. 求函数的定义域,其实质就是以函数解析式有意义为准则,列出不等式或不等式组,然后求出它们 的解集即可. 6.D 试题分析:由函数是偶函数可得    f x f x  ,所以    f x f x 成立 考点:函数奇偶性单调性 7.B 根据正弦定理求角 A,即得 C 由正弦定理得 sin 2 3 sin 60 1sin 30 , 906 2 a BA a b A Cb           ,选 B. 本题考查正弦定理求角,考查基本分析求解能力,属基础题. 8.A 如图所示,作出四面体的图象,由图可知,只要点 , ,B D E 能构成三角形即可求出. 如图所示,作出四面体的图象, D 为 AC 的中点, 2BE  ,其它各边长为 x . 由题意可知,点 , ,B D E 能构成三角形, 3 2BD DE x  ,所以 BD DE BE  ,即 3 3 22 2x x  ,解得 2 3 3x  . 故选:A. 本题考查棱锥的结构特征以及充要条件的转化,求解关键是依据图象得到图中三角形的形成条件, 意在考查学生的空间想象能力,属于中档题. 9.C 设切点为  0 0,x y ,可得  0 0 0 0 0 0 2 3 2 5 f x ax y ax y lnx              ,解方程可得 2a  ,然后作出不等式组在 2 2 24x y  内的区域,再利用扇形的面积公式即可求解. 由 3y ax  与函数   2ln 5f x x  相切, 设切点为  0 0,x y ,则  0 0 0 0 0 0 2 3 2 5 f x ax y ax y lnx              ,解得 2a  , 所以不等式组为 2 0 3 0 x y x y      , 则不等式组确定的平面区域在 2 2 24x y  内的面积为阴影部分, 由题意可得 1tan 2   , 1 1tan 3 3         , 所以   tan tantan 11 tan tan         ,所以 4    , 所以阴影部分的面积为: 21 1 24 32 4 2 4S R         . 故选:C 本题考查了导数的几何意义、不等式表示的平面区域、两角和的正切公式以及扇形的面积公式,综 合性比较强,属于中档题. 10.B 若  ,AD AB AC R        ,点 D 在 ABC 内部,则 0 1,0 1     ,反之不成立,例 如 1 2    时,点 D 为边 BC 的中点, 0 1,0 1      是点 D 在 ABC 内部,(不含边界) 的必要不充分条件,故选 B. 11. 2 2 3 易得 2c  , 1a  ,再结合 2 2 2b c a  ,可知 3b  ,然后由 ce a  求出离心率;可求出经过一、 三象限的渐近线方程为 3 3y x ,设点 3( , )3Q x x ,分别求出 1FQ  和 2F Q  ,根据 1 2 0FQ F Q   列 出方程,求出 x 的值,然后可得点Q 到 y 轴的距离, 1 2 4F F  ,最后计算 1 2QF F 的面积. 易知 2c  , 2 2a  ,所以 1a  , 又 2 2 2 4 1 3b c a     , 3b  ,所以 2ce a   ; 所以双曲线的方程为: 2 2 13 xy   ,其中经过一、三象限的渐近线方程为 3 3y x , 故可设点 3( , )3Q x x ,所以 1 3( , 2)3FQ x x  , 2 3( , 2)3F Q x x  , 因为 1 2FQ F Q ,所以 1 2 0FQ F Q   ,即 2 3 32 2 03 3x x x             , 解之得: 3x   ,所以点Q 到 y 轴的距离为 3 ,又 1 2 4F F  ,所以: 1 2 1 2 1 13 3 4 2 32 2QF FS F F      △ . 故答案为: 2 ; 2 3 . 本题考查双曲线离心率的计算,考查向量垂直的应用,考查逻辑思维能力和运算求解能力,考查转 化思想,属于常考题. 12. 6 0x y  设所求直线l 与已知两直线的交点分别为 ,A B ,设 0 0( , )A x y ,则 0 0( , )B x y  ,分别代入已知直线, 解得 0 06 0x y  ,进而得出直线l 的方程,得到答案. 设所求直线l 与已知两直线的交点分别为 ,A B ,设 0 0( , )A x y , 因为 ,A B 关于原点对称,所以 0 0( , )B x y  , 又因为 ,A B 分别在已知两直线上,可得 0 0 0 0 4 6 0 3 5 6 0 x y x y        ,解得 0 06 0x y  , 即点 A 在直线 6 0x y  上, 又由直线 6 0x y  过原点,所以直线l 的方程为 6 0x y  . 故答案为: 6 0x y  . 本题主要考查了直线方程的求法,其中解答中要注意中点坐标公式的合理应用,其中解答方法具有 一定的技巧性,着重考查推理与运算能力. 13. 41 4  首先根据三视图还原其直观图,再根据直观图找到四棱锥外接球的球心,计算球体的半径和表面积 即可. 该几何体是一个四棱锥,其底面是边长为 2 的正方形, 右侧面是腰长为 5 的等腰三角形,且垂直于底面,由此可得四棱锥的高为 2 . 设O 为球心, 1O 为 ABC 的外心, M 底面的中心, D 为 BC 的中点, 因为 5AB  , 1BD  ,所以 5 1 4AD    , 2 5sin 5ABC  , 设 ABC 外接圆的半径为 r ,得到 5 22 55 r , 1 5 4r AO  . 又因为 1 1MD OO  ,所以 2 25 411 ( )4 16R    . 2 414 4S R   . 故答案为: 41 4  本题主要考查四棱锥的外接球,同时考查了三视图,将三视图还原其直观图为解题的关键,属于中 档题. 14.2 先将二项式 5( 2)( )x x m  变形为    5 52x x m x m   ,展开得到通项,利用展开式中 5x 的系 数为 7 得出 m 的值,再由 0x  代入等式 65 5 6 5 1 0( 2)( ) a x a x ax x m x a     L 可求出 0a .       5 5 52 2x x m x x m x m     Q , 所以,二项式    5 52x x m x m   展开式的通项为 5 5 6 5 5 5 5 52 2r r r k k k r r r k k kxC x m C x m C x m C x m      , 令 6 5 5 5 r k      ,得 1 0 r k    ,则 1 0 5 5 52 5 2 7a C m C m       , 1m   , 则  5 6 5 6 5 1 02 1x x a x a x a x a      L ,所以,    5 0 0 2 0 1 2a      . 故答案为 2 . 本题考查二项式定理,考查指定项的系数以及赋值法的应用,二项式中指定项的系数问题,一般要 通过利用二项式定理将二项式展开得出通项,利用指数列方程求解未知数求解,另外,在二项式定 理赋值法常用的如下:设   2 3 0 1 2 3 n nf x a a x a x a x a x    L , 则(1)  0 0a f ;(2)  0 1 2 3 1na a a a a f     L ; (3)    0 1 2 3 1 1n na a a a a f       L . 15.(1)   · 2 7a b a b     ; (2) 1 2    试题分析:(1)先计算    3,1 , 2 0,7a b a b      ,由此求得两者的数量积.(2)先计算    2 ,3 2 ,2 5,4a b a b          ,利用两个向量共线的性质,可以 2 3 2 5 4    , 解得  的值. 试题解析: (1) 向量    2,3 , 1,2a b   ,    3,1 , 2 0,7a b a b       ,   · 2 7a b a b      . (2)    2 ,3 2 ,2 5,4a b a b          ,  向量 a b  与 2a b  平行, 2 3 2 5 4     , 解得 1 2    . 16.(1) 27 (2) 63 (1)根据等差数列的通项公式及等差中项,求和公式计算即可(2)根据 n nb a ,转化为用 nS 来 表示 9T 即可. (1) 1 4 7 3 6 90, 18,a a a a a a       , 4 6 3 0,3 18a a   , 即 4 60, 6a a   , 46 2 6a a d     , 3d   , 4 ( 4) 3 12na a n n        ,    1 9 4 6 9 9 9 272 2 a a a aS         (2)由(1)知 | 3 12|n nb a n    , 9 1 2 3 4 5 6 9 4 9 4 4 9( ) ( ) 2T a a a a a a a S S S S S              (9 0) 4 (9 15) 92 2 2       63 本题主要考查了等差数列的通项公式,等差中项,前 n 项和公式,考查了计算能力,属于中档题. 17.(1)90 位(2)0.45(3)填表见解析;有 95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时 间与性别有关” (1)根据频率分布直方图进行求解即可; (2)由频率分布直方图先求出对应的频率,即可估计对应的概率; (3)利用独立性检验进行求解即可. (1) 300 4500 9015000   .所以,应该收集 90 位女生的样本数据. (2)由频率分布直方图得    6 2 0.125 0.075 0.025 0.45P X      所以该校学生每周平均体育运动时间超过 6 小时的概率的估计值为 0.45. (3)每周平均运动时间超过 4 小时的频率为 0.375×2=0.75,所以超过 4 小时的总人数为 300×0.75=225, 每周平均运动时间与性别列联表如下: 男生超过 4 小时 运动不超过 4 小时 合计 男生 165 45 210 女生 60 30 90 合计 225 75 300         2 2 2 300 165 30 60 45 4.762 3.841225 75 210 90 n ad bcK a b c d a c b d              , 所以,有 95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”. 本题主要考查了独立性检验,频率分布直方图,分层抽样,是统计和概率的综合应用,难度属于中 档题. 18.(Ⅰ)2,4,8,16,32,64;(Ⅱ) 11D  只有 1 个,d=1 有 91 个;(Ⅲ)见解析 (Ⅰ)根据题意,分析集合 T 的元素,结合 M﹣N 的含义分析可得答案;(Ⅱ)根据题意,由等差 数列的性质分析公差的最大、最小值,据此分析等差数列的数目,相加即可得答案;(Ⅲ)根据题 意,将集合 S 中元素列表,据此分析集合集合 S﹣A 中的元素,由反证法分析可得结论. (Ⅰ)根据题意,集合  1,2,3,...,100S  ,  2 ,nT x x n N     2,4,8,... ; 则    2,4,8,16,32,64S S T   ; 则集合  S S T  的所有元素是: 2,4,8,16,32,64; (Ⅱ)当首项是 1,末项是 100 时,公差最大为 11,即 11D  . 这样的数列只有 1 个:1,12,23,34,45,56,67,78,89,100; 当选取的 10 个数是连续自然数时,公差最小为 1,即 d=1. 这样的数列首项可以是 1,2,3,…,91 中的任何一个, 因此共有 91 个公差为 1 的等差数列; (Ⅲ)将集合 S 中元素列表如下: 1 2 3 … 10 11 12 13 … 20 21 22 23 … 30 ┆ ┆ ┆ ┆ ┆ 91 92 93 … 100 表中各行或各列的十个数分别构成等差数列. 假设存在含有 10 个元素的集合 A ,使得 S A 中不含 10 个元素组成的等差数列. 显然每连续 10 个元素中必有集合中的唯一一个元素,即表的每行、每列中必有集合 A 中的唯一一 个元素. 记表中第i 行第 j 列的数为  ,i j . 若第  1 9i i  行中集合 A 的唯一元素为  ,i j ,则第 1i + 行中 1,1i  , 1,2i  ,… 1,i j 中必有集合 A 中元素. 若第  1 9i i  行的第一个数在集合 A 中,则此行余下九个数和下一行第一个数可以组成等差数 列,与假设矛盾. 因此,第一列中集合 A 的唯一元素只可能在第十行. 同理,若第  1 8i i  行的第二个数在集合 A 中,则此行余下八个数和下一行前两个数可以组成 等差数列,与假设矛盾. 因此,第二列中集合 A 的唯一元素只可能在第九行. 依此类推,得  10,19,28,37,46,55,64,73,82,91A  . 此时,另一条对角线上的十个元素 1,12,23,34,45,56,67,78,89,100 构成等差数列,与假设矛盾. 综上,原命题成立. 本题考查数列与集合的综合应用,涉及集合的表示方法以及合情推理的应用,关键是掌握集合以及 集合中元素的性质. 19.(1)单调递增区间为 (0, )e ,单调递减区间为 ( , )e  ;(2) 2 1 1 2ae e   . (1)求出  f x ,由函数  f x 在 x e 处的切线平行于 x 轴,可得 0a  ,由   0f x  可得增区 间,由   0f x  ,可得递减区间. (2)设     2 lnf x xF x ax x    ,利用导数判断函数的单调性,根据单调性结合零点存在性定理 列不等式求解即可. (1)   2 1 ln xf x ax    ,函数  f x 在 x e 处的切线平行于 x 轴,则   0f e  , 即 0a  ,此时   2 1 ln xf x x   ,令   0f x  ,解得 x e , 当 0 x e  时,   0f x  ,  f x 单调递增, 当 x e 时,   0f x  ,  f x 单调递减, 所以  f x 的单调递增区间为 0,e ,单调递减区间为  ,e  . (2)     2 lnf x xF x ax x    ,定义域为 0,  ,则   3 1 2ln xF x x   ,可得 当  0,x e 时,   0F x  ,  F x 单调递增, 当  ,x e  时,   0F x  ,  F x 单调递减, 所以  F x 在 x e 处取得极大值   1 2F e ae   , 又 21 0F e ae        , 所以  F x 在 0,e 上有两个零点只需     0, 0, F e F e    即 2 1 0,2 1 0, ae ae       解得 2 1 1 2ae e   , 所以实数 a 的取值范围为 2 1 1 2ae e   . 本题考查导数的几何意义,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了导数与函数零点的综合,同 时考查了转化思想与计算能力,属于综合题. 20.(1) 1 2m   ;(2) 1| 3, 2m m m       且 . (1)由题意利用两个向量共线的性质,求出实数 m 的值.(2)若 a 与 a b  的夹角为锐角,则  a • a+b  >0 a且 与 a b  不共线,由此求得实数 m 的取值范围. (1)∵平面向量 =(1,2), =(m,﹣1),∴ + (m+1,1), 若 ∥( ),即 1﹣2(m+1)=0,∴m=﹣ . (2)若 与 的夹角为锐角,则 •( )>0 且 与( )不共线. 由 •( )>0,得 m+3>0,∴m>﹣3. 由 与( )共线,得到 1﹣2(m+1)=0,∴m=﹣ . 故要求的实数 m 的取值范围为{m|m>﹣3,且 m≠﹣ }. 本题主要考查两个向量共线的性质和两个向量的夹角的问题,注意要排除两个向量共线的情况, 属于基础题. 21.(1)详见解析;(2) 8 3 . 由三视图可知,该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱 ADE-BCF,且底面是一个直角三角形, 由三视图中所标数据易计算出三棱柱中各棱长的值. (1)取 BF 的中点 G,连接 MG、NG,利用中位线的性质结合线面平行的充要条件,易证明结论 (2)多面体 A-CDEF 的体积是一个四棱锥,由三视图易求出棱锥的底面面积和高,进而得到棱锥 的体积. (1)证明:由三视图知,该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱 ADE-BCF,且 AB=BC=BF=4, DE=CF= 4 2 , 90CBF   ,连结 BE,M 在 BE 上,连结 CE EM=BM,CN=BN,所以 MN ∥ ,CE CE CDEF面 ,所以 / /MN 平面CDEF (2)取 DE 的中点 H. ∵AD=AE,∴AH⊥DE, 在直三棱柱 ADE-BCF 中, 平面 ADE⊥平面 CDEF, 平面 ADE∩平面 CDEF=DE.∴AH⊥平面 CDEF. ∴多面体 A-CDEF 是以 AH 为高,以矩形 CDEF 为底面的棱锥,在△ADE 中,AH= 2 . S 矩形 CDEF=DE•EF= 4 2 , ∴棱锥 A-CDEF 的体积为 1 1 84 2 23 3 3CDEFV S AH      矩形 . 本题考点:1.简单空间图形的三视图;2.棱柱、棱锥、棱台的体积;3.直线与平面平行的判定, 属于基础题型.
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