北京市密云区2020届高三下学期第二次阶段性测试（二模）数学试题

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密云区2019-2020学年第二学期高三第二次阶段性测试 ‎ 数学试卷 2020.6‎ 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．已知集合，，则在下列集合中符合条件的集合可能是 A. {0,1} B. C. D. ‎ ‎2．在下列函数中，定义域为实数集的偶函数为 A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎3. 已知，则下列各不等式中一定成立的是 ‎　A． B． C． 　D．‎ ‎4.已知函数满足，且，则 A．16 B．8 C．4 D． 2‎ ‎5.已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为 A. B. C. D. ‎ ‎6.已知平面向量，则“”是“”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 ‎7．已知圆，若点P在圆上，并且点P到直线的距离为，则满足条件的点P的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎8．设函数，，其中，．若，，且的最小正周期大于，则 A．， B．， ‎ C．， D．， ‎ 第9题图 ‎9. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱长为 A． ‎ B．2 ‎ C． ‎ D．‎ ‎10. 已知函数的定义域为 ，且满足下列三个条件：‎ ‎ ①对任意的 ，且 ，都有 ；‎ ‎ ② ；‎ ‎ ③ 是偶函数；‎ ‎ 若 ，，，则 ，， 的大小关系正确的是 ‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分.‎ ‎11．抛物线过点，则抛物线的焦点坐标为_______. ‎ ‎12．在的展开式中，常数项为_______.（用数字作答）．‎ ‎13. 已知是数列{}的前n项和，且，则=_________，的最小值为_______．‎ ‎14. 在中，三边长分别为，，，则的最大内角的余弦值为_________，的面积为_______．‎ ‎15. 已知集合．给出如下四个结论：‎ ‎①，且；‎ ‎②如果，那么；‎ ‎③如果，那么对于，则有；‎ ‎④如果，，那么．‎ 其中，正确结论的序号是__________． ‎ 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.‎ C1‎ A B C A1‎ B1‎ 第16题图 D ‎16.（本小题满分14分）‎ 如图，直三棱柱中，，是棱的中点，．‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的大小．‎ ‎17.（本小题满分15分）‎ 已知函数 ．‎ ‎（Ⅰ）求函数 的单调递增区间和最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）若当时，关于的不等式_______，求实数 的取值范围．‎ 请选择①和②中的一个条件，补全问题（Ⅱ），并求解．其中，①有解；②恒成立．‎ 注意：如果选择①和②两个条件解答，以解答过程中书写在前面的情况计分．‎ ‎18.（本小题满分14分）‎ 某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：‎ ‎(800,1600]‎ ‎40‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎[0,800]‎ ‎(1600,2400]‎ ‎(2400,3200]‎ ‎(4000,4800]‎ ‎(3200,4000]‎ ‎8‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎35‎ ‎8‎ ‎4‎ 消费金额/元 人数 ‎ ‎ ‎（Ⅰ）将去年的消费金额超过3200元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费金额超过4000元的概率；‎ ‎（Ⅱ）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制．规定：消费金额为2000元、2700元和3200元的消费者分别为普通会员、银卡会员和金卡会员．预计去年消费金额在、、内的消费者今年都将会分别申请办理普通会员、银卡会员和金卡会员．消费者在申请办理会员时，需一次性预先缴清相应等级的消费金额．‎ 该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，预设有如下两种方案：‎ 方案 按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励．其中，普通会员、银卡会员和金卡会员中的“幸运之星”每人分别奖励500元、600元和元．‎ 方案2 每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球．若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300‎ 元奖励金；其他情况不给予奖励．如果每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）．‎ 以方案的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪一种方案投资较少?并说明理由．‎ ‎19.（本小题满分14分）‎ ‎ 已知椭圆：过点，设它的左、右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程和离心率；‎ ‎（Ⅱ）过点作不与轴垂直的直线交椭圆于，（异于点）两点，试判断 的大小是否为定值，并说明理由．‎ ‎20.（本小题满分14分）‎ 已知函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）设函数 ，试判断函数是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由． ‎ ‎（Ⅲ）当时，写出与的大小关系． ‎ ‎21.（本小题满分14分）‎ ‎ 设n为正整数，集合A=．对于集合A中的任意元素和，记 ‎．‎ ‎（Ⅰ）当n=3时，若，，求和的值；‎ ‎（Ⅱ）当时，对于中的任意两个不同的元素，‎ 证明：．‎ ‎（Ⅲ）给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素，．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．‎ ‎（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）‎ 密云区2019-2020学年第二学期高三第二次阶段性测试 数学试卷参考答案 2020.6‎ 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 A B D B A C C ‎ B ‎ D D 二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．‎ ‎11． 12．20 13．；‎ ‎14．； 15. ①②④．‎ 备注：‎ ‎（1）若小题有两问，第一问3分，第二问2分；‎ ‎（2）第15题答案为①②④之一，3分；为①②④之二，4分；为①②④，5分；其它答案0分．‎ 三、解答题：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．‎ C1‎ A B C A1‎ B1‎ 第16题图 D ‎16.（本小题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）证明：在直三棱柱中，侧面为矩形．‎ 因为，是棱的中点，‎ 所以和均为等腰直角三角形．‎ 所以． ‎ 因此，即． ‎ 因为，， ‎ 所以平面BCD． ‎ 因为平面BCD，‎ D C1‎ A B C A1‎ B1‎ 第16题图 z x y 所以． ‎ ‎（Ⅱ）解：因为平面，平面，平面，‎ 所以，．‎ 又因为，，‎ 所以平面．‎ 因为平面，所以 以为原点建立空间直角坐标系，如图所示． ‎ 不妨设，‎ 则，，，，，，‎ 所以，，，．‎ 设平面的法向量，‎ 由 得 ‎ 令，则． ‎ 设平面的法向量， ‎ 由 得 ‎ 令，则． ‎ 则有 ‎ 因为二面角为锐角，‎ 所以二面角的大小为． ‎ ‎17. （本小题满分15分）‎ ‎（Ⅰ）解：因为 ‎ ‎ = ‎ ‎ =． ‎ 所以函数的最小正周期． ‎ 因为函数的的单调增区间为，‎ 所以， ‎ 解得． ‎ 所以函数数的的单调增区间为， ‎ ‎（Ⅱ）解：若选择①‎ 由题意可知，不等式有解，即． ‎ 因为，所以．        ‎ 故当，即时， ‎ 取得最大值，且最大值为． ‎ 所以． ‎ 若选择②‎ 由题意可知，不等式恒成立，即． ‎ 因为，所以．        ‎ 故当，即时， ‎ 取得最小值，且最小值为． ‎ 所以． ‎ ‎18．（本小题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）解：记“在抽取的2人中至少有1位消费者在去年的消费超过4000元”为事件A. ‎ 由图可知，去年消费金额在内的有8人，在内的有4人，‎ 消费金额超过3200元的“健身达人”共有 8+4=12（人），‎ 从这12人中抽取2人，共有种不同方法， ‎ 其中抽取的2人中至少含有1位消费者在去年的消费超过4000元，共有种不同方法． ‎ ‎ ‎ 所以，． ‎ ‎（Ⅱ）解：方案1 按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，‎ 则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为 ‎，，， ‎ 按照方案1奖励的总金额为 ‎（元）． ‎ 方案2 设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，‎ 则的可能取值为0，200，300． ‎ 由题意，每摸球1次，摸到红球的概率为， ‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎．‎ 所以的分布列为：‎ 数学期望为（元）， ‎ 按照方案2奖励的总金额为 ‎ ‎（元）， ‎ 因为由，所以施行方案2投资较少． ‎ ‎19．（本小题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）解：根据题意得 ‎ 解得 ‎ B A M N Q x y 所以椭圆的方程为，离心率． ‎ ‎（Ⅱ）解：方法一 ‎ 因为直线不与轴垂直，所以直线的斜率不为． ‎ 设直线的方程为：，‎ 联立方程化简得． ‎ 显然点在椭圆的内部，所以．‎ 设，，‎ 则，． ‎ 又因为，所以，．‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ =0 ‎ 所以，即是定值． ‎ 方法二 ‎（1）当直线垂直于轴时 解得与的坐标为．‎ 由点，易证． ‎ ‎（2）当直线斜率存在时 设直线的方程为：，‎ 联立方程化简得． ‎ 显然点在椭圆的内部，所以．‎ 设，，‎ 则，． ‎ 又因为，所以，．‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ =0 ‎ 所以，即是定值． ‎ ‎ ‎ ‎20.（本小题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）解：当时，， ‎ 所以，因此． ‎ 又因为，所以切点为． ‎ 所以切线方程为． ‎ ‎（Ⅱ）解：．‎ 所以． ‎ 因为，所以． ‎ ‎（1）当，即时 因为，所以，故．‎ 此时函数在上单调递增．‎ 所以函数不存在最小值． ‎ ‎（2）当，即时 令，因为，所以． ‎ 与在上的变化情况如下：‎ ‎−‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎ ‎ 所以当时，有极小值，也是最小值，‎ 并且． ‎ 综上所述，‎ 当时，函数不存在最小值；‎ 当时，函数有最小值．‎ ‎（Ⅲ）解：当时，． ‎ ‎21．（本小题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）解：因为，，‎ 所以，‎ ‎． 　　‎ ‎（Ⅱ）证明：当时，对于中的任意两个不同的元素，‎ 设，有 ‎．‎ 对于任意的，，‎ 当时，有，‎ 当时，有．‎ 即． ‎ 所以，有．‎ 又因为，‎ 所以，，当且仅当时等号成立．‎ 所以，‎ ‎，‎ 即，当且仅当（）时等号成立．‎ ‎ ‎ ‎（Ⅲ）解：由（Ⅱ）问，可证，对于任意的，‎ 若，则，成立．‎ 所以，考虑设 ‎，‎ ‎，‎ 对于任意的，‎ ‎．‎ 所以．‎ 假设满足条件的集合B中元素个数不少于，‎ 则至少存在两个元素在某个集合（）中，‎ 不妨设为，则．‎ 与假设矛盾，所以满足条件的集合B中元素个数不多于．‎ 取；‎ 对于，取，且；．‎ 令，‎ 则集合满足条件，且元素个数为．‎ 故是一个满足条件且元素个数最多的集合． ‎ ‎ ‎