北京市密云区2020届高三上学期期末考试数学试题

北京市密云区2020届高三上学期期末考试数学试题

北京京市密云区2019-2020第一学期期末试题 高三数学试卷 一、选择题：本大题共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.若集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的并运算，即可容易求得.‎ ‎【详解】因为，，‎ 故可得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合并集的求解，属基础题.‎ ‎2.双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程求得，即可由离心率计算公式求得结果.‎ ‎【详解】因为双曲线的方程是，故可得，‎ 故离心率.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，属基础题.‎ ‎3.若函数满足：对任意正整数，都有，且函数的图象经过点，则在下列选项中，函数通过的点的坐标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数经过的点，以及，即可容易递推得到结果.‎ ‎【详解】因为过点，且，‎ 故可得，，‎ 故过点.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数值的求解，属基础题.‎ ‎4.若函数（）的相邻两个极小值点之间的距离为，最大值与最小值之差为2，且为奇函数，则函数的值是（ ）‎ A. 2 B. ‎1 ‎C. 0 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，结合正弦型函数的性质，即可容易求得函数解析式，再求函数值即可.‎ ‎【详解】因为相邻两个极小值点之间的距离为，故可得，则；‎ 又因为最大值与最小值之差为2，故可得，则；‎ 又因为是奇函数，故可得；‎ 故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查由正弦型三角函数的性质求解析式，属综合基础题.‎ ‎5.“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 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】‎ 解正弦方程，结合题意即可容易判断 ‎【详解】因为，故可得或，‎ 则“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查命题之间的关系，涉及三角方程的求解，属综合基础题.‎ ‎6.下列函数中，既是偶函数，又是上的增函数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式，求得函数单调性和奇偶性即可容易判断.‎ ‎【详解】对，其定义域为，不关于原点对称，故其不是偶函数，故错误；‎ 对，其在是减函数，故错误；‎ 对，其是偶函数，且在上为增函数，故正确；‎ 对，其是奇函数，故错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断，涉及指数函数，对数函数，幂函数的性质，属综合基础题.‎ ‎7.如图所示，四个边长为1的正方形拼成一个大正方形，是其中一个小正方形的一条边，是小正方形其余的顶点，则集合中元素的个数为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的数量积运算，即可容易判断.‎ ‎【详解】根据数量积的定义，元素的个数取决于在向量方向的投影的结果的个数.‎ 结合已知条件，由图可知：‎ 与，与，与在向量方向的投影相同，‎ 故集合中有3个元素.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查数量积的定义，属基础题.‎ ‎8.阶段测试后，甲、乙、丙、丁、戊五位同学排成一排按序走上领奖台领奖，其中甲和乙都在丙的前面走，则不同的排序方法种数共有（ ）‎ A. 20 B. ‎40 ‎C. 60 D. 80‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出甲乙丙顺序确定时的所有方法，再考虑甲乙内部的排列即可.‎ ‎【详解】根据题意，若甲乙丙顺序确定，则所有排法有种，‎ 再考虑甲和乙的顺序，则所有排法有种.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查部分元素定序问题的排列，属基础题.‎ ‎9.已知函数若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为方程有根的问题，进而根据二次方程根的分布即可求解.‎ ‎【详解】根据题意，不妨设，则问题转化为方程有正根，‎ 则只需且，‎ 解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次方程根的分布问题，属中档题；其中问题的转化是关键.‎ ‎10.设非零向量的夹角为，定义运算“*”：．‎ 下列命题 ‎①若，则//；‎ ‎②设中，，则；‎ ‎③（为任意非零向量）；‎ ‎④若，则.‎ 其中正确命题的编号是（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据新运算的定义，对选项进行逐一分析即可求得.‎ ‎【详解】，，解得或，故//，则①正确；‎ 由的定义可知，其结果表示以为一组邻边的平行四边形的面积，‎ 故，则②正确；‎ 不妨取，故可得，‎ 而，显然不相等，故③错误；‎ 若，则，故④正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查向量新定义问题，属中档题.‎ 二、填空题:本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎11.复数对应点在第_____象限，复数的实部是_______________．‎ ‎【答案】 (1). 四 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算法则化简复数，再求对应点的坐标，以及实部即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 故其对应的点为位于第四象限，其实部为.‎ 故答案为：四；.‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算以及复数的几何意义，属综合基础题.‎ ‎12.抛物线的焦点坐标是______________，准线方程是_____________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的焦点坐标为，准线方程为，可得本题答案.‎ ‎【详解】因为抛物线的标准方程为，得，所以其焦点左边为，准线方程为.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的焦点坐标和准线方程，属于基础题.‎ ‎13.若数列是由正数组成的等比数列，且，，则公比__________，其前项和=______.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的基本量求得公比和前项和即可.‎ ‎【详解】因为是等比数列，且各项均为正数，故；‎ 又，故可得.‎ ‎.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的基本量求解，涉及前项和的求解，属基础题.‎ ‎14.在中，分别是角的对边，且，，，则______，_________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理求得；再根据正弦定理求得即可.‎ ‎【详解】因为，，，‎ 故可得；‎ 根据正弦定理可得，‎ 又因为则，故可得.‎ ‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，属基础题.‎ ‎15.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图还原几何体，再利用棱锥的体积公式即可求得.‎ ‎【详解】根据三视图还原几何体如下所示：‎ 则容易知，.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图还原几何体，以及棱锥体积的计算，属基础题.‎ ‎16.密云某商场举办春节优惠酬宾赠券活动，购买百元以上单件商品可以使用优惠劵一张，并且每天购物只能用一张优惠券．一名顾客得到三张优惠券，三张优惠券的具体优惠方式如下：‎ 优惠券1：若标价超过50元，则付款时减免标价的10%；‎ 优惠券2：若标价超过100元，则付款时减免20元；‎ 优惠券3：若标价超过100元，则超过100元的部分减免18%．‎ 如果顾客需要先用掉优惠券1，并且使用优惠券1比使用优惠券2、优惠券3减免的都多，那么你建议他购买的商品的标价可以是__________元．‎ ‎【答案】201‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，构造函数，由函数的值域即可容易求得.‎ ‎【详解】设标价为，‎ 则当时，优惠金额；‎ 当时，优惠券2的优惠金额，优惠券3的优惠金额.‎ 故当标价在之间，只能用优惠券1，故不满足题意；‎ 当标价超过100时，若满足题意，，且，‎ 解得.‎ 则答案不唯一，只需在区间内任取一个元素即可.本题中选取标价为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查实际问题中函数模型的应用，属中档题.‎ 三、解答题: 本大题共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.已知角的终边与以原点为圆心的单位圆交于点，角的终边与角的终边关于直线对称．‎ ‎（Ⅰ）若为第三象限角，点的纵坐标为，‎ ‎（i）求和的值；‎ ‎（ii）求的值．‎ ‎（Ⅱ）求函数的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（i），．.（ii）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）（i）根据三角函数的定义，以及同角三角函数关系，即可容易求得；‎ ‎（ii）由角度终边的对称性，求得，再用正弦的和角公式即可求得；‎ ‎（Ⅱ）利用余弦的倍角公式，将函数转化为关于的二次函数，求其值域即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）（i）因为角的终边与单位圆交于点，的纵坐标为，‎ 所以，又因为为第三象限角，‎ 所以． ‎ 因此. ‎ ‎（ii）因为角的终边与角的终边关于直线对称，‎ 所以，. ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎.‎ 由， ‎ 所以当时，有最小值.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的定义，同角三角函数关系，诱导公式，以及二次型三角函数的最值，属综合基础题.‎ ‎18.‎ 甲、乙两位运动员一起参加赛前培训．现分别从他们在培训期间参加的若干次测试成绩中随机抽取8次，记录如下：‎ 甲：82 81 79 78 95 88 93 84‎ 乙：86 85 79 86 84 84 85 91‎ ‎（Ⅰ）请你运用茎叶图表示这两组数据；‎ ‎（Ⅱ）若用甲8次成绩中高于85分的频率估计概率，对甲同学在今后的3次测试成绩进行预测，记这3次成绩中高于85分的次数为，求的分布列及数学期望；‎ ‎（Ⅲ）现要从中选派一人参加正式比赛，依据所抽取的两组数据分析，你认为选派哪位选手参加较为合适？并说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）茎叶图见解析（Ⅱ）分布列见解析，（Ⅲ）派乙比较合适，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据茎叶图的绘制方法，结合数据绘制即可；‎ ‎（Ⅱ）先计算高于分的概率，再求得的取值，由二项分布的概率求解即可求得其分布列；‎ ‎（Ⅲ）求出两组数据的平均数和方差，据此判断即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）作出茎叶图如下：‎ ‎（Ⅱ）记“甲同学在一次数学竞赛中成绩高于85分”为事件A，． ‎ 随机变量的可能取值为0，1，2，3，且．‎ 所以，．‎ 所以变量的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎．‎ ‎（Ⅲ）派乙参赛比较合适．‎ 理由如下：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎，‎ 因为 ，，‎ 说明乙的成绩较稳定，更容易发挥队员水平，‎ 所以派乙参赛比较合适．‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图的绘制，以及平均数和方差的计算，以及二项分布的分布列求解，属综合中档题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，为线段的中点. ‎ ‎（Ⅰ）求直线与平面所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的大小；‎ ‎（Ⅲ）若在段上，且直线与平面相交，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为坐标原点，建立空间直角坐标系：‎ ‎（Ⅰ）求得直线的方向向量和平面的法向量，通过向量的夹角求得线面角的夹角；‎ ‎（Ⅱ）求出平面的法向量，利用向量法求二面角的大小；‎ ‎（Ⅲ）设出点坐标，根据的方向向量和法向量不垂直，即可求得范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ） 因为，‎ 所以；‎ 又因为，，‎ 所以，‎ 因此.‎ 以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. ‎ 则，，，‎ ‎，，. ‎ 所以，，.‎ 设平面的法向量，‎ 由得： ‎ 令，则 ‎ 设直线与平面所成角为，‎ 则有=‎ 所以 ‎ 即：直线与平面所成角的余弦值为. ‎ ‎（Ⅱ）同理可得：平面的法向量， ‎ 则有 ‎ 因为二面角平面角为钝角，‎ 所以二面角的大小为. ‎ ‎（Ⅲ）设，‎ 由得：.‎ 则， ‎ 又因为直线与平面相交，‎ 所以.‎ 即: , 解得： ‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查利用向量法求线面角，二面角，以及由线面不平行推证线段比例关系，属综合中档题.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）证明：函数在区间上存在唯一的极大值点；‎ ‎（Ⅲ）证明：函数有且仅有一个零点.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析（Ⅲ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求导，从而解得切线的切率，根据点斜式即可求得结果；‎ ‎（Ⅱ）根据的单调性，即可容易求证；‎ ‎（Ⅲ）根据的正负，判断函数的单调性，即可容易证明.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 所以，‎ ‎，‎ 又因为， ‎ 所以切线方程为，‎ 即：. ‎ ‎（Ⅱ）证明：因为和在上单调递减，‎ 所以在上单调递减， ‎ 且．‎ 又， ‎ 所以在内有且仅有一个实数，使得=0，‎ 并且当时，，‎ 当时，，‎ 所以在区间上有唯一的极大值点. ‎ ‎（Ⅲ）证明：当时，‎ ‎，，‎ 此时. ‎ 当时，‎ ‎，，‎ 此时. ‎ 当时，‎ 因为，所以在内单调递增. ‎ 因为，，‎ 所以在上有且仅有一个零点. ‎ 综上所述，函数有且仅有一个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点个数和零点个数，以及用导数的几何意义求切线的斜率.‎ ‎21.已知椭圆：的长轴长为4，离心率为．直线交于点，倾斜角互补，且直线与椭圆的交点分别为（点在点的右侧）.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）证明：直线的斜率为定值；‎ ‎（Ⅲ）在椭圆上是否存在一点，恰好使得四边形为平行四边形，若存在，分别指出此时点和的坐标；若不存在，简述理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析（Ⅲ）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据长轴长和离心率即可容易求得，则椭圆方程可得；‎ ‎（Ⅱ）由点在椭圆上，结合的斜率互为相反数，结合韦达定理，即可容易求得两点的坐标，即可求证斜率为定值；‎ ‎（Ⅲ）根据题意，即可容易求得对应点的坐标.‎ ‎【详解】（Ⅰ）根据题意得解得 ‎ 所以椭圆的方程为． ‎ ‎（Ⅱ）易知点在椭圆上. ‎ 设直线 ，即． ‎ 令 ‎ 消去得．‎ 设，则．‎ 所以． ‎ 因为直线和的倾斜角互补，所以直线．‎ 设，同理可得． ‎ 所以 ‎ ‎． ‎ 即直线的斜率为定值． ‎ ‎（Ⅲ）存在符合已知条件，‎ 且使得四边形为平行四边形．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中定值问题的证明，属综合中档题.‎ ‎22.设数组，，，数称为数组的元素．对于数组，规定：‎ ‎①数组中所有元素的和为；‎ ‎②变换，将数组变换成数组，其中表示不超过的最大整数；‎ ‎③若数组，则当且仅当时，．‎ 如果对数组中任意个元素，存在一种分法，可将其分为两组，每组个元素，使得两组所有元素的和相等，则称数组具有性质．‎ ‎（Ⅰ）已知数组，，计算，，并写出数组是否具有性质；‎ ‎（Ⅱ）已知数组具有性质，证明：也具有性质；‎ ‎（Ⅲ）证明：数组具有性质的充要条件是．‎ ‎【答案】（Ⅰ）数组是具有性质，数组不具有性质．（Ⅱ）证明见解析（Ⅲ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意，即可容易得，则可判断；‎ ‎（Ⅱ）对都为奇数和都为偶数，结合性质的定义，即可证明；‎ ‎（Ⅲ）从充分性和必要性上，结合（Ⅱ）中所求，即可证明.‎ ‎【详解】（Ⅰ），； ‎ 数组是具有性质，数组不具有性质． ‎ ‎（Ⅱ）证明：当元素均为奇数时，‎ 因为，，所以．‎ 对中任意个元素，不妨设为．‎ 因为数组具有性质，所以对于，‎ 存在一种分法：将其分为两组，每组个素，使得各组内所有元素之和相等．‎ 如果用替换上述分法中的（），‎ 就可以得到对于的一种分法：‎ 将其分为两组，每组个元素，显然各组内所有元素之和相等．‎ 所以此时也具有性质． ‎ 当元素均为偶数时，‎ 因为，，所以．‎ 对中任意个元素，不妨设为．‎ 因为数组具有性质，所以对于，‎ 存在一种分法：将其分为两组，每组个元素，使得各组内所有元素之和相等．‎ 如果用替换上述分法中的（），‎ 就可以得到对于的一种分法：‎ 将其分两组，每组个元素，显然各组内所有元素之和相等．‎ 所以此时也具有性质． ‎ 综上所述，由数组具有性质可得也具有性质．‎ ‎（Ⅲ）证明：（1）充分性：显然成立． ‎ ‎（2）必要性：‎ 因为数组具有性质，所以对于数组中任意个元素，存在一种分法：‎ 将个元素平均分成2组，并且各组内所有元素之和等于同一个正整数，‎ 所以均为偶数，从而元素的奇偶性相同．‎ 由（Ⅱ）可知，如果数组具有性质，‎ 那么仍具有性质．‎ 又因为，当为奇数时，‎ ‎，当且仅当时等号成立，‎ 当为偶数时，‎ ‎，‎ 由此得到的充要条件是． ‎ 易知，‎ 当且仅当时等号成立．‎ 即，当且仅当时等号成立．‎ 令，，．‎ 假设对于任意的，有，则，‎ 又，，得，即．‎ 得 ，…，‎ ‎，‎ 所以，且单调递减．‎ 又因为，矛盾．‎ 所以存在，有．‎ 又由结论1，得此时．‎ 上述过程倒推回去，‎ 因为数组均具有性质，即数组中元素 的奇偶性相同，可得数组中的所有元素都相同，‎ 所以，数组中的元素均相同，即．‎ ‎【点睛】本题考查集合新定义问题，属综合困难题.‎