北京市朝阳区2020届高三上学期期中考试数学试题

北京市朝阳区2020届高三上学期期中考试数学试题

北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期高三年级期中数学试卷2019．11‎ 本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 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.已知集合，，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据一元二次不等式的解法求得集合，根据并集定义求得结果.‎ ‎【详解】， ‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查集合运算中的并集运算，涉及到一元二次不等式的求解，属于基础题.‎ ‎2.已知α∈，且sin α＝，则tan α＝(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由sin α＝，α∈ 得cos α＝－＝－所以tan α＝‎ 故答案为：B。‎ ‎3.下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与在上单调递减，可排除；为偶函数，可排除；根据奇偶性定义和单调性的性质可验证出正确.‎ ‎【详解】中，在上单调递增 在上单调递减，错误；‎ 中，在上单调递增 在上单调递减，错误；‎ 中， 为偶函数，错误；‎ 中， 为奇函数 在上单调递减，在上单调递增 在上单调递增，正确.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性和奇偶性的判断，属于基础题.‎ ‎4.关于函数有下述三个结论：‎ ‎①函数的最小正周期为；‎ ‎②函数的最大值为；‎ ‎③函数在区间上单调递减.‎ 其中，所有正确结论的序号是( )‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式化简函数为；根据正弦型函数最小正周期和最值的求解可知①正确，②错误；利用的范围求得的范围，对应正弦函数的单调性可得单调性，知③正确.‎ ‎【详解】‎ 最小正周期，①正确；，②错误；‎ 当时，，则在时单调递减，③正确 故选：‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数最小正周期、值域和单调区间的求解问题；处理正弦型函数单调性问题的关键是能够采用整体对应的方式，利用角整体所处的范围与正弦函数图象相对应，从而得到结论.‎ ‎5.已知，是两个不同的平面，直线，下列命题中正确的是( )‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过反例可确定错误；由面面垂直的判定定理可知正确.‎ ‎【详解】若且，则与相交、平行或，，错误；‎ 若且，则与可能相交或平行，错误；‎ 由面面垂直判定定理可知，选项的已知条件符合定理，则，正确.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中直线与平面、平面与平面位置关系的相关命题的判定，关键是能够熟练掌握线面平行、面面平行、线面垂直和面面垂直的判定与性质定理.‎ ‎6.已知函数恰有两个零点，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为与恒有两个交点，采用数形结合的方式作出图象，由恒过可通过图像确定斜率的临界值，进而得到所求范围.‎ ‎【详解】恰有两个零点等价于与恒有两个交点 又，则图象如下图所示：‎ 恒过点 如上图所示：‎ 当直线过时，直线与有且仅有一个交点 ‎ 且当时，与有且仅有一个交点 当时，与恒有两个交点，即恰有两个零点 故选：‎ ‎【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将问题转化为两个函数的交点个数问题，进而通过数形结合的方式来进行求解，属于常考题型.‎ ‎7.已知为等比数列，则“”是“为递减数列”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】‎ 通过且，可知虽然，但此时数列不是递减数列，充分性不成立；根据递减数列的定义可知必要性成立，从而得到结果.‎ ‎【详解】当等比数列且时，，‎ 此时不是递减数列 充分性不成立 当等比数列为递减数列时，显然成立 必要性成立 综上所述：“”是“为递减数列”的必要而不充分条件 故选：‎ ‎【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判定，涉及到数列单调性的定义，属于基础题.‎ ‎8.设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第二象限.若为等腰三角形，则点的横坐标为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆方程求得；根据等腰三角形可确定；由椭圆定义知；利用面积桥可求得，代入椭圆方程可求得.‎ ‎【详解】由椭圆方程得：，，‎ 为等腰三角形且在第二象限 ‎ ‎ ‎ 点纵坐标，又在椭圆上 ‎，解得：或（舍）‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查椭圆几何性质的应用，关键是能够通过椭圆定义、焦距求得焦点三角形的面积，利用面积求得点的纵坐标，进而利用椭圆方程求得结果.‎ ‎9.在中，，，点在边上，且，则的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，根据平面向量基本定理可将已知数量积化为，根据数量积定义得到；利用余弦定理表示出，代入化简得到 ‎；根据三角形两边之和大于第三边和临界点的情况可最终确定取值范围.‎ ‎【详解】取中点，则，‎ 当重合时，，不合题意 三点构成 在中，由余弦定理得：‎ ‎ ‎ ‎ ，即 当与或重合时， ‎ 综上所述：‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查向量模长的取值范围的求解问题，涉及到平面向量基本定理、平面向量数量积运算、余弦定理等知识的应用，综合性较强；解题关键是能够通过数量积的定值得到模长之间的等量关系，属于较难题.‎ ‎10.已知集合满足：（ⅰ），；‎ ‎（ⅱ），若且，则；‎ ‎（ⅲ），若且，则.‎ 给出以下命题：‎ ‎①若集合中没有最大数，则集合中有最小数；‎ ‎②若集合中没有最大数，则集合中可能没有最小数；‎ ‎③若集合中有最大数，则集合中没有最小数；‎ ‎④若集合中有最大数，则集合中可能有最小数.‎ 其中，所有正确结论的序号是( )‎ A. ①③ B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据并集和交集的结果可知；由条件（ⅱ）（ⅲ）可知两集合的元素以为分界，可确定集合的构成；当集合有最大数时，根据有理数的特点可知大于的有理数无最小数，知③正确；当集合无最大数时，若中的为有理数或无理数，此时集合可能最小数为或无最小数，知②正确.‎ ‎【详解】若， ‎ 则集合为所有小于等于的有理数的集合，集合为所有大于等于的有理数的集合 ‎ 无限接近，即集合为所有大于的有理数的集合 当集合有最大数，即有最大值时，大于的有理数无最小数，可知③正确；‎ 当集合无最大数，即时，为集合中的最小数；也可能为无理数，则，集合中无最小数，可知②正确 故选：‎ ‎【点睛】本题考查根据并集和交集的结果确定集合、元素与集合关系的应用；本题的解题关键是明确有理数的特点：无最大数也无最小数；本题较为抽象，对于学生的分析和解决问题能力有较高要求.‎ 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，，且，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量平行的坐标表示可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】 ，解得：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，属于基础题.‎ ‎12.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为________，最长棱的长度为________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原几何体得到三棱锥，根据三棱锥体积公式可求得体积；利用勾股定理可求得最长棱.‎ ‎【详解】由三视图还原几何体，可知几何体为如下图所示的三棱锥 则，平面，‎ 最长棱 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查根据三视图求解几何体体积和棱长的问题，关键是能够准确的通过三视图还原几何体，属于常考题型.‎ ‎13.已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数的值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等腰直角三角形边长可求得弦长，利用点到直线距离公式求得圆心到直线距离，根据垂径定理构造方程可求得结果.‎ ‎【详解】为等腰直角三角形 ，又 ‎ 又圆的圆心到直线距离 ‎，解得：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查根据直线被圆截得的弦长求解参数值的问题，涉及到点到直线距离公式、垂径定理的应用；关键是能够明确直线被圆截得的弦长为，属于常考题型.‎ ‎14.已知，是实数，给出下列四个论断：①；②；③；④.以其中两个论断作为条件，余下的论断中选择一个作为结论，写出一个正确的命题：________．‎ ‎【答案】若，且，则．（答案不唯一）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用在上的单调性，可知当时，，从而得到结果.‎ ‎【详解】当，且时 在上单调递减 ，即 若，且，则 故答案为：若，且，则（答案不唯一）‎ ‎【点睛】本题考查不等式性质的应用，属于基础题.‎ ‎15.已知函数（为常数）．若，则________；若函数存在最大值，则的取值范围是________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别在和两种情况下求得，利用求得；‎ ‎（2）当时，求导得；当时，可知时，不存在最大值，不符合题意；当时，可得在上单调性，得到；分别在、和三种情况下验证时函数的最大值，可得时，，从而得到结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，满足题意；‎ 当时，，不合题意；‎ ‎（2）当时， ‎ ‎①若，则 在上单调递减 此时，当时，，当时，，不合题意 ‎②若，则时，；时，‎ 在上单调递增，在上单调递减 ‎ 此时，当时，‎ 若，则当时，，不合题意 若，，此时，满足题意 若，则，此时，满足题意 综上所述：时，存在最大值 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查根据分段函数的函数值求解自变量、根据分段函数的最值求解参数范围的问题；本题中根据最值求解参数范围的关键是能够通过分类讨论的方式，确定函数在不同情况下的单调性，进而得到最值取得的情况，从而分析得到结果.‎ ‎16.年月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可．良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中碳的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足（表示碳原有的质量），则经过年后，碳的质量变为原来的________；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在________年到年之间．（参考数据：）‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据衰变规律，令，代入求得；‎ ‎（2）令，解方程求得即可.‎ ‎【详解】当时， 经过年后，碳的质量变为原来的 令，则 ‎ ‎ 良渚古城存在的时期距今约在年到年之间 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查根据给定函数模型求解实际问题，考查对于函数模型中变量的理解，属于基础题.‎ 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.在中，，点在边上，且，.‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）若，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）在中，利用余弦定理可构造关于的方程，解方程求得结果；‎ ‎（Ⅱ）在中，利用余弦定理求得；利用正弦定理可构造方程求得.‎ ‎【详解】（Ⅰ） ‎ 中，，，‎ 由余弦定理得：‎ ‎（Ⅱ）在中，，，‎ 由余弦定理得：‎ 由正弦定理得：‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的相关知识，关键是能够在已知两边及一角的情况下，熟练应用定理构造方程求得其余角和边，属于基础题型.‎ ‎18.已知是各项均为正数的等比数列，，.‎ ‎（Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和，并求的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），最大值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用和表示出，从而构造出关于方程，结合为正项数列可求得，根据等比数列通项公式求得结果；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由通项公式可验证出数列为单调递减的等差数列，根据等差数列求和公式求得；根据，可确定或时，最大，代入可求得最大值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为 ‎， ‎ 即，解得：或 各项均为正数 ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得：‎ 当时，‎ 是首项为，公差为的单调递减的等差数列 又 数列的前项为正数 当或时，取得最大值，且最大值为 ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解、等差数列前项和最值的求解问题；求解等差数列前项和的最值的常用方法有两种：‎ ‎①确定数列各项中的变号项，由数列的单调性可得最值取得的位置；‎ ‎②根据前项和的二次函数性质来确定最值的位置.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，且平面平面，为的中点，,，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）直线上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）（Ⅲ）存在点， ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点，结合三角形中位线和长度关系，可证得且，得到四边形为平行四边形，进而得到，根据线面平行判定定理可证得结论；‎ ‎（Ⅱ）取中点，由面面垂直性质可知平面 ‎，由此可建立空间直角坐标系；分别求得两面的法向量，求得法向量夹角的余弦值；根据二面角为锐角确定最终二面角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）设，利用空间向量表示出，由线面平行可知与平面的法向量垂直，即，构造方程求得，从而得到结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）取中点，连结 为中点， ，‎ 又， 且 四边形为平行四边形 ‎ 平面,平面 平面 ‎（Ⅱ）取中点，连结，‎ 为等边三角形 ‎ 平面平面，平面平面 平面 ‎， 四边形为平行四边形 ‎ ‎ 如图建立空间直角坐标系，‎ 则 ‎ ，‎ 设平面的一个法向量为 则，即，令，则， ‎ 显然，平面的一个法向量为，‎ 所以.‎ 二面角为锐角 二面角的余弦值为 ‎ ‎（Ⅲ）直线上存在点，使得平面.理由如下：‎ 设 ，‎ ‎，‎ 平面 平面时，‎ 即，解得：‎ 直线上存在点，使得平面，此时 ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中直线与平面平行关系的证明、空间向量法求解二面角及立体几何中的存在性问题；求解本题中的存在性问题的关键是能够假设存在，利用所给的平行关系得到直线与法向量垂直，从而利用垂直关系的坐标表示构造方程求得结果.‎ ‎20.已知椭圆经过两点，.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，两点，且直线与以线段为直径的圆交于另一点（异于点），求的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）最大值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将坐标代入椭圆方程可解得，进而得到结果；‎ ‎（Ⅱ）设直线方程为，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由弦长公式表示出；利用垂径定理可表示出，从而将表示为关于的函数，利用基本不等式可求得最大值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）椭圆过点，‎ ‎，解得：‎ 椭圆的标准方程为 ‎ ‎（Ⅱ）由题易知直线斜率不为，可设：‎ 由得：，则 设，，则，‎ 又，以为直径的圆的圆心坐标为，半径为 故圆心到直线距离为 ‎ ，即 ‎（当且仅当，即时取等号）‎ 当时，直线与椭圆有交点，满足题意，且 的最大值为 ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、最值问题的求解；解决最值问题的关键是能够将所求量表示为关于某一变量的函数，进而利用函数中的最值求解方法求得最值.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，证明：；‎ ‎（Ⅲ）判断在定义域内是否为单调函数，并说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）函数在定义域内不是单调函数．理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据解析式可确定函数定义域并求得 ‎（Ⅰ）求得和，根据导数几何意义可知切线斜率为，从而得到切线方程；‎ ‎（Ⅱ）将所证不等式转化为；令，通过导数求得函数单调性，可得，即，从而证得结论；‎ ‎（Ⅲ）令，通过导数可知单调递减；利用零点存在定理可知在内存在零点，从而得到的符号，进而得到单调性，说明不是单调函数.‎ ‎【详解】由题意得：函数的定义域为，‎ ‎（Ⅰ），‎ 在点处的切线方程为：‎ 即 ‎（Ⅱ）当时，‎ 欲证，即证，即证 令，则．‎ 当变化时，变化情况如下表：‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 函数的最大值为，故 ‎（Ⅲ）函数在定义域内不是单调函数．理由如下：‎ 令，‎ ‎ 在上单调递减 ‎，‎ 存在，使得 当时，，从而，所以函数在上单调递增；‎ 当时，，从而，所以函数在上单调递减 故函数在定义域内不是单调函数 ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到导数几何意义的应用、利用导数证明不等式、函数单调性的判断等知识；利用导数研究函数单调性时，若导函数零点不易求得，则可利用零点存在定理和导函数的单调性确定零点所在区间，进而得到函数的单调区间.‎ ‎22.已知无穷数列满足：，，，．记（表示个实数中的最大值）．‎ ‎（Ⅰ）若，，，求，的可能值；‎ ‎（Ⅱ）若，，求满足的的所有值；‎ ‎（Ⅲ）设是非零整数，且互不相等，证明：存在正整数，使得数列中有且只有一个数列自第项起各项均为．‎ ‎【答案】（Ⅰ）或或或；（Ⅱ）所有取值是；（Ⅲ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）依次代入，即可求得，根据可确定和 的取值，从而得到结果；‎ ‎（Ⅱ）记，可表示出，进而得到，分别在、和三种情况下利用求得的取值即可得到结果；‎ ‎（Ⅲ）假设对任意正整数，都不为，由可证得，得到严格单调递减；可知必存在正整数，使得，与矛盾，从而中至少有一个为；设，可知，则，，，依次类推可得对，，，且，从而证得结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由得： ‎ 由得： ‎ 又，故，‎ 的所有可能值为或或或 ‎（Ⅱ）若，，记，则，，‎ ‎，，‎ 当时，，，，‎ 由得：，不符合；‎ 当时，，， ‎ 由得：，符合；‎ 当时，，， ‎ 由得：，符合；‎ 综上所述：的所有取值是.‎ ‎（Ⅲ）先证明“存在正整数，使中至少有一个为”‎ 假设对任意正整数，都不为 由是非零整数，且互不相等得：，‎ 若对任意，都不为，则 即对任意，‎ 当时，，，‎ ‎ 严格单调递减 为有限正整数 必存在正整数，使得，矛盾 存在正整数，使中至少有一个为 不妨设，且，，……，‎ 则，且，‎ 否则，，由，必有，矛盾 ‎，，且 ‎，，‎ 依次递推，即有：对，，，且 此时有且仅有一个数列自第项起各项均为 综上，结论成立 ‎【点睛】‎ 本题考查数列中的新定义运算问题的求解，涉及到根据递推关系求解数列中的项、数列证明问题中的存在性与唯一性问题的证明；证明有且仅有一个数列满足题意的关键是能够首先证明存在性，即存在数列数列满足题意，再证明唯一性，即满足题意的数列有唯一的一个；本题对学生分析和推理能力有较高的要求，属于难题.‎