北京市八一中学2020届高三数学四月份统练试题

北京市八一中学2020届高三数学四月份统练试题

G17级高三数学第三次统练 一、选择题（共10小题；共40分）‎ ‎1.复数的（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 所对应的点为（-1，-2）位于第三象限.‎ ‎【考点定位】本题只考查了复平面的概念，属于简单题.‎ ‎2.设，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 集合是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可 ‎【详解】，‎ ‎，‎ 则 故选 ‎【点睛】本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题．‎ ‎3.祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.‎ ‎【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.‎ ‎4.下列图形中，不是三棱柱展开图的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三棱柱的展开图的可能情况选出选项.‎ ‎【详解】由图可知，ABD选项可以围成三棱柱，C选项不是三棱柱展开图.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查三棱柱展开图的判断，属于基础题.‎ ‎5.已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.‎ 考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.‎ 点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.‎ ‎6.函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 就分类讨论，后者需结合对称轴来讨论.‎ ‎【详解】若，则，在区间上是增函数，符合.‎ 若，因为在区间上是增函数，故，解得.‎ 综上，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查含参数的函数的单调性，注意根据解析式的特点合理分类，比如解析式是二次三项式，则需讨论二次项系数的正负以及对称轴的位置，本题属于基础题.‎ ‎7.若直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝1相交于P、Q两点，且∠POQ＝120°(其中O为坐标原点)，则k的值为(　　)‎ A. B. C. 或－ D. 和－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠‎ POQ=120°（其中O为原点），可以发现∠QOx的大小，求得结果．‎ ‎【详解】如图，直线过定点（0，1），‎ ‎∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，⇒∠1=120°，∠2=60°，‎ ‎∴由对称性可知k=±．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题．‎ ‎8.函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，要得到函数的图象，只需将的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 依题意有的周期为.而，故应左移.‎ ‎9.已知定义在上的函数（为实数）为偶函数，记，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，可得在单调递增，在单调递减，比较三个变量的绝对值大小可得．‎ ‎【详解】定义在上的函数为实数）为偶函数，‎ ‎（1），即，解得，‎ 检验得当时，原函数为偶函数.‎ 在单调递增，在单调递减，‎ ‎，，，‎ ‎，即 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性的应用，考查对数式大小的比较，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．‎ ‎10.函数，.若存在，使得，则的最大值是（ ）‎ A. 8 B. ‎11 ‎C. 14 D. 18‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，原方程可化为存在，使得，算出左侧的取值范围和右侧的取值范围后可得的最大值.‎ ‎【详解】因为存在，‎ 使得，‎ 故.‎ 令，，则，‎ 故，因为 故，故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查二次函数的最值，注意根据解析式的特征把原方程合理整合，再根据方程有解得到满足的条件，本题属于较难题.‎ 二、填空题（共5小题；共25分）‎ ‎11.已知向量，，若，则实数的值等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量共线的坐标形式可求的值.‎ ‎【详解】因为，故，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量共线的坐标形式，一般地，如果，那么：‎ ‎（1）若，则；（2）若，则.‎ ‎12.已知双曲线的两条渐近线方程为，若顶点到渐近线的距离为1，则双曲线方程为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由已知，即，取双曲线顶点及渐近线，则顶点到该渐近线的距离为，由题可知，所以，则所求双曲线方程为.‎ ‎13.已知数列对任意的满足，且，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则，从而可得为等差数列且公差为，再根据得到，利用等差数列的通项公式可求.‎ ‎【详解】令，则，故，故为等差数列且公差为，‎ 故.‎ 因为，故，故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的基本量的计算，注意对给定的递推关系合理赋值，本题属于基础题.‎ ‎14.李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．‎ ‎①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；‎ ‎②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．‎ ‎【答案】 (1). 130. (2). 15.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得的最大值.‎ ‎【详解】(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.‎ ‎(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元,‎ 元时,李明得到的金额为,符合要求.‎ 元时,有恒成立,即,即元.‎ 所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.‎ ‎15.在中，角，，的对边分别为，，，已知，，下列判断：‎ ‎①若，则角有两个解；‎ ‎②若，则边上的高为；‎ ‎③不可能是9.‎ 其中判断正确的序号是______.‎ ‎【答案】③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理逐项判断后可得正确选项.‎ ‎【详解】对于①，若，由余弦定理得，‎ 故，此方程有唯一解，故角有唯一解，所以①错.‎ 对于②，因为，故，即，‎ 又由余弦定理可得，故，‎ 所以即，故，‎ 消元后可得，因，故方程无解，‎ 即满足的三角形不存在，故②错误.‎ 对于③，由余弦定理可得，‎ 整理得到即，故不可能是9，故③正确.‎ 故答案为：③.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，还考查了基本不等式的应用，注意根据三角形中已知的量选择合适的定理来构建关于未知量的方程，再对所得的方程进行代数变形（如放缩、消元等），本题属于中档题.‎ 三、解答题（共6小题；共85分）‎ ‎16.已知数列的前项和为，，______.指出、、…中哪一项最大，并说明理由.‎ 从①，，②是和的等比中项这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.‎ ‎【答案】①②均能得到最大.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可得，从而可判断为等差数列，若选①，则可得，故可判断出等差数列的通项何时变号，从而得到的最大项. 若选②，则可求出，同样可判断出等差数列的通项何时变号，从而得到的最大项.‎ ‎【详解】因为，故，‎ 故.‎ 当时，即，‎ 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，‎ 所以，故，也即是 故，所以为等差数列.‎ 若选①，‎ 因为，，故，‎ 故，，故最大.‎ 若选②，则，故，解得，‎ 故，故，故最大.‎ ‎【点睛】本题为数列中的补全条件解答题，考查数列的通项与前项和的关系以及等差数列前和的最值问题，后者常通过项何时开始变号来确定何时取最值，本题属于中档题.‎ ‎17.在如图所示的三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，是的中位线，为线段的中点.‎ ‎（1）证明：.‎ ‎（2）若二面角为直二面角，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）如图，由中位线可得，取的中点为，取的中点，连接 ‎，可证平面，从而可证.‎ ‎（2）建立如图所示的空间直角坐标系，计算出平面的法向量和平面的法向量的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）如图，取的中点为，取的中点，连接.‎ 因为是边长为2的等边三角形，，所以.‎ 因为，故，故.‎ 因为，所以且，所以.‎ 因为，故，所以.‎ 因为，平面,平面，故平面，‎ 因为平面，.‎ 因为，故，所以.‎ ‎（2）由（1）可得， ‎ 所以为二面角的平面角，‎ 因为二面角为直二面角，所以即.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则.‎ 故，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则即，故，取，则，‎ 所以.‎ 设平面的法向量为，‎ 则即，取，则，‎ 故，‎ 所以，‎ 因为二面角的平面角为锐角，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线垂直证明以及二面角的平面角的计算，一般地，线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.‎ ‎18.丑橘是人们日常生活中常见的营养型水果.某地水果批发市场销售来自5个不同产地的丑橘，各产地的包装规格相同，它们的批发价格（元/箱）和市场份额如下：‎ 产地 批发价格 ‎150‎ ‎160‎ ‎140‎ ‎155‎ ‎170‎ 市场份额 市场份额亦称“市场占有率”.指某一产品的销售量在市场同类产品中所占比重.‎ ‎（1）从该地批发市场销售的丑橘中随机抽取一箱，估计该箱丑橘价格低于160元的概率；‎ ‎（2）按市场份额进行分层抽样，随机抽取20箱丑橘进行检验，①从产地，共抽取箱，求的值；②从这箱中随机抽取三箱进行等级检验，随机变量表示来自产地的箱数，求的分布列和数学期望.‎ ‎（3）产地的丑橘明年将进入该地市场，定价160元/箱，并占有一定市场份额，原有五个产地的丑橘价格不变，所占市场份额之比不变（不考虑其他因素）.设今年丑橘的平均批发价为每箱元，明年丑橘的平均批发价为每箱元，比较，的大小.（只需写出结论）‎ ‎【答案】（1）；（2）①5， ②分布列见解析，；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题设中的市场份额表可得所求的概率为.‎ ‎（2）对于①，根据所占份额可得，对于②，利用超几何分布可求的分布列，根据公式可求其数学期望.‎ ‎（3）算出后可得.‎ ‎【详解】（1）根据市场份额表可知从该地批发市场销售的丑橘中随机抽取一箱，该箱丑橘价格低于160元的概率为.‎ ‎（2）①.‎ ‎②箱中产地的有2箱，故可取，‎ 又，，，‎ 所以的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎（3），‎ 而，‎ 其中为五个产地丑橘所占市场份额之比，‎ 则，故.‎ ‎【点睛】本题考查统计图表的应用、离散型随机变量的分布列及数学期望的求法，计算分布列时注意根据常见的分布（如二项分布、超几何分布）简化概率的计算，本题属于中档题.‎ ‎19.已知函数，其中.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若函数的最小值为-1，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出后可得曲线在点处的切线方程.‎ ‎（2）求出，令，利用导数和零点存在定理可得在上有且只有一个零点，该零点也是的最小值点，利用的最小值为及该零点满足的方程可求的值.‎ ‎【详解】（1），又，‎ 故，所以曲线在点处的切线方程为.‎ ‎（2）令，则，所以为上的增函数.‎ 取，则当时，则有，‎ 又，由零点存在定理有在上有且只有一个零点.‎ 设该零点为，‎ 则当，即，所以在为减函数；‎ 当，即，所以在为增函数，‎ 所以，‎ 又，所以即，故，解得.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义以及导数在函数最值中的应用，当导函数的零点不易求得时，可以采用虚设零点的方法来处理最值问题，本题属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆：，上下两个顶点分别为，，左右焦点分别为，，四边形是边长为的正方形，过作直线交椭圆于，两点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）求证：四边形对角线交点的纵坐标与，两点的位置无关.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出后可得椭圆的方程.‎ ‎（2）设直线，，则可用的坐标表示直线与直线交点的纵坐标，再联立的方程和椭圆的方程，消去后，利用韦达定理化简，从而可得为定值.‎ ‎【详解】（1）因为四边形是边长为的正方形，故，所以，‎ 所以椭圆方程为：.‎ ‎（2）设直线，，‎ 则直线，，‎ 由可得直线与直线交点的纵坐标为 ‎，‎ 由可得，‎ 所以，且，‎ 又，‎ 故四边形对角线交点的纵坐标与，两点的位置无关.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程的求法以及椭圆中的定点问题，前者只需求出即可，后者应把求解目标化为与交点坐标有关的代数式，再联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理化简代数式，从而可证定点定值问题，本题属于较难题.‎ ‎21.设为给定的大于2的正整数，集合，已知数列：，，…，满足条件：‎ ‎①当时，；‎ ‎②当时，.‎ 如果对于，有，则称为数列的一个逆序对.记数列的所有逆序对的个数为.‎ ‎（1）若，写出所有可能的数列；‎ ‎（2）若，求数列的个数；‎ ‎（3）对于满足条件的一切数列，求所有的算术平均值.‎ ‎【答案】（1）不同的分别为：；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据可列出满足条件的.‎ ‎（2）就构成逆序对的元素的个数分类计数可得满足条件的的个数.‎ ‎（3）引进一个定义：，有，则称为数列的一个顺序对，可证明所有的中，逆序对的总数和顺序对的总数相等，从而可得逆序对的个数为，故可求其平均值.‎ ‎【详解】（1）因为， 故只有一个逆序对，‎ 则不同的分别为：.‎ ‎（2）因为，故数列：，，…，有两种情况：‎ ‎①2对逆序数由3个元素提供，即 ‎，‎ 这样的共有个.‎ ‎②2对逆序数由4个元素提供，即 ‎.‎ 这样的共有.‎ 综上，满足的数列的个数为.‎ ‎（3）对任意的：，，…，，其逆序对的个数为，‎ 我们引进一个定义：，有，则称为数列的一个顺序对，‎ 则中的顺序对个数为.‎ 考虑：，，…，与：，，…，，‎ 中的逆序对的个数为中顺序对的个数，中顺序对的个数为中逆序对个数，‎ 把所有的按如上形式两两分类，则可得所有的中，逆序对的总数和顺序对的总数相等，而它们的和为，故逆序对的个数为，‎ 所以所有的算术平均值为.‎ ‎【点睛】本题考查排列中的新定义问题，注意根据逆序对的定义得到全排列的特征，计算所有全排列的逆序对的总数时，应构造顺序对来证明两者的总数相等，本题为难题.‎