北京市第八十中学2020届高三下学期开学测试数学试题

北京市第八十中学2020届高三下学期开学测试数学试题

高三期初考试数学试卷2020.2‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.‎ ‎1.设全集，集合，，则集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：∵集合，，∴，∴.‎ 考点：集合的并集补集运算.‎ ‎2.若（表示虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照复数的运算法则，先将化为形式，再按照复数的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 复数对应的点在第四象限.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查复数的运算及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎3.点关于直线对称的点的坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 点关于直线对称的点设为，由中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为,解方程即可得到所求对称点坐标.‎ ‎【详解】设点关于直线对称的点坐标为，‎ 可得 故选：D ‎【点睛】本题考查点关于直线的对称点问题，考查中点坐标公式和两直线垂直的条件,考查运算能力,属于基础题.‎ ‎4. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是（ ）‎ A. 27 B. ‎30 ‎C. 32 D. 36‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示，‎ 其中底面是边长为的正方形，平面平面 平面，∴，．∴四棱锥的侧面积．‎ 考点：由三视图求面积、体积．‎ ‎5.已知向量与的夹角为30°，且，，则等于（ ）‎ A. 1 B. C. 13 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的模与其数量积的关系，结合已知由，即可求解.‎ ‎【详解】由题意：‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查向量的模、向量的数量积的知识，考查求解运算能力，属于基础题.‎ ‎6.设，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，，故选．‎ 考点：（1）指数函数；（2）对数函数；（3）比较大小．‎ ‎7.“”是“方程表示双曲线”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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件与必要条件的判断，看条件与结论之间能否互推，条件能推结论，充分性成立，结论能推条件，必要性成立，由此即可求解.‎ ‎【详解】若方程表示双曲线，‎ 则或，‎ 所以“”是“方程表示双曲线”的充分而不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题以双曲线的标准方程及充分必要条件的判断，考查理解辨析能力，属于基础题.‎ ‎8.九章算术是我国古代著名数学经典其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示阴影部分为镶嵌在墙体内的部分已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为( )(注：1丈尺寸，，)‎ A. 600立方寸 B. 610立方寸 C. 620立方寸 D. 633立方寸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形，利用勾股定理可得半径，进而得，再利用，乘以高即可得体积.‎ ‎【详解】‎ 连接，设⊙的半径为，‎ 则，所以.‎ 由于，‎ 所以，即.‎ 所以 平方寸．‎ ‎∴该木材镶嵌在墙中的体积为立方寸，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了垂径定理和勾股定理及扇形的面积公式，柱体的体积公式，属于中档题 ‎9.已知函数则不等式的解集为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复合函数和分段函数分类讨论，可化不等式为几个不等式组，解不等式组及可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎①当时，，，‎ 不等式 ‎②当时，，，不等式 ‎③当时，，，‎ 不等式 ‎④当时，，，‎ 不等式 综上，不等式的解集为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查分段函数和复合函数不等式，分类讨论是解决问题的关键，属中档题.‎ ‎10.已知集合，集合，，满足.‎ ‎①每个集合都恰有5个元素 ‎②‎ 集合中元素的最大值与最小值之和称为集合的特征数，记为，则的值不可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：求出集合M={x∈N*|1≤x≤15}={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15}，由题意列举出集合A1，A2，A3，排除选项B、C、D，由此能求出结果．‎ 详解：由题意集合M={x∈N*|1≤x≤15}={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15}，‎ 当A1={1，4，5，6，7}，A2={3，12，13，14，15}，A3={2，8，9，10，11}时，‎ X1+X2+X3=8+18+13=39，故排除B选项；‎ 当A1={1，4，5，6，15}，A2={2，7，8，9，14}，A3={3，10，11，12，13}时，‎ X1+X2+X3=16+16+16=48，故排除C选项；‎ 当A1={1，2，3，4，15}，A2={5，6，7，8，14}，A3={9，10，11，12，13}时，‎ X1+X2+X3=16+19+22=57，故排除D选项．‎ ‎∴X1+X2+X3的值不可能为37．‎ 故选A．‎ 点睛：本题考查满足条件的集合的判断，考查子集，并集、排除法等基础知识，考查学生的知识迁移能力和运算求解能力，属于基础题．‎ 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题卡上 ‎11.若，则__________(用数字作答)．‎ ‎【答案】-80‎ ‎【解析】‎ 分析：由题意可得，是展开式的第四项的系数，即为的系数，由此求得结果.‎ 解析：，‎ 则.‎ 故答案为：-80.‎ 点睛：解题时注意二项式系数中n和r的隐含条件．使用二项式的通项公式时要注意：①通项公式表示的是第r＋1项，而不是第r项；②通项公式中a和b的位置不能颠倒．‎ ‎12.若数列满足：，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得是一个等比数列，结合已知及等比的前项和公式，即可求解.‎ ‎【详解】，‎ 是一个公比为，首项的等比数列.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的定义，等比数列的前项和，属于基础题.‎ ‎13.已知抛物线的焦点为，则________，‎ 过点向其准线作垂线，记与抛物线的交点为，则_____.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由抛物线焦点为可得，所以．所以抛物线方程为，分析可知点在抛物线的内部，由点向抛物线的准线作垂线，此垂线方程为，将代入抛物线方程可得，即，所以．‎ 考点：抛物线的方程．‎ ‎14.设当时，函数取得最大值，则______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ f(x)＝sin x－2cos x＝＝sin(x－φ)，其中sin φ＝，cos φ＝，当x－φ＝2kπ＋(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，即θ＝2kπ＋＋φ时，函数f(x)取到最大值，所以cos θ＝－sin φ＝－.‎ ‎15.数列满足：，给出下述命题：‎ ‎①若数列满足：，则成立；‎ ‎②存在常数，使得成立；‎ ‎③若，则；‎ ‎④存在常数，使得都成立．‎ 上述命题正确的是____．（写出所有正确结论的序号）‎ ‎【答案】①④．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：对①；因为，所以，由已知，‎ 所以，即，正确 对②； 假设存在在常数，使得，则有，所以应有最大值，错，‎ 对③，因为，，所以假设，则应有，即原数列应为递增数列，错，对④，不妨设，，则，若存在常数，使得，应有，显然成立，正确，所以正确命题的序号为①④．‎ 考点：数列综合应用．‎ 三、解答题：本大题共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.‎ 在中，角所对的边分别为且满足 ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）求的最大值，并求取得最大值时角的大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）最大值为2，此时 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由正弦定理得 因为所以 ‎（2）由（1）知于是 取最大值2．‎ 综上所述，的最大值为2，此时 ‎17.一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分（即获得分）.设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立.‎ ‎（1）设每盘游戏获得的分数为，求的分布列；‎ ‎（2）玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？‎ ‎（3）玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.‎ ‎【答案】（1）；（2）；‎ ‎（3）每盘所得分数的期望为负数，所以玩得越多，所得分数越少.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）本题属于独立重复试验问题，利用即可求得的分布列；（2）玩一盘游戏，没有出现音乐的概率为.“玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐”的对立事件是“玩三盘游戏，三盘都没有出现音乐”由此可得“玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐”的概率；（3）‎ 试题解答：（1）.所以的分布列为 X ‎ ‎-200 ‎ ‎10 ‎ ‎20 ‎ ‎100 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）玩一盘游戏，没有出现音乐的概率为，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率为.‎ ‎（3）由（1）得：，即每盘所得分数的期望为负数，所以玩得越多，所得分数越少的可能性更大.‎ ‎【考点定位】1、随机变量分布列；2、独立重复事件的概率；3、统计知识.‎ ‎18.如图，在菱形中，，是的中点，平面，且在矩形中，，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：平面；‎ ‎（3）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）60°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连接，再证明平面，利用线面垂直的性质，即可证得；‎ ‎(2)设与交于，连结，由已知可得四边形是平行四边形，则可证 是的中位线，由线面平行的判定定理，即可证得；‎ ‎(3)由于四边形是菱形，是的中点，可得，故可以为原点建立空间直角坐标系，由几何关系，可写出相应点的坐标，用向量法即可求解.‎ ‎【详解】解：（1）连结，则.‎ 由已知平面，‎ 因，‎ 所以平面.‎ 又因为平面，‎ 所以.‎ ‎（2）设与交于，连结，‎ 由已知可得四边形是平行四边形，‎ 所以是的中点.‎ 因为是的中点，‎ 所以.‎ 又平面，‎ 平面，‎ 所以平面.‎ ‎（3）由于四边形是菱形，是的中点，可得.‎ 所以由几何关系可建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，.‎ 所以.‎ 设平面的法向量为.‎ 则 所以 令，则 所以.‎ 又因平面的法向量，‎ 所以.‎ 所以由上及图可知二面角的大小是60°.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的性质，直线与平面平行的判断，二面角的求法，考查空间想象能力与运算求解能力.‎ ‎19.已知函数．‎ ‎(1)若,求函数的单调区间;‎ ‎(2)若对恒成立,求的取值范围．‎ ‎【答案】(1)见解析(2)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)求导,考虑.分类讨论 的符号,即可得函数的单调性;(2),令, 由,可知在有且仅有一个零点,设为,利用讨论函数的单调性并求出最小值,即可得出结论.‎ 试题解析：‎ ‎(1)函数的定义域为. 若,‎ 则,‎ 考虑.‎ 当时,,即,故恒成立,‎ 此时在单调递增.‎ 当时, ,即方程有2个根,‎ 由根与系数之间的关系可得,‎ 即,‎ 故时,,‎ 此时在单调递增.‎ 当时, ,‎ 即方程有2个根,‎ 由根与系数之间的关系可得,‎ 即,‎ 当或时,单调递增,‎ 当时,单调递减.‎ 此时单调递增.‎ 综上时,的单调增区间为.‎ 当时,的单调增区间为,‎ 的单调减区间为.‎ ‎(2) 若,则,‎ 则令, 由,可知在有且仅有一个零点,设为,‎ 当时,,即,故在单调递减,‎ 当时,,即,故在单调递增,‎ 所以 又即 依题意,即,‎ 易知在单调递增,‎ 且,故, 又,即,‎ 易知在上单调递减,所以.‎ 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值，考查分类讨论思想以及转化思想的应用，构造法的应用，考查分析问题解决问题的能力．‎ ‎20.已知椭圆的短轴长为2，离心率，‎ ‎（1）求椭圆方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于不同的两点，与圆相切于点，‎ ‎①证明：（其中为坐标原点）；‎ ‎②设，求实数的取值范围..‎ ‎【答案】（1）（2）①证明见解析②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可列出三个关于的方程：，解方程后即可得椭圆方程；‎ ‎(2)①根据圆心到直线的距离等于圆的半径，得与的等量关系，要证明，只需证明即可，从而将数量积转化为坐标运算，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理消去坐标，得到关于的代数式，再利用前面与的等量关系即可达到目的；‎ ‎②直线与椭圆交于不同的两点，将代入椭圆的方程得，再由圆的垂径定理可得，结合得到，由的范围可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】解（1）∵∴‎ 又 ‎∴‎ ‎∴椭圆的方程为 ‎①∵直线与相切 ‎∴，即 由消去得 设 则 ‎∵‎ ‎∴.‎ ‎②∵直线与椭圆交于不同的两点，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 由(2)①知 ‎∴即 ‎∴‎ 又 ‎∴的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆、圆的综合应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于综合题.‎ ‎21.各项均为非负整数数列同时满足下列条件：‎ ‎① ；② ；③是的因数（）．‎ ‎（1）当时，写出数列的前五项； ‎ ‎（2）若数列的前三项互不相等，且时，为常数，求的值；‎ ‎（3）求证：对任意正整数，存在正整数，使得时，为常数．‎ ‎【答案】（1）5，1，0，2，2. （2）的值为.（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得 而2是的因数，所以 ，依次求出后三项，（2）由前三项互不相等，可分类讨论：这四种情况即可，（3）令，则为正整数，易得为单调递减数列（可相等），当首项确定时，当时，必有成立.而当成立时，可得常数.‎ ‎【详解】解：（1）5，1，0，2，2.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 又数列的前3项互不相等，‎ 当时，‎ 若，则，‎ 且对，都为整数，所以；‎ 若，则，‎ 且对，都为整数，所以；‎ 当时，‎ 若，则，且对，都为整数，所以，不符合题意；‎ 若，则，‎ 且对，都为整数，所以；‎ 综上，的值为. ‎ ‎（3）对于，令，‎ ‎ 则.‎ ‎ 又对每一个，都为正整数，所以 ，其中“”至多出现个.故存在正整数，当时，必有成立.‎ ‎ 当时，则.‎ 从而.‎ 由题设知，又及均为整数，‎ 所以 ，故常数.‎ 从而常数.‎ 故存在正整数，使得时，为常数.‎