2020届北京市顺义牛栏山第一中学高三3月高考适应性测试数学试题（解析版）

2020届北京市顺义牛栏山第一中学高三3月高考适应性测试数学试题

一、单选题

1．复数的共轭复数是 （ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，进而可得结果.

【详解】

因为，

所以的共轭复数是，

故选：A.

【点睛】

复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.

2．已知集合A={-2，3，1}，集合B={3，m²}.若BA，则实数m的取值集合为（    ）

A．{1} B．{} C．{1，-1} D．{，-}

【答案】C

【解析】根据题意得到或，计算得到答案.

【详解】

集合A={-2，3，1}，集合B={3，m²}.若BA

则或，解得

故选：

【点睛】

本题考查了根据集合关系求参数，意在考查学生的计算能力.

3．在的展开式中，的系数是（    ）

A． B． C．5 D．40

【答案】A

【解析】由二项展开式的通项公式，可直接得出结果.

【详解】

因为的展开式的通项为，

令，则的系数是.

故选A

【点睛】

本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.

4．在中，“”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

【答案】C

【解析】由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.

【详解】

余弦函数在区间上单调递减，且，，

由，可得，，由正弦定理可得.

因此，“”是“”的充分必要条件.

故选：C.

【点睛】

本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.

5．设且，“不等式”成立的一个必要不充分条件是（    ）

A． B．且 C． D．

【答案】A

【解析】求解不等式，根据不等式的解集，即可求得必要条件.

【详解】

不等式，可整理得，

解得且.

故当是且的必要不充分条件；

而其它选项都不满足必要性.

故选：A.

【点睛】

本题考查分式不等式的求解，以及命题的必要条件的求解，属综合基础题.

6．已知两条直线，与两个平面，，下列命题正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】D

【解析】根据线线、线面、面面位置关系，结合选项，进行逐一分析即可求得.

【详解】

对：若，，则的位置关系不确定，故错误；

对：若，，则的关系可以平行，可以垂直，故错误；

对：若，，则的位置关系不确定，故错误；

对：若，，且，故可得//，故正确.

故选：D.

【点睛】

本题考查线线，线面，面面位置关系的判断，属基础题.

7．已知两条直线和互相平行，则等于（   ）

A．0或3或-1 B．0或3 C．3或-1 D．0或-1

【答案】D

【解析】利用两直线平行的充要条件构造方程进行求解．

【详解】

两条直线和互相平行

，或和同时不存在

解得：或

本题正确选项：

【点睛】

本题考查两条直线平行的应用，是基础题，解题时易错点是忽略其中一条直线斜率不存在的情况．

8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】根据三视图还原几何体，故此可以判断.

【详解】

根据三视图还原几何体为如下：

故可得侧面三角形为直角三角形，合计3个.

故选：C.

【点睛】

本题考查由三视图还原几何体，以及考查棱锥的结构，属基础题.

9．已知正的边长为4，点为边的中点，点满足，那么的值为（　　）

A． B． C．1 D．3

【答案】B

【解析】由二倍角公式得求得tan∠BED，即可求得cos∠BEC，由平面向量数量积的性质及其运算得直接求得结果即可．

【详解】

由已知可得：EB=EC= ，

又

所以

所以

故选B．

【点睛】

本题考查了平面向量数量积的性质及其运算及二倍角公式，属中档题．

10．当x∈[0，1]时，下列关于函数y=的图象与的图象交点个数说法正确的是（　　）

A．当时，有两个交点 B．当时，没有交点

C．当时，有且只有一个交点 D．当时，有两个交点

【答案】B

【解析】结合函数图象、二次函数性质，分类讨论判断选择项真假.

【详解】

设f（x）=，g（x）= ，其中x∈[0，1]

A．若m=0，则与在[0，1]上只有一个交点，故A错误．

B．当m∈（1，2）时，

即当m∈（1，2]时，函数y=的图象与的图象在x∈[0，1]无交点，故B正确，

C．当m∈（2，3]时，，

当时，此时无交点，即C不一定正确．

D．当m∈（3，+∞）时，g（0）=＞1，此时f（1）＞g（1），此时两个函数图象只有一个交点，故D错误，

故选B．

【点睛】

本题考查函数图象以及二次函数性质，考查分类讨论思想方法与基本判断求解能力，属中档题.

二、填空题

11．已知函数的周期为，则__________.

【答案】1

【解析】利用降幂扩角公式以及诱导公式化简函数，根据周期求得参数.

【详解】

因为.

因为其周期为，故可得，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用三角恒等变换化简三角函数，以及由函数周期求参数，属综合基础题.

12．已知双曲线的一条渐近线方程为，则__________.

【答案】

【解析】根据渐近线方程列出关系式，据此即可求得结果.

【详解】

因为渐近线方程为，且双曲线焦点在轴上，

故可得，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查由双曲线渐近线求参数值，属基础题.

13．已知点在圆上，则点到直线的距离为3的点个数为__________个.

【答案】0

【解析】先判断直线与圆的位置关系，根据其位置关系判断结果.

【详解】

因为圆的圆心为，半径，

故可得圆心到直线的距离；

则直线与圆相交.

故圆上任意一点到直线的距离，不可能为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，属基础题.

14．若函数在区间上为增函数，写出一个满足条件的实数的值__________.

【答案】0

【解析】将写成分段函数，根据二次函数的图像，结合对称轴的分类讨论，即可容易求得.

【详解】

根据题意可知

对，其对称轴.

当，即时，（为方便说明，略去轴以及坐标原点）

其示意图图像如下所示：

由图可知，此时要满足题意，只需或，

解得或.又因为，

故此时要满足题意，只需；

当，即时，（为方便说明，略去轴以及坐标原点）

其示意图图像如下所示：

此时要满足题意，只需或，

解得或，又因为，

故此时要满足题意，只需.

综上所述：或.

具体到本题答案可以在此区间中任取一个数即可.

本题中，选取.

故答案为：.

【点睛】

本题考查分段函数的图像，以及根据分段函数的单调区间求参数范围，属中档题.

15．对于集合，给出如下三个结论：

①如果，那么；

②若，对于，则有；

③如果，，那么.

④如果，，那么

其中，正确结论的序号是__________.

【答案】①③

【解析】根据集合的定义，对选项进行逐一分析即可.

【详解】

对①：对，

总是有，，故，则①正确；

对②，若，则存在，使得

，

因为当一个是偶数，一个是奇数时，

是奇数，也是奇数，故也是奇数，

而显然是偶数，故，故，故②错误；

对③如果，，

不妨设，

则，

故，故③正确；

对④同理，设，

则，

故不满足集合的定义，故④错误.

综上所述，正确的是①③.

故答案为：①③.

【点睛】

本题考查集合新定义问题，属中档题.

三、解答题

16．已知函数

（1）求函数的定义域；

（2）求函数的单调递减区间；

（3）求函数在上的最值.

【答案】（1）{且，}（2）单调递减区间为，（3）最大值；最小值0.

【解析】（1）根据正切函数的定义域，即可求得结果；

（2）利用降幂扩角公式以及辅助角公式化简至标准型正弦函数，再结合其单调性和定义域，即可求得结果；

（3）先求的范围，再利用正弦函数单调性，即可求得值域.

【详解】

(1）函数的定义域为{且，}

（2），

，

由于定义域为{且，}

所以的单调递减区间为，

（3）由于，，，

当即时，有最大值

当即时，有最小值0.

【点睛】

本题考查正切函数的定义域，利用三角恒等变换化简三角函数，以及三角函数的单调区间、值域的求解，属综合中档题.

17．如图，平面平面，，四边形为平行四边形，，为线段的中点，点满足.

（Ⅰ）求证：直线平面；

（Ⅱ）求证：平面平面；

（Ⅲ）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)见证明；(2)见证明； (3)

【解析】（Ⅰ）连接，交于点，利用平几知识得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论，（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量垂直进行论证线线垂直，再根据线面垂直判定定理以及面面垂直垂直判定定理得结果，（Ⅲ）建立空间直角坐标系，根据面面垂直得两平面法向量垂直，进而得P点坐标，最后利用空间向量数量积求线面角.

【详解】

（Ⅰ）证明：连接，交于点，连接

 在平行四边形中，因为，所以，

又因为，即，

所以，

又因为平面，平面，所以直线平面.

（Ⅱ）证明：因为，为线段的中点，所以，

又因为平面平面于，平面所以平面

在平行四边形中，因为，所以

以为原点，分别以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，

则

因为平面所以设，

则

所以

所以，又因为

所以平面，又因为平面

所以平面平面.

（Ⅲ）解：因为

设为平面的一个法向量

则不妨设

因为

设为平面的一个法向量

则不妨设

因为平面平面，所以，所以

因为

所以

所以，

所以

所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

本题考查线面平行判定定理、利用空间向量证明面面垂直以及求线面角，考查综合分析论证求解能力，属中档题.

18．由于研究性学习的需要，中学生李华持续收集了手机“微信运动”团队中特定20名成员每天行走的步数，其中某一天的数据记录如下：

5860  6520  7326  6798  7325  8430  8215  7453  7446  6754

7638  6834  6460  6830  9860  8753  9450  9860  7290  7850

对这20个数据按组距1000进行分组，并统计整理，绘制了如下尚不完整的统计图表：

步数分组统计表（设步数为）

（Ⅰ）写出的值，并回答这20名“微信运动”团队成员一天行走步数的中位数落在哪个组别；

（Ⅱ）记组步数数据的平均数与方差分别为,,组步数数据的平均数与方差分别为，，试分别比较与以，与的大小；(只需写出结论)

（Ⅲ）从上述两个组别的数据中任取2个数据，记这2个数据步数差的绝对值为，求的分布列和数学期望.

【答案】（1），，；（2），;（3）见解析

【解析】分析：（Ⅰ）利用对这20个数据按组距1000进行分组，得到，，利用中位数定义能求出这20名“微信运动”团队成员一天行走步数的中位数落在B组；

（Ⅱ）由平均数与方差的性质能比较与，与的大小；

（Ⅲ）的可能取值为 0,600,3400,4000,分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望.

解析：解：（Ⅰ），，；

（Ⅱ），;

（Ⅲ）的可能取值为 0,600,3400,4000,

的数学期望为

点睛：求随机变量及其分布列的一般步骤

(1)明确随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义．

(2)利用排列、组合知识或互斥事件、独立事件的概率公式求出随机变量取每个可能值的概率；

(3)按规范形式写出随机变量的分布列，并用分布列的性质验证．

19．设函数，为f（x）的导函数．

（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；

（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．

【答案】（1）；

（2）的极小值为

（3）见解析.

【解析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；

（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.

（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：

解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；

解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，

因为，所以．

当时，．

令，则．

令，得．列表如下：

所以当时，取得极大值，且是最大值，故．

所以当时，，因此．

【详解】

（1）因为，所以．

因为，所以，解得．

（2）因为，

所以，

从而．令，得或．

因为，都在集合中，且，

所以．

此时，．

令，得或．列表如下：

所以的极小值为．

（3）因为，所以，

．

因为，所以，

则有2个不同的零点，设为．

由，得．

列表如下：

所以的极大值．

解法一：

．因此．

解法二：

因为，所以．

当时，．

令，则．

令，得．列表如下：

所以当时，取得极大值，且是最大值，故．

所以当时，，因此．

【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．

20．已知为椭圆的左焦点，过的直线与椭圆交于两点，.

（1）若直线的倾斜角为45°，求；

（2）设直线的斜率为，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，所在直线的斜率为.若，求的值.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）求得直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式，即可求得；

（2）联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理，结合点的对称，求得的斜率，找到的关系，根据已知条件，即可求得.

【详解】

（1）设，，由已知，椭圆的左焦点为，

又直线的倾斜角为45°，所以直线的方程为，

由得，

所以，.

.

（2）由得，

所以，.

依题意，，且，，

所以，，

其中，

结合，可得.

解得，.

【点睛】

本题考查直线截椭圆的弦长，以及利用韦达定理求解椭圆中的问题，属综合中档题.

21．给定数列.对，该数列前项的最大值记为，后项的最小值记为，.

（1）设数列为，，，，写出，，的值；

（2）设是公比大于的等比数列，且.证明：是等比数列.

（3）设是公差大于的等差数列，且，证明：是等差数列.

【答案】充分利用题目所给信息进行反复推理论证.要证明一个数列是等差数列或等比数列，常用定义法.

【解析】（1）.

（2）因为，公比，所以是递增数列.

因此，对，，

于是对，.

因此，，且，即成等比数列.

（3）设为的公差.

对，因为，

所以，

又因为，所以.

从而是递增数列.因此.

又因为，所以.

因此.

所以.

所以

因此，对于都有，

即是等差数列.

【考点定位】本题考查了数列的最值、等差数列和等比数列.考查了推理论证能力和数据处理能力.试题难度较大，解答此题，需要非常强的分析问题和解决问题的能力.