北京市东城区2020届高三上学期期末考试数学试题 Word版含解析

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东城区2019-2020学年度第一学期期末教学统一检测高三数学第一部分（选择题共40分）一、选择题共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.已知集合，，那么（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求得集合，结合集合的交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合，结合集合交集的概念及运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.复数在复平面内的对应点位于（   ）A. 第一象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】先化简复数，再计算对应点坐标，判断象限.【详解】，对应点为 ，在第三象限.故答案选B【点睛】本题考查了复数的坐标表示，属于简单题.3.下列函数中，是偶函数，且在区间上单调递增的为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】结合函数的单调性与奇偶性的定义与判定方法，以及初等函数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，对于A中，函数，所以函数为奇函数，不符合题意；对于B中，函数满足，所以函数为偶函数，当时，函数为上的单调递增函数，符合题意；对于C中，函数为非奇非偶函数，不符合题意；对于D中，为偶函数，当时，函数为单调递减函数，不符合题意，故选：B.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和函数的单调性的判定与应用，其中解答中熟记函数的单调性与奇偶性的判定方法，以及初等函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.4.设为实数，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【答案】A【解析】【分析】根据函数为单调递增函数，结合充分条件和必要条件判定方法，即可求解.【详解】由题意，函数为单调递增函数，当时，可得，即成立，当，即时，可得，所以不一定成立，所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查了指数函数的性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记指数函数的性质，以及熟练应用充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档题.5.设，是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列结论中正确的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，，则C. 若，，则 D. 若，，，则【答案】B【解析】【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】由题意，对于A中，若，，则或，所以不正确；对于C中，若，，则与可能平行，相交或在平面内，所以不正确；对于D中，若，，，则与平行、相交或异面，所以不正确；对于B中，若，，，，根据线面垂直的性质，可证得成立，故选：B.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.6.从数字1，2，3，4，5中，取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，这样的三位数的个数为（    ）A. 7 B. 9 C. 10 D. 13【答案】C【解析】【分析】由题意，把问题分为三类：当三个数分别为，，三种情况，结合排列、组合和计数原理，即可求解.【详解】从数字1，2，3，4，5中，取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，可分为三类情况：（1）当三个数为时，共有种排法；（2）当三个数为时，共有种排法；（3）当三个数为时，只有1中排法，由分类计数原理可得，共有种不同排法，即这样的数共有10个.故选：C.【点睛】本题主要考查了计数原理与排列、组合的应用，其中解答中认真审题，合理分类，结合计数原理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.7.设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（    ）A 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】A【解析】【分析】结合三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法，逐项判定，即可求解得到答案.【详解】对于A中，因为，则又由，所以是正确的；对于B中，例如，此时，所以不一定成立，所以不正确；对于C中，因为，例如时，，所以不正确；对于D中，因为，例如时，，所以不正确，故选：A.【点睛】本题主要考查了三角恒等变换的应用，以及三角函数值的应用，其中解答熟记三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截面是一个椭圆，著名数学家创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；②若球心距，球的半径为，则所得椭圆的焦距为2；③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.其中，所有正确结论的序号是（    ）A. ① B. ②③ C. ①② D. ①②③【答案】C【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，根据题意分别求得，，，结合椭圆的结合性质，即可求解.【详解】由题意，作出圆柱的轴截面，如图所示，设圆柱的底面半径为，根据题意可得椭圆的短轴长为，即，长轴长为，即，在直角中，可得，即，又由，即，所以，又因为椭圆中，所以，即切点为椭圆的两个交点，所以①是正确的；由，可得，又由球的半径为，即，在直角中，，由①可知，即，所以，即椭圆的焦距为2，所以②是正确的；由①可得，，所以椭圆的离心率为，所以当当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率变小，所以③不正确.故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质及其应用，其中解答中认真审题，合理利用圆柱的结构特征，以及椭圆的几何性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.9.若双曲线与有相同的焦点，则实数_________.【答案】4【解析】【分析】结合双曲线的几何性质，得到，即可求解，得到答案.【详解】由题意，双曲线与有相同的焦点，可得，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及几何性质的应用，其中解答中熟练应用双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.10.已知是各项均为正的等比数列，为其前项和，若，，则公比________，_________.【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，得到，求得再由等比数列的前项和公式，求得，得到答案.【详解】由题意，在数列是各项均为正的等比数列，因为，，可得，即，解得或（舍去），又由等比数列的前项和公式，可得.故答案为：，.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等比数列前项和公式的应用，其中解答中熟练等比数列的通项公式和前项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11.能说明“直线与圆有两个不同的交点”是真命题的一个的值为______.【答案】0【解析】【分析】根据直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于圆的半径，得到，求得的取值范围，即可求解.【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，若直线与圆有两个不同的交点，则满足圆心到直线的距离小于圆的半径，即，解得，所以命题为真命题的一个的值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，列出不等式求得的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.12.在平行四边形中，已知，，，则四边形的面积是_______.【答案】4【解析】【分析】由，根据向量的线性运算，得到，进而得到四边形是菱形，即可求得四边形的面积，得到答案.【详解】由题意，在平行四边形中， ，可得，所以所以四边形是菱形，又由，，所以面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积的应用，以及菱形的面积的计算，其中解答熟练应用向量的减法运算公式，以及向量的数量积的公式，求得四边形为菱形是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.13.已知函数，曲线与直线相交，若存在相邻两个交点间的距离为，则的所有可能值为__________．【答案】2或10【解析】【分析】令，解得或，根据存在相邻两个交点间的距离为，得到或，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，曲线与直线相交，令，即，解得或，由题意存在相邻两个交点间的距离为，结合正弦函数的图象与性质，可得，令，可得，解得.或，令，可得，解得.故答案为：或.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，以及三角方程的求解，其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理能力与计算鞥能力，属于中档试题.14.将初始温度为的物体放在室温恒定为的实验室里，现等时间间隔测量物体温度，将第次测量得到的物体温度记为，已知.已知物体温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比例系数为）.给出以下几个模型，那么能够描述这些测量数据的一个合理模型为__________：（填写模型对应的序号）①；②；③.在上述模型下，设物体温度从升到所需时间为，从上升到所需时间为，从上升到所需时间为，那么与的大小关系是________（用“”，“”或“”号填空）【答案】    (1). ②    (2). 【解析】【分析】由温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比例系数为），即可得到，再根据函数模型，分别求得的值，结合作差比较，即可得到答案.【详解】由题意，将第次测量得到的物体温度记为，则两次的体温变化为，又由温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比例系数为），所以，当物体温度从升到所需时间为，可得，可得，当物体温度从上升到所需时间为，可得，可得，当物体温度从上升到所需时间为，可得，可得，可是，又由，即与的大小关系是.故答案为：② ，【点睛】本题主要考查了函数的模型的选择，以及实际应用问题的求解，其中解答中认真审题，正确理解题意，选择适当的函数模型是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.三、解答题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，已知.（1）求的大小；（2）若，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，求得，即可求解的大小；（2）由正弦定理，可得，得到，进而得到，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）因，由正弦定理可得，又因为，所以，所以，即，又因为，所以.（2）由正弦定理，可得，又因为，所以，所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.16.2019年6月，国内的运营牌照开始发放.从到，我们国家的移动通信业务用了不到20年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平.为了解高校学生对的消费意愿，2019年8月，从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行调查，样本中各类用户分布情况如下：用户分类预计升级到的时段人数早期体验用户2019年8月至2019年12月270人中期跟随用户2020年1月至202l年12月530人后期用户2022年1月及以后200人 我们将大学生升级时间的早晚与大学生愿意为套餐支付更多的费用作比较，可得出下图的关系（例如早期体验用户中愿意为套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的）.（1）从该地高校大学生中随机抽取1人，估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到的概率；（2）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取1人，以表示这2人中愿意为升级多支付10元或10元以上的人数，求的分布列和数学期望；（3）2019年底，从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐，能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由.【答案】（1）（2）详见解析（3）事件虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化，详见解析【解析】【分析】（1）由从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）由题意的所有可能值为，利用相互独立事件的概率计算公式，分别求得相应的概率，得到随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解.（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，得到七概率为，即可得到结论.【详解】（1）由题意可知，从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，即.（2）由题意的所有可能值为，记事件“从早期体验用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，事件为“从中期跟随用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，由题意可知，事件，相互独立，且，，所以，，，所以的分布列为0120.180.490.33 故的数学期望.（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，那么.回答一：事件虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化.回答二：事件发生概率小，所以可以认为早期体验用户人数增加.【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列，数学期望的求解及应用，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.17.如图，在三棱柱中，平面，，.（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的大小；（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据三棱柱的结构特征，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）由（1）得到，建立空间直角坐标系，求得向量，利用向量的夹角公式，即可求解.（3）由，得，设，得，求得向量的坐标，结合平面，利用，即可求解.【详解】（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，交线为.又因为，所以，所以平面.因为平面，所以又因为，所以，又，所以平面.（2）由（1）知底面，，如图建立空间直角坐标系，由题意得，，，.所以，.所以.故异面直线与所成角的大小为.（3）易知平面的一个法向量，由，得.设，得，则因为平面，所以，即，解得，所以.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18.已知函数.（1）若在时，有极值，求的值；（2）在直线上是否存在点，使得过点至少有两条直线与曲线相切？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）不存在，详见解析【解析】【分析】（1）求得，根据函数在取得极值，即可求解；（2）不妨设点，设过点与相切的直线为，切点为，求得切线方程，根据直线过，转化为，设函数，转化为在区间上单调递增，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，则，由在时，有极值，可得，解得.经检验，时，有极值.综上可得.（2）不妨设在直线上存在一点，设过点与相切的直线为，切点为，则切线方程为，又直线过，有，即，设，则，所以在区间上单调递增，所以至多有一个解，过点与相切的直线至多有一条，故在直线上不存在点，使得过至少有两条直线与曲线相切.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，其中解答中熟记函数的导数与函数间的关系是解答的关键，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力．19.已知椭圆的离心率是.（1）求椭圆的方程；（2）已知，分别是椭圆的左、右焦点，过作斜率为的直线，交椭圆于两点，直线，分别交轴于不同的两点.如果为锐角，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，列出方程组，求得，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，根据根和系数的关系，结合向量的数量【详解】（1）由题意，椭圆的离心率是，可得解得，所以椭圆的方程为.（2）由已知直线的斜率不为0，设直线的方程为，直线与椭圆的交点为，.由得.由已知，判别式恒成立，且，.①直线的方程为，令，则.同理可得.所以将①代入并化简，得.依题意，角为锐角，所以，即.解得或.综上，直线的斜率的取值范围是.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.20.已知数列，记集合.（1）对于数列，写出集合；（2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由.（3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求的最大值.【答案】（1）（2）不存在，使得成立.(3)详见解析【解析】【分析】（1）根据集合的定义，即可求解；（2）假设存在，使得，得到，根据与奇偶性相同，所以与奇偶性不同，进而得到结论.（3）若，使得，得到不成立，结合数学归纳法，把数列，转化为数列，其相应集合中满足有多少项，即可得到结论.【详解】（1）由题意，集合，可得.（2）假设存在，使得，则有，由于与奇偶性相同，所以与奇偶性不同.又因为，，所以1024必有大于等于3的奇数因子，这与1024无1以外的奇数因子矛盾.故不存，使得成立.（3）首先证明时，对任意的都有，.若，使得：，由于与均大于2且奇偶性不同，所有不成立.其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和.若正整数，其中，.当时，由等差数列的性质有：此时结论成立.当时，由等差数列的性质有：，此时结论成立.对于数列，此问题等价于数列，其相应集合中满足：有多少项.由前面的证明可知正整数2，4，8，16，32，64，128，256，512不是集合中的项，所以的最大值为1001.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及数列的综合应用，其中解答中认真审题，利用题设条件，结合数列的运算和数学归纳法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题综合性强，属于难题.