精品解析：2020届北京市延庆区高三一模考试数学试题（解析版）

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1. 已知复数是正实数，则实数的值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.
【详解】因为为正实数，
所以且，解得.
故选：C
【点睛】本题考查复数的基本定义，属基础题.
2. 已知向量，，若与方向相反，则等于（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线可求出，再根据方向相反判断即可得出答案.
【详解】因为向量，，
若与共线，则，
解得；
当时，，，，两向量同向，不合题意；
当时，，，，两向量反向，满足题意.
故选：C
3. 下列函数中最小正周期为的函数是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角函数周期公式即可得到答案.
【详解】A选项的最小正周期为；
B选项的最小正周期为；
C选项的最小正周期为；
D选项的最小正周期为.
故选：D
【点睛】本题考查三角函数的周期性，属基础题.
4. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的图象和性质，判断即可.
【详解】解：对于A选项，反比例函数是奇函数，但它在两个分支上分别单调递减，不合题意；
对于B选项，由正切函数是奇函数，在每个段上符合增函数，但在整个定义域上不是增函数，不合题意；
对于C选项，令知，
所以为奇函数，
又在定义域内单调递增，所以单调递增，
所以函数在定义域内单调递增，符合题意；
对于D，令，则，，
所以函数不奇函数，不合题意.
故选：C.
【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题.
5. 某四棱锥的三视图所示，已知该四棱锥的体积为，则它的表面积为
A. 8B. 12C. D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图可知该四棱柱为正四棱柱，底面为正方形，根据三视图的数据即可求出该四棱柱的表面积.
【详解】由三视图可知该四棱柱为正四棱柱，如图所示，底面边长为2，
设四棱锥的高为，则依题意有
所以，所以侧面的高为
所以四棱锥的侧面积，
所以该四棱锥的表面积为：.
故选：B
【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，锥体体积公式应用，表面积的求法，属于基础题.
6. 的展开式中，的系数是
A. 160B. 80C. 50D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】
由二项式定理公式即可得到结果.
【详解】依题的展开式的通项为:
，
当时，，此时，
所以的展开式中，的系数是.
故选：B
【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.
7. 在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转到点，设直线与轴正半轴所成的最小正角为，则等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为，由任意角的三角函数的定义可以求得的值，依题有,则，利用诱导公式即可得到答案.
【详解】如图，设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为
因为点在角的终边上，所以
依题有,则，
所以，
故选：A
【点睛】本题考查三角函数的定义及诱导公式，属于基础题.
8. 已知直线，平面，，，，，那么“”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】C
【解析】
【分析】
根据面面垂直的判定定理和性质定理即可得到结论.
【详解】若，则在平面内必定存在一条直线有，因为，所以，
若，则，又，即可得；
若，由，，可得，
又，则有.
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
9. 某企业生产两种型号的产品，每年的产量分别为万支和万支，为了扩大再生产，决定对两种产品的生产线进行升级改造，预计改造后的两种产品的年产量的增长率分别为和，那么至少经过多少年后，产品的年产量会超过产品的年产量（取）
A. 6年B. 7年C. 8年D. 9年
【答案】B
【解析】
【分析】
依题求出经过年后，产品和产品的年产量分别为，，根据题意列出不等式，求出的范围即可得到答案.
【详解】依题经过年后，产品的年产量为
产品的年产量为，
依题意若产品的年产量会超过产品的年产量，
则化简得，即，
所以，又，则
所以至少经过年产品的年产量会超过产品的年产量.
故选：B
【点睛】本题主要考查指数函数模型，解指数型不等式，属于基础题.
10. 已知双曲线的右焦点为，过原点的直线与双曲线交于两点，且则的面积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意画出图像，设双曲线的左焦点为，连接，即可得四边形为平行四边形，从而求出，利用余弦定理和双曲线的定义联立方程可求出的值，利用面积公式可求出的面积，根据和的关系即可得到答案.
【详解】
如图，设双曲线的左焦点为，连接，
依题可知四边形的对角线互相平分，
则四边形为平行四边形，由可得，
依题可知，
由余弦定理可得：
即；
又因为点在椭圆上，则，
所以.
两式相减得，即，
所以的面积为：
因为为的中点，所以
故选：A
【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，涉及到了双曲线的定义，余弦定理和面积公式，考查学生转化和化归的能力，属中档题.
第二部分（非选择题，共110分）
二、填空题共5小题，每小题 5 分，共 25 分
11. 已知集合,且则的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】由集合元素与集合的关系即可得到答案.
【详解】因为集合,且
所以，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题考查集合的基本定义，属基础题.
12. 经过点且与圆相切的直线的方程是____________.
【答案】
【解析】
【分析】
设直线方程为，根据题意有圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到答案.
【详解】依题满足条件的直线斜率存在，
设直线方程为：即.
又的圆心为，半径为,
又直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径，
所以，解之得：
所以直线的方程为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，利用圆心到直线的距离解决问题，属于基础题.
13. 已知函数则____________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用倍角公式化简，代入即可得到答案.
【详解】
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查三角函数的倍角公式，代入法求值，属基础题.
14. 某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种，则该网店
①第一天售出但第二天未售出的商品有______种；
②这三天售出的商品最少有_______种.
【答案】 ①. 16； ②. 29
【解析】
【详解】试题分析：①设第一天售出商品的种类集为A，第二天售出商品的种类集为B，第三天售出商品的种类集为C，
如图，
则第一天售出但第二天未售出的商品有19﹣3＝16种；
②由①知，前两天售出的商品种类为19+13﹣3＝29种，第三天售出但第二天未售出的商品有18﹣4＝14种，当这14种
商品第一天售出但第二天未售出的16种商品中时，即第三天没有售出前两天的商品时，这三天售出的商品种类最少为29种．
故答案为①16；②29．
【名师点睛】
本题将统计与实际情况相结合，创新味十足，是能力立意的好题，关键在于分析商品出售的所有可能的情况，分类讨论时要做到不重复、不遗漏，另外，注意数形结合思想的运用.
15. 在中，是边的中点.若，则的长等于________；若，则的面积等于____________.
【答案】 ①. 7 ②. 42
【解析】
【分析】
（1）依题可得，则有，利用向量运算即可得到答案.
（2）在和中分别用正弦定理，求出，再利用，，即可求得，再利用三角形的面积公式即可得到答案.
【详解】（1）依题在中，是的中点，
所以所以
又
所以
所以
所以的长等于.
（2）在中，由正弦定理有：
所以；
在中，由正弦定理有：
所以
因为是的中点，则，,
所以，
所以即，
所以
当时，
当时，
不符合题意，
所以的面积为：
故答案为：（1）；（2）
【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算及模的运算，考查正弦定理和三角形的面积公式，考查学生推理和计算能力，属中档题.
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
16. 如图，四棱锥的底面是正方形，是的中点，平面，是棱上的一点，平面.
（1）求证：是的中点；
（2）求证：和所成角等于
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）因为平面，由线面平行的性质定理及三角形中位线的判定即可得证.
（2）由平面，四边形为正方形可证平面,从而可证平面，从而得证结论.
【详解】
（1）如图，联结，设与交于，联结，
因为平面，平面平面=,所以.
又因为四边形是正方形，所以是的中点，
所以是的中位线，所以是的中点
（2）因为平面，所以.
因为四边形是正方形，所以
又，所以平面，所以
又因为且，所以平面
因为平面，所以，
所以与成角.
【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和线面平行的判定定理的运用，考查学生逻辑推理能力，属中档题.
17. 已知数列是等差数列，是的前项和，.
（1）判断是否是数列中的项，并说明理由；
（2）求的最值.从 ①；②；③中任选一个，补充在上面的问题中并作答.
【答案】（1）不是，理由见解析；（2）最小值-26，无最大值 .
【解析】
【分析】
（1）选择①，用等差数列的通项公式即可求出数列的首项和公差，即可求出数列的通项，令，求出的若为整数则是数列中的项，否则不是.
（2）令，求出的范围，从而可确定的最大最小值情况.
【详解】选①
（1）选①，设等差数列的公差为，
因为，所以，解得
所以
令 ，则，此方程无正整数解
所以不是数列中的项.
（2）令，即，解得：
所以当时，当时，
所以当时，的最小值为.
无最大值.
选②
设等差数列的公差为，
因为，所以，解得
所以
令 ，则，此方程有正整数解
所以是数列中的项.
（2）令，即，解得：
所以当时，当时，
所以当或时，的最小值为.
无最大值.
若选②
设等差数列的公差为，
因为，所以，解得
所以
令 ，则，此方程无正整数解
所以不是数列中项.
（2）令，即，解得：，
所以当时，，当时， ，
所以当或时，
的最大值为.
无最小值.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，以及等差数列的前项和的最值问题，主要考查学生的计算能力和直观想象能力，属于基础题.
18. 三个班共有名学生，为调查他们的上网情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的上网时长，数据如下表（单位：小时）：
（1）试估计班的学生人数；
（2）从这120名学生中任选1名学生，估计这名学生一周上网时长超过15小时概率；
（3）从A班抽出的6名学生中随机选取2人，从B班抽出的7名学生中随机选取1人，求这3人中恰有2人一周上网时长超过15小时的概率.
【答案】（1）36；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）利用分层抽样的方法即可得到答案；
（2）利用古典概率的公式即可得到答案；
（3）利用分类和分步计数原理和组合公式即可得到答案.
【详解】（1）由题意知，抽出的20名学生中，来自班学生有名．
根据分层抽样的方法可知班的学生人数估计为人．
（2）设从选出的20名学生中任选1人，共有20种选法，
设此人一周上网时长超过15小时为事件D,
其中D包含的选法有3+2+4=9种，所以 .
由此估计从120名学生中任选1名，
该生一周上网时长超过15小时的概率为.
（3）设从班抽出的6名学生中随机选取2人，
其中恰有人一周上网超过15小时为事件,
从班抽出的7名学生中随机选取1人，
此人一周上网超过15小时为事件，则所求事件的概率为：
.
【点睛】本题主要考查分层抽样，古典概型及计数原理和组合公式，属基础题.
19. 已知函数其中.
（1）当时，求曲线在原点处的切线方程；
（2）若函数在上存在最大值和最小值，求a的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后利用直线的点斜式即可得到答案；
（2）利用导数求出函数的极值及单调区间，列表求出函数的最值，根据题意即可确定的取值范围.
【详解】（1）解：.
所以切线的斜率；又
所以曲线在原点处的切线方程为：.
（2）

当时，解得
则时随的变化情况如下表：
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
若存在最小值，则时，
恒成立，即，
所以即在恒成立，
所以.又因为 ，所以，则.
当时，解得
则时随的变化情况如下表：
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
若存在最大值，则时，
恒成立，即，
所以即在恒成立，
所以.又因为 ，所以，则.
综上所述，的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及利用导数求函数的最大值和最小值，考查学生的运算求解能力，分类讨论和转化与化归的能力，属中档题.
20. 已知椭圆的左焦点为且经过点分别是的右顶点和上顶点，过原点的直线与交于两点（点在第一象限），且与线段交于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）若的面积是的面积的倍，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）利用椭圆的定义即可求出的值，从而求出，从而得到答案.
（2）根据题意设出直线方程，联立方程由根与系数的关系可得，再利用弦长公式即可得到答案.
（3）依题设出点的坐标以及直线的斜率，根据题目条件即可得坐标之间的关系，从而求出直线的斜率，从而求出直线直线的方程.
【详解】（1）依题知则椭圆的右焦点为，
因为点在椭圆上，且，
又，所以，所以
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为点在第一象限，所以直线的斜率存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
设直线 与该椭圆的交点为 ，
由可得，
易知，且，
则
，所以，
又，所以直线的方程为.
（3）设，，则，
易知，.由，，
所以直线的方程为，即.
若的面积是的面积的4倍，
则,由关于原点对称，可得,
所以，所以即 ① .
设直线的方程为，
由 得，
由 得，
代入①可得,
化简得，解得，
所以直线的方程为：.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系、弦长公式等，考查运算求解能力，方程思想，体现了逻辑推理、数学运算等核心素养.
21. 在数列中，若且则称为“数列”.设为“数列”，记的前项和为
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）证明：中总有一项为或.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据递推公式列出数列中的项，找规律，发现周期性即可得到答案;
（2）根据题意分情况进行求解即可得到答案;
（3）首先证明：一定存在某个，使得成立，再进行检验即可得到答案.
【详解】（1）当时，中的各项依次为，
即数列从第四项开始每三项是一个周期，
所以，，
，
所以.
（2）① 若是奇数，则是偶数，，
由，得，解得，适合题意.
② 若是偶数，不妨设，则.
若是偶数，则，由，
得，此方程无整数解；
若是奇数，则，由，
得，此方程无整数解.
综上，.
（3）首先证明：一定存在某个，使得成立.
否则，对每一个，都有，
则在为奇数时，必有；
在为偶数时，有，或.
因此，若对每一个，都有，则单调递减，
注意到，显然这一过程不可能无限进行下去，
所以必定存在某个，使得成立.
经检验，当，或，或时，中出现；
当时，中出现，
综上，中总有一项为或.
【点睛】本题主要考查递推数列以及推理知识的综合应用，考查学生逻辑思维能力、运算求解能力和推理论证能力，属中档题.
班
班
班
0
0
递增
递减
0
0
递减
递增