北京市顺义区牛栏山第一中学2020届高三上学期期中考试数学试题

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牛栏山一中2019―2020学年度高三上学期期中考试 数学试卷 一、选择题：本大题共8小题，每小题5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，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合M，即可得到正确结果.‎ ‎【详解】由可得，，又，则，即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查元素与集合的关系，正确化简集合是解题的关键，属基础题.‎ ‎2.下列函数中，值域是的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据基本初等函数的性质依次判断每个选项的值域即可得到正确选项.‎ ‎【详解】选项A中，的值域是，故不正确；‎ 选项B中，的值域是，故不正确；‎ 选项C中，的值域是，故不正确；‎ 选项D中，，其值域是，故D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查基本初等函数的值域，注意仔细审题，属基础题.‎ ‎3.1，，，，4成等比数列，则（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. -2 D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比中项的性质计算求解即可.‎ ‎【详解】依题意，由等比中项的性质可得，，，则.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的等比中项性质，注意仔细审题，认真计算，属基础题.‎ ‎4.若，，则与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的夹角公式即可计算得到.‎ ‎【详解】设与的夹角为，则，‎ 即.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的夹角公式以及两角差的余弦公式，要求熟练掌握公式的运用，属基础题.‎ ‎5.定义域均为的两个函数，，为奇函数是，均为奇函数的（ ）‎ 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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先证明不充分，通过举反例假设，即可；其次证明必要性，根据定义域和奇函数的定义证明从而得到正确结果.‎ ‎【详解】首先证明不充分，假设，，则是奇函数，但是，都不是奇函数，故为奇函数是，均为奇函数的不充分条件；‎ 其次证明必要性，若，均为奇函数，且定义域均为，设，‎ 则，‎ 所以是奇函数，故为奇函数是，均为奇函数的必要条件.‎ 综上，为奇函数是，均为奇函数的必要不充分条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断及奇函数的定义，判断函数是奇函数，首先求定义域并判断是否关于原点对称，其次看是否满足即可，属中档题.‎ ‎6.两点，，在，变化过程中，的最小值为（ ）‎ A 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 与有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 通过画图分析可知，点B在以原点为圆心，半径为1的圆上，点A在直线上，利用直线与圆的位置关系即可求得结果.‎ ‎【详解】依题意，点B在以原点为圆心，半径为1的圆上，即满足：，如图：‎ 点A在直线上，易得圆心O到直线的距离为3，则.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，着重考查学生数形结合的思想和转化与化归的能力，属中档题.‎ ‎7.过曲线：的焦点并垂直于轴的直线与曲线交于，，在上方，为抛物线上一点，，则（ ）‎ A. 0 B. ‎3 ‎C. 0或3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线方程可得A(1，2)，B(1，-2)，设点M坐标为(a，b)，代入曲线方程可得，由得，代入即可求出.‎ ‎【详解】由题中条件可得焦点为，即可求得：A(1，2)，B(1，-2)，‎ 设点M坐标为(a，b)，代入曲线方程可得，‎ 由，得，‎ 即，又因为，化简得，解得0或3.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的性质和平面向量的基本知识，注意仔细审题，认真计算，属中档题.‎ ‎8.如图，平面内两条直线和相交于点，构成的四个角中的锐角为.对于平面上任意一点，若，分别是到直线和的距离，则称有序非负实数对是点的“距离坐标”，给出下列四个命题：‎ ‎①点有且仅有两个；‎ ‎②点有且仅有4个；‎ ‎③若，则点的轨迹是两条过点的直线；‎ ‎④满足的所有点位于一个圆周上.‎ 其中正确命题的个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过画图分析依次判断每个命题的真假，尤其是第四个命题，可举出反例判断其错误即可.‎ ‎【详解】命题①，如图，有且只有两个点的距离坐标为，即命题①正确.‎ 命题②，如图，虚线分别为到两条直线的距离为2和3的平行直线，四条虚线总共4个交点，故点有且仅有4个，即命题②正确；‎ 命题③，如图，点的轨迹是两条过点的直线l3和l4，即命题③正确； ‎ 命题④，如图，和分别在直线l1和l2上， ‎ 易得，则点M都在以O为圆心，半径为圆上，‎ 设点，即点A到两条直线的距离都是，且满足，‎ 由几何关系可得，，即点A在圆O外，故命题④错误.‎ 综上，正确命题为①②③.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查新定义问题，着重考查学生的信息迁移能力，判断命题真假通过举反例进行排除可以适当提高解题效率，属难题.‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎9.复数的虚部为__________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法计算即可得到结果.‎ ‎【详解】，则的虚部为1.‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题考查复数的概念和除法运算，属基础题.‎ ‎10.数列的前项和为，若，则_______.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由计算求解即可.‎ ‎【详解】依题意，.‎ 故答案为：9.‎ ‎【点睛】本题考查和的关系，注意仔细审题，认真计算，属基础题.‎ ‎11.在平面直角坐标系中，双曲线：的左、右焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的渐近线方程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图象并结合已知可得，点到渐近线的距离等于a，由此列出等式求出，从而得到渐近线方程.‎ ‎【详解】如图，点到渐近线的距离等于a，‎ 渐近线方程变形为：，则，又，‎ 整理得，，则双曲线的渐近线方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质、直线与圆的位置关系，注意仔细审题，认真计算，属中档题.‎ ‎12.如图是以为圆心的一个圆，其中弦的长为2 ，则_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作交于，则，由此计算求解即可得到结果.‎ ‎【详解】如图，作交于，则，‎ 则.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的几何应用，此类题型一般需要结合平面向量的基本定理进行计算化简，属中档题.‎ ‎13.里氏震级M的计算公式为：M=lgA﹣lgA0，其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，是相应的标准地震的振幅，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅A0为0.001，则此次地震的震级为 级；9级地震的最大的振幅是5级地震最大振幅的 倍．‎ ‎【答案】6，10000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据题意中的假设，可得M=lgA﹣lgA0=lg1000﹣lg0.001=6；设9级地震的最大的振幅是x，5级地震最大振幅是y，9=lgx+3，5=lgy+3，由此知9级地震的最大的振幅是5级地震最大振幅的10000倍．‎ 解：根据题意，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为0.001，‎ 则M=lgA﹣lgA0=lg1000﹣lg0.001=3﹣（﹣3）=6．‎ 设9级地震的最大的振幅是x，5级地震最大振幅是y，‎ ‎9=lgx+3，5=lgy+3，解得x=106，y=102，‎ ‎∴．‎ 故答案耿：6，10000．‎ 点评：本题考查对数的运算法则，解题时要注意公式的灵活运用．‎ ‎14.已知，与轴交点，若对于图像上任意一点，在其图像上总存在另一点(，异于)，满足，且，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，可得，画出函数图像，设，，由几何关系可得，化简可得，可得与点Q关于轴的对称点，又点，均在曲线上，则，消去并整理得，根据条件可知，，且，a>0，从而计算求解即可得到结果.‎ ‎【详解】依题意，，令，则，‎ 设，由图像可知，P，Q位于点A的两侧，‎ 又因为，且，且P，Q的纵横坐标均大于零，‎ 不妨假设点P在点A左侧，所以，设，‎ 由几何关系可得，，则，，‎ 即，化简可得，‎ 由图像可知，与点Q关于轴的对称点，‎ 则点，均在曲线上，‎ 则，‎ 消去得，，‎ 整理得，，‎ 依题意知与无关，‎ 所以，且，a>0，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数综合，着重考查学生的数学运算和推理能力，求出P，Q两点的坐标关系是解决本题的关键，属难题.‎ 三、解答题：（本大题共6个题，共计80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）‎ ‎15.在中，．‎ ‎（1）求的大小； ‎ ‎（2）若，的面积为，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合已知和余弦定理即可求出，从而得到；‎ ‎（2）由和即可计算求得.‎ ‎【详解】（1）因为，由余弦定理，，所以，‎ 因为，所以；‎ ‎（2），所以，因为，即，‎ 因为，所以.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理和面积公式的应用，要求熟记公式并能熟练运用，属基础题.‎ ‎16.如图，在四棱锥中，底面，，，，是的中点．‎ ‎（1）证明；‎ ‎（2）若，‎ ‎（i）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（ii）设平面与侧棱交于，求.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）（i）；（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明，即可证面，从而得到结论；‎ ‎（2）（i）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，列方程求出面的法向量为，最后利用公式 即可得到结果；（ii）根据（i）的结论，设，则，由此计算得到，又，求出，从而得到结果.‎ ‎【详解】（1）因为面，平面，所以，‎ 因为，，所以面，因为平面，所以；‎ ‎（2）（i）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系：‎ 则，，，，‎ 所以，，.‎ 设面的法向量为，则，所以，‎ 设直线与面所成角为，，‎ 故直线与平面所成角的正弦值为；‎ ‎（ii），，设，，‎ ‎，，‎ 所以，则，‎ 又，所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和立体几何的向量方法，要求认真计算，仔细检查，属中档题.‎ ‎17.设数列是公比大于1的等比数列，为数列的前项和，已知，且构成等差数列.‎ ‎（I）求数列的通项公式；‎ ‎（II）令…，求数列的前项的和.‎ ‎【答案】（I）；(Ⅱ) .‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（I）设出等比数列的公式，由已知列出首项和公比的方程组，求解方程组得首项和公比，然后代入等比数列的通项公式可得答案；（II）把代入，得到数列为等差数列，然后利用等差数列的前项和公式，即可求解数列的和．‎ 试题解析：（Ⅰ)由已知得解得 设数列公比为，有，化简，解得，，所以数列的通项公式 ‎(Ⅱ)由，‎ 又，所以是等差数列 所以 考点：等差数列与等比数列的通项公式；数列求和．‎ ‎18.设为椭圆：的下顶点，椭圆长半轴的长等于椭圆的短轴长，且椭圆经过点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线与直线交于点，与椭圆交于，点关于原点的对称点为 ‎，直线交直线交于点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）的最小值为4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意，则，代入求解即可得到结果；‎ ‎（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，联立，得到，联立，得到，，结合点A可得直线的方程为，当时求得，所以，不妨设，再利用基本不等式即可求出最小值.‎ ‎【详解】（1）依题意，则，代入，解得，所以；‎ ‎（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，‎ ‎，，所以，‎ ‎，消去得，解得，，‎ 所以，则，‎ 所以直线的斜率，‎ 直线的方程为，当时，，所以，则，不妨设，，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的方程和直线与椭圆的位置关系，注意考虑直线的斜率是否存在，是否为0等特殊情况，着重考查学生的数学运算能力，属难题.‎ ‎19.已知函数，‎ ‎（1）若曲线与曲线在它们的公共点处且有公共切线，求的值；‎ ‎（2）若存在实数使不等式的解集为，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别对两个函数求导，设交点坐标为，代入两个导数中令其相等即可求解m；‎ ‎（2）设，求导研究函数的极值，得到极小值，极大值，则存在实数使不等式的解集为的必要条件为：或，后面再证明充分性即可得到的取值范围.‎ ‎【详解】（1），，，，‎ 设交点坐标为，所以，解得或，‎ 当时，且，所以，‎ 当，，所以，所以；‎ ‎（2），‎ ‎，令，得或3，‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值，极大值，若存在实数使不等式的解集为的必要条件为：或，解得或，‎ 当时，，令，则，所以在存在唯一的零点使得的解集为，满足题意.‎ 当时，，‎ 当时，，所以，所以在存在唯一的零点使得的解集为，满足题意.‎ 综上所述，存在实数使不等式的解集为的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性、极值等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查运算能力，考查函数与方程、数形结合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力，属难度较高的题.‎ ‎20.对于正整数集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集合”.‎ ‎（1）判断集合和是否是“可分集合”（不必写过程）；‎ ‎（2）求证：五个元素的集合一定不是“可分集合”；‎ ‎（3）若集合是“可分集合”.‎ ‎①证明：为奇数；‎ ‎②求集合中元素个数的最小值.‎ ‎【答案】（1）集合不是“可分集合”，集合是“可分集合”；（2）见解析；（3）①见解析；②最小值是7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据定义直接判断即可得到结论；‎ ‎（2）不妨设，若去掉的元素为，则有①，或者②；若去掉的元素为，则有③，或者④，求解四个式子可得出矛盾，从而证明结论；‎ ‎（3）①设集合所有元素之和为，由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数.分类讨论为奇数和为偶数的情况，分析可得集合中元素个数为奇数；②结合（1）（2）问，依次验证当时，当时，当时集合是否为“可分集合”，从而证明结论.‎ ‎【详解】（1）集合不是“可分集合”，集合是“可分集合”；‎ ‎（2）不妨设，‎ 若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有①，或者②；‎ 若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有③，或者④.‎ 由①、③，得，矛盾；由①、④，得，矛盾；‎ 由②、③，得，矛盾；由②、④，得，矛盾.‎ 因此当时，集合一定不是“可分集合”；‎ ‎（3）①设集合所有元素之和为.‎ 由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数.‎ 如果为奇数，则也均为奇数，由于，所以为奇数.‎ 如果为偶数，则均为偶数，此时设，则也是“可分集合”. 重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“可分集合”. 此时各项之和也为奇数，则集合中元素个数为奇数.‎ 综上所述，集合中元素个数为奇数.‎ ‎②当时，显然任意集合不是“可分集合”.‎ 当时，第（2）问已经证明集合不是“可分集合”.‎ 当时，集合，因为：‎ ‎3+5+7+9=11+13，1+9+13=5+7+11，9+13=1+3+7+11，1+3+5+11=7+13，‎ ‎1+9+11=3+5+13，3+7+9=1+5+13，1+3+5+9=7+11，‎ 则集合是“可分集合”.‎ 所以集合中元素个数的最小值是7.‎ ‎【点睛】本题考查新定义下的集合问题，对此类题型首先要多读几遍题，将新定义理解清楚，然后根据定义验证，证明即可，注意对问题思考的全面性，考查学生的思维迁移能力、分析能力，属于难度较高的创新题.‎ ‎ ‎