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文档介绍
北京市第十三中学2020届高三下学期开学测试数学试题
北京市第十三中学2019~2020学年度 高三年级数学开学测试 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,第Ⅰ卷从第1页至第2页;第Ⅱ卷从第3页至第5页;答题纸从第1页至第4页.共150分,考试时间120分钟.请在答题纸规定处书写班级、姓名、准考证号.考试结束后,将本试卷的答题纸一并交回. 第Ⅰ卷(选择题共40分) 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.) 1.设集合,,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析:由已知可得,故 考点:集合的运算 2.抛物线上的点到其焦点的最短距离为( ) A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 试题分析:由已知焦点为,故抛物线上的点到焦点的距离为 ,当然也可作图,利用抛物线的定义 考点:抛物线 3.过双曲线的右焦点,且平行于经过一、三象限的渐近线的直线方程是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 双曲线的右焦点为(5,0)经过一、三象限的渐近线的斜率.所以直线方程为,整理得.故选D 4.已知等比数列满足,且成等差数列,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设公比为q,由等比数列的通项公式和等差数列中项性质列方程,解方程可得q,即可得到所求值. 【详解】成等差数列,得,即:, 所以,=16 故选C. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项性质,考查方程思想和运算能力,属于基础题. 5.已知向量,若,则实数λ=( ) A. -3 B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】向量,则,若,则有,所以. 故选:A. 6.已知,,直线和是函数 图像的两条相邻的对称轴,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 因为直线和是函数图像的两条相邻的对称轴, 所以T=.所以ω=1,并且sin(+φ)与sin(+φ)分别是最大值与最小值,0<φ<π, 所以φ=. 故选:A. 7.已知,,,则( ). A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析:因为所以选C. 考点:比较大小 8.已知函数 ,则“”是“函数在区间上存在零点”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】C 【解析】 【分析】 先将函数的零点问题转化成两个函数图象交点的问题,再判断充分必要性. 【详解】=0,得:,设函数, 当时,如下图,函数有交点,所以,在区间上存在零点,充分性成立. (2)当在区间上存在零点时, 如果=0,函数在上无交点 如果>0,函数在上图象在第一象限,的图象在第四象限,无交点 所以,还是<0,必要性成立, 所以是充分必要条件,选C. 【点睛】本题考查了函数的零点及充分必要条件,考查数形结合思想,属中档题. 9.某购物网站在2017年11月开展“全部6折”促销活动,在11日当天购物还可以再享受“每张订单金额(6折后)满300元时可减免100元”.某人在11日当天欲购入原价48元(单价)的商品共42件,为使花钱总数最少,他最少需要下的订单张数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 先算出一张订单需要多少件,再根据总数计算即可得解. 【详解】为使花钱总数最少,需使每张订单满足“每张订单金额(6折后)满300元时可减免100元”,即每张订单打折前原金额不少于500元. 由于每件原价48元,因此每张订单至少11件,所以最多需要下的订单张数为3张. 【点睛】本题是一道应用题,解题关键是要读懂题目的意思,根据题目给出的条件,找出合适的解法. 10.如图,已知直线与曲线相切于两点,函数 ,则函数 ( ) A. 有极小值,没有极大值 B. 有极大值,没有极小值 C. 至少有两个极小值和一个极大值 D. 至少有一个极小值和两个极大值 【答案】C 【解析】 【分析】 根据导数的几何意义,讨论直线与曲线在切点两侧的导数与的大小关系,从而得出的单调区间,结合极值的定义,即可得出结论. 【详解】 如图,由图像可知,直线与曲线切于a,b, 将直线向下平移到与曲线相切,设切点为c, 当时,单调递增,所以有且. 对于=, 有,所以在时单调递减; 当时,单调递减,所以有且. 有,所以在时单调递增; 所以是的极小值点. 同样的方法可以得到是的极小值点,是的极大值点. 故选C. 【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义,函数导数与单调性,与函数极值之间的关系,属于中档题. 第Ⅱ卷(共110分) 二、填空题(每小题5分,共25分) 11.已知,其中是虚数单位,那么实数= . 【答案】2 【解析】 试题分析:由已知,故 考点:复数的运算 12.若,则= . 【答案】 【解析】 . 13.对于,以点为中点的弦所在的直线方程是_____. 【答案】 【解析】 试题分析:,圆心为(1,0),故所求直线的斜率为,直线方程为即 考点:直线方程 14.已知是等差数列,那么=______;的最大值为______. 【答案】16;16 【解析】 试题分析:由已知得,故, 考点:等差数列的性质及基本不等式 15.已知函数,则;下面三个命题中,所有真命题序号是 . ① 函数是偶函数; ② 任取一个不为零的有理数,对恒成立; ③ 存在三个点使得为等边三角形. 【答案】1 ①②③ 【解析】 f(x)必然是有理数0或1,在代入函数必然是f(f(x))=1. (1)当,则;当,则,很显然函数=所以函数是偶函数.所以①正确; (2)任取一个不为零的有理数,当,则;当,则,很显然函数,所以②正确; (3)设,,,此时为等边三角形,所以③正确. 三、解答题(共85分) 16.如图,长方体的底面是正方形,点在棱上,. (1)证明:平面; (2)若,求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】 【分析】 (1)根据长方体性质可知平面,从而,由题意,即可由线面垂直的判定定理证明平面; (2)由题意,设,建立空间直角坐标系,即可写出各个点的坐标,求得平面和平面的法向量,即可由两个平面的法向量求得二面角夹角的余弦值,再由同角三角函数关系式即可求得二面角的正弦值. 【详解】(1)由已知得,平面,平面, 故. 又,且, 所以平面. (2)由(1)知.由题设知,所以, 故,. 设,以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系: 则,,,,,,. 设平面的法向量为,则即. 所以可取. 设平面的法向量为,则即 所以可取. 于是. 由同角三角函数关系式可得二面角的正弦值为. 【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理,由空间向量法求二面角夹角大小,注意本题求解的是二面角夹角的正弦值,属于中档题. 17.已知同时满足下列四个条件中的三个: ①;②;③ ;④ . (Ⅰ)请指出这三个条件,并说明理由; (Ⅱ)求的面积. 【答案】(Ⅰ)满足①,③,④;(Ⅱ). 【解析】 【分析】 (Ⅰ)通过余弦函数的性质可以判断①,②不能同时满足,也就可以判断出③,④能同时满足,最后判断出②不能和③,④同时满足; (Ⅱ)利用余弦定理可以求出的值,再利用面积公式求出面积. 【详解】(Ⅰ)解:同时满足①,③,④.理由如下: 若同时满足①,②. 因为,且,所以. 所以,矛盾. 所以只能同时满足③,④. 所以,所以,故不满足②. 故满足①,③,④. (Ⅱ)解:因为, 所以. 解得,或(舍). 所以△的面积. 【点睛】本题考查了余弦函数的性质、余弦定理、面积公式,考查了数学推理论证能力. 18.为了解甲、乙两个快递公司的工作状况,假设同一个公司快递员的工作状况基本相同,现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员,并从两人某月(30天)的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据,制表如下: 甲公司某员工A 乙公司某员工B 3 9 6 5 8 3 3 2 3 4 6 6 6 7 7 0 1 4 4 2 2 2 每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下: 甲公司规定每件4.5元;乙公司规定每天35件以内(含35件)的部分每件4元,超出35件的部分每件7元. (1)根据表中数据写出甲公司员工A在这10天投递的快递件数的平均数和众数; (2)为了解乙公司员工B的每天所得劳务费的情况,从这10天中随机抽取1天,他所得的劳务费记为(单位:元),求的分布列和数学期望; (3)根据表中数据估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费. 【答案】(1)平均数为36,众数为33.(2) 136 147 154 189 203 (3)甲公司4860元,乙公司4965元 【解析】 【详解】试题分析:(1)由平均数计算公式得:,出现得最多的数是33.(2)先计算出随机变量取值集合,当投递件数为34时,=136元;当投递件数为36时,=147元;当投递件数为37时,=154元;当投递件数为42时,=189元;当投递件数为44时,=1203元;再分别求出其概率,最后利用数学期望公式求出(3)甲公司被抽取员工该月收入为元,乙公司被抽取员工该月收入为元. 试题解析:解: (1)甲公司员工A投递快递件数的平均数为36,众数为33. (2)设乙公司员工B投递件数,则 当=34时,=136元, 当>35时,元, 的可能取值为136,147,154,189,203 的分布列为: 136 147 154 189 203 (3)根据图中数据,可估算甲公司被抽取员工该月收入4860元,乙公司被抽取员工该月收入4965元. 考点:分布列,数学期望 19.已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程; (2)求的单调区间; (3)若对于任意,都有,求实数的取值范围. 【答案】(1)(2)的单调递增区间是;的单调递减区间是(3). 【解析】 【分析】 (1)先求得导函数,由导数的几何意义求得切线的斜率,再求得切点坐标,即可由点斜式得切线方程; (2)求得导函数,并令求得极值点,结合导函数的符号即可判断函数单调区间; (3)将不等式变形,并分离参数后构造函数,求得并令 求得极值点,结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值,即可确定的取值范围. 【详解】(1)因为函数, 所以,. 又因为,则切点坐标为, 所以曲线在点处的切线方程为. (2)函数定义域为, 由(1)可知, 令解得. 与在区间上的情况如下: - 0 + ↘ 极小值 ↗ 所以,的单调递增区间是; 的单调递减区间是. (3)当时,“”等价于“”. 令,,,. 令解得, 当时,,所以在区间单调递减. 当时,,所以在区间单调递增. 而,. 所以在区间上的最大值为. 所以当时,对于任意,都有. 【点睛】本题考查了导数的几何意义,切线方程的求法,由导函数求函数的单调区间,分离参数法并构造函数研究参数的取值范围,由导数求函数在闭区间上的最值,属于中档题. 20.已知椭圆C:的离心率为,左、右顶点分别为A,B,点M是椭圆C上异于A,B的一点,直线AM与y轴交于点P. (Ⅰ)若点P在椭圆C的内部,求直线AM的斜率的取值范围; (Ⅱ)设椭圆C的右焦点为F,点Q在y轴上,且∠PFQ=90°,求证:AQ∥BM. 【答案】(Ⅰ)(-,0)(0,)(Ⅱ)详见解析 【解析】 【分析】 (Ⅰ)根据题意可得得c2=a2﹣2,由e,解得即可出椭圆的方程,再根据点在其内部,即可线AM的斜率的取值范围, (Ⅱ)题意F(,0),设Q(0,y1),M(x0,y0),其中x0≠±2,则1,可得直线AM的方程y(x+2),求出点Q的坐标,根据向量的数量积和斜率公式,即可求出kBM﹣kAQ=0,问题得以证明 【详解】解:(Ⅰ)由题意可得c2=a2-2, ∵e==, ∴a=2,c=, ∴椭圆方程为+=1, 设P(0,m),由点P在椭圆C的内部,得-<m<, 又∵A(-2,0), ∴直线AM的斜率kAM==∈(-,), 又M为椭圆C上异于A,B的一点, ∴kAM∈(-,0),(0,), (Ⅱ)由题意F(,0),设Q(0,y1),M(x0,y0),其中x0≠±2, 则+=1, 直线AM的方程为y=(x+2), 令x=0,得点P的坐标为(0,), 由∠PFQ=90°,可得•=0, ∴(-,)•(-,y1)=0, 即2+•y1=0, 解得y1=-, ∴Q(0,-), ∵kBM=,kAQ=-, ∴kBM-kAQ=+=0, 故kBM=kAQ,即AQ∥BM 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查转化思想以及计算能力,属于中档题 21.对于数列,定义“变换”:将数列变换成数列,其中,且,这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”,得到数列,依此类推,当得到的数列各项均为时变换结束. (1)试问和经过不断的“变换”能否结束?若能,请依次写出经过“变换”得到的各数列;若不能,说明理由; (2)求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件; (3)证明:一定能经过有限次“变换”后结束. 【答案】(1);(2);(3)证明见解析. 【解析】 分析:(1)根据定义,可得不能结束,数列能结束,并可写出数列;(2)经过有限次“变换”后能够结束的充要条件,先证明,则经过一次“变换”,就得到数列,从而结束,再证明命题“若数列为常数列,则为常数列”, 即可得解;(3)先证明引理:“将数的最大项一定不大于数列的最大项,其中 ” ,再分类讨论:第一类是没有为的项,或者为的项与最大项不相邻,(规定首项与末项相邻),此时由引理可知,,第二类是含有为的项,且与最大项相邻,此时,证明第二类数列经过有限次“变换”,一定可以得到第一类数列. 详解:(1)数列不能结束,各数列依次为;;;;;;….从而以下重复出现,不会出现所有项均为的情形. 数列能结束,各数列依次为;;;. (2)解:经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是. 若,则经过一次“变换”就得到数列,从而结束. 当数列经过有限次“变换”后能够结束时,先证命题“若数列为常数列,则为常数列”. 当时,数列. 由数列为常数列得,解得,从而数列也为常数列. 其它情形同理,得证. 在数列经过有限次“变换”后结束时,得到数列(常数列),由以上命题,它变换之前的数列也为常数列,可知数列也为常数列. 所以,数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是. (3)证明:先证明引理:“数列的最大项一定不大于数列的最大项,其中”. 证明:记数列中最大项为,则. 令,,其中. 因为, 所以, 故,证毕. 现将数列分为两类. 第一类是没有为的项,或者为的项与最大项不相邻(规定首项与末项相邻),此时由引理可知,. 第二类是含有为的项,且与最大项相邻,此时. 下面证明第二类数列经过有限次“变换”,一定可以得到第一类数列. 不妨令数列的第一项为,第二项最大().(其它情形同理) ①当数列中只有一项时, 若(),则,此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻,为第一类数列; 若,则;此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻,为第一类数列; 若(),则,此数列各项均不为,为第一类数列; 若,则;;, 此数列各项均不为,为第一类数列. ②当数列中有两项为时,若(),则,此数列各项均不为,为第一类数列; 若(),则,,此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻,为第一类数列. ③当数列中有三项为时,只能是,则, ,,此数列各项均不为,为第一类数列. 总之,第二类数列至多经过次“变换”,就会得到第一类数列,即至多连续经历次“变换”,数列的最大项又开始减少. 又因为各数列的最大项是非负整数, 故经过有限次“变换”后,数列的最大项一定会为,此时数列的各项均为,从而结束. 点睛:本题考查数列的综合运用、新定义问题及分类讨论思想,属于难题.新定义题型的特点是:通过给出一个新概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情景,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决.查看更多