2020东城区高三上学期数学试卷及答案-202001082023094.pdf

东城区 2019-2020 学年度第一学期期末教学统一检测高三数学2020.1本试卷共 4 页，共 150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡一并交回。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 A x|x 1，B x|x 2 x 1 0，那么 A(A)x|1 x 2(B)x|1 x 1 (C)x|1 x 2(2)复数 z=i(i 1)在复平面内对应的点位于(D)x|1 x 1(A)第 一 象 限 (B)第 二 象 限(C)第三象限(D)第四象限(3)下列函数中，是偶函数，且在区间(0，+)上单调递增的为(A)(C)y 1xy 2 x(B)(D)y ln xy 1 x (4)设 a,b 为实数，则“a b 0”是“a b”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(5)设,是两个不同的平面，m,n 是两条不同的直线，则下列结论中正确的是(A)若m ，m n，则 n(C)若 n，m n，则m (B)若 ，m ，n ，则m n(D)若 ，m ，n ，则m n(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(7)设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的是(A)若 ，则sin sin (B)若 ，则cos cos 2(C)若 ，则sin sin 122(D)若 ，则cos cos 12(8)用平面截圆柱面，当圆柱的轴与 所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆著名数学家Dandelin 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：y两个球与 的切点是所得椭圆的两个焦点；若球心距O1O2 4，球的半径为，则所得椭圆的焦距为2；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)(B)(C)(D)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x2 2 1 与 xy2 1有相同的焦点，则实数m.m32(10)已知 an 是各项均为正的等比数列，Sn 为其前n 项和，若a1 6，a2 2a3 6，则公比q，S4=(11)能说明“直线 x y m 0 与圆 x2 y2 4x 2 y 0 有两个不同的交点”是真命题的一个m 的值为.uuu ruuu r(12)在平行四边形 ABCD 中，已知 AB AC AC AD，AC 4，BD 2，则四边形 ABCD 的面积是 _(13)已知函数 f(x)2sin(x )(0).曲线 y f(x)与直线 y 相交，若存在相邻两个交点间的距离为，则 的所有可能值为.6(14)将初始温度为0 C 的物体放在室温恒定为30 C 的实验室里，现等时间间隔测量物体温度，将第n 次测量得到的物体温度记为tn，已知t1 0 C.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k）.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）tn1tnktn 30；tn1tn k(30 tn)；tn+1=k(30 tn).在上述模型下，设物体温度从5 C 上升到10 C 所需时间为 a min，从 10 C 上升到15 C 所需时间为b min，从15 C 上升到20 C 所需时间为C min，那么 a 与 b 的大小关系是.(用“”，“”或“”号填bc空）2三、解答题共 6 小题，共 80 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。(15)（本小题 13 分）在 ABC 中，已知c sin A（）求C 的大小；3a cos C 0（）若b=2，c 2，求 ABC 的面积.(16)（本小题 13 分）2019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放.从 2G 到 5G，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 5G 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：我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 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 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用户的 40%).（I）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 5G 的概率；（I I）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 X 表示这 2 人中愿意为升级 5G 多支付 10 元或10 元以上的人数，求 X 的分布列和数学期望；（III）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 5G 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.用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数 早期体验用户 2019 年 8 月至 209 年 12 月 270 人 中期跟随用户 2020 年 1 月至 20121 年 12 月 530 人 后期用户 2022 年 1 月及以后 200 人 nii 1jn1(17)（本小题 14 分）如图，在三棱柱 ABC A1B1C1 中，BB1 平面 ABC，AB BC，AA1 AB BC 2（）求证：BC1 平面 A1B1C；（）求异面直线 B1C 与 A1B 所成角的大小；（）点 M 在线段 BC 上，且 B1M (0,1)，点 N 在线段 AB 上，B1C 若 MN 平面 A ACC求 A1 N 的值(用含 的代数式表示)11，(18)（本小题 13 分）A1B 已知函数 f(x)1 x3 x2 3ax(a R).3（）若 f(x)在 x 1时，有极值，求a 的值；（）在直线 x 1上是否存在点 P，使得过点 P 至少有两条直线与曲线 y f(x)相切？若存在，求出 P 点坐标；若不存在，说明理由.(19)（本小题 14 分）已知椭圆C:x2 y2 1 a 1 的离心率是2 a22（）求椭圆C 的方程；（）已知 F1，F2 分别是椭圆C 的左、右焦点，过 F2 作斜率为k 的直线l，交椭圆C 于 A,B 两点，直线 F1 A,F1B分别交 y 轴于不同的两点 M,N.如果MF1N 为锐角，求k 的取值范围(20)（本小题 13 分）已知数列a ，记集合T S(i,j)S(i,j)a aL a ,1i j,i,j N（）对于数列an 1，2，3，4，写出集合T；（）若a 2n，是否存在i,j N，使得 S(i,j)1024？若存在，求出一组符合条件的i,j；若不存在，说明理由；（I I I）若 an 2n 2，把集合T 中的元素从小到大排列，得到的新数列为 B:b1，b2 ，L，bm ，L .若bm 2020，求m 的最大值1东城区 2019-2020 学年度第一学期期末教学统一检测 高三数学参考答案及评分标准.2020.1 一、选择题（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）（1）D（2）C（3）B（4）A（5）B（6）C（7）A（8）C二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）（9）4（10）14524（11）0 （答案不唯一）（12）4（13）2 或10（14）三、解答题（共 6 小题，共 80 分）（15）（共 13 分）解：（）由正弦定理可得sin C sin A 3 cos CsinA=0.因为sin A 0，所以 tan C 3.又因为0 C ,2所以C=3.7 分b sin C（）由正弦定理得sin B=2 32 1,c又因为0 B，32 32所以B,A B C.66所以 ABC 的面积 S 1 bc sin A 1 2 2 3 1 13 分 222（16）（共 13 分）解：（）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 5G 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 270 530 0.8.3 分 10001000(13)由题意 X 的所有可能值为 0,1,2.记事件 A 为“从早期体验用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”，事件 B 为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”，由题意可知，事件 A，B 相互独立，且 C3P(A)1 40%0.6，P(B)1 45%0.55，所以 P(X=0)P(AB)(1 0.6)(1 0.55)0.18，P(X 1)P(AB+AB)P(AB)P(AB)P(A)(1 P(B)(1 P(A)P(B)0.6 （1 0.55）（1 0.6)0.55 0.49，P(X=2)P(AB)0.6 0.55 0.33.所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 0.18 0.49 0.33 故 X 的数学期望（X）0 0.18 1 0.49 2 0.33 1.15.10 分(14)设事件 D 为“从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐”，那么 C3P(D)270 0.02.1000回答一：事件 D 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 D 发生概率小，所以可以认为早期体验用户人数增加.13 分（17）（共 14 分）解：（）在三棱柱 ABC A1B1C1 中，由于 BB1 平面 ABC，所以 BB1 平面 A1B1C1 又 BB1 平面 B1BCC1，所以平面 B1BCC1 平面 A1B1C1，交线为 B1C1.又因为 AB BC，所以 A1B1 B1C1 所以 A1B1 平面 B1BCC1 因为 BC1 平面 B1BCC1，所以 A1B1 BC1.又因为 BB1 BC 2，所以 B1C BC1 又 A1B1 B1C B1 ,所以 BC1 平面 A1B1C.5 分1100（）由（）知 BB1 底面 ABC，AB BC 如图建立空间直角坐标系 B xyz 由题意得 B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0,2,2)，B1(0,0,2)所以 B1C (2,0,2)，A1B (0,2,2)uuur uuur所以cos A1B,B1C A B B Cuuur uuur|BA1|B1C|1 2故异面直线 BC 与 AB 所成角的大小为 .9 分113（）易知平面 A1 ACC1 的一个法向量为n n (1,1,0)，由 B1M ，得 M(2,0,2 2).B1C 设 A1 N ，得 N(0,2 2,2 2)，A1B 则 MN (2,2 2,2 2)因为 MN/平面 A1 ACC1，所以 MN n n 0，即(2,2 2,2 2)(1,1,0)0，解得 1 所以 A1 N 1 .14 分A1B （18）（共 13 分）解：()因为所以f(x)1 x3 x2 3ax，3f x x2 2x 3a.由 f(x)在 x 1 时，有极值得f 1 1 2 3a 0，解 得 a 1.经检验，a 1时，f(x)有极值.综上，a 1.4 分（）不妨设在直线 x 1上存在一点 P(1,b)，设过点 P 与 y f(x)相切的直线为l，切点为(x,y)，则切线l 方程为 y 1 x3 x2 3ax (x2 2x 3a)(x x).3 000000y又直线l 过 P(1,b)，有b 1 x3 x2 3ax (x2 2x 3a)(1 x)，3 000000即 2 x3 2x2+2x 3a b 0.3 000设 g(x)2 x3 2x2 2x 3a b，3g(x)2x2 4x 2 2(x 1)2 0.所以 g(x)在区间(,)上单调递增，所以 g(x)0 至多有一个解.过点 P 与 y f(x)相切的直线至多有一条.故在直线 x 1上不存在点 P，使得过 P 至少有两条直线与曲线 y f(x)相切.13 分（19）（共 14 分）c 2，a2 解：（）由题意b2 1，解得a2 2.a2 b2 c2所以椭圆C 的方程为x2 22 1.4 分（）由已知直线l 的斜率不为 0.设直线l 方程为 y k x 1.直线l 与椭圆C 的交点为 A x1,y1,B x2,y2 .y k x 1，2222由 x2 2 y2 1得2k1 x(E)4k x 2k 2 0.4k 22k 2 2由已知，判别式 0 恒成立，且 x1 x2 2k 2 1,x1x2 2k 2 1.直线 F A 的方程为 y y1 x 1，令 x 0，则 M(0,y1).1x 11同理可得 N(0,y2).x1 1uuuu r uuu rx2 1y y k 2 x1 x1所以 F M F N 11 2 11211 x1 x 1 x 1 x 11212k 2 x x x x 11 k 2 x x 1 k 2 x x 1 k 2 1 1 212 x1 x2 x1 x2 11 212.x1x2 x1 x2 1将代入并化简，得uuuu r uuu r7k 2 1F1M F1N 8k 2 1.uuuu r uuu r7k 2 1依题意，MF1N 我锐角，所以 F1M F1N 0，即 F1M F1N 8k 2 1 0.解得k 2 1 或 k 2 1.78综上，直线l 斜率的取值范围是(,7)U(2,0)U(0,2)U(7,).14 分（20）（共 13 分）7447解：（）T=3，5，6，7，9，10.3 分（）假设存在i，j N N，使得 S(i，j)=1024，则有1024 ai ai1 L a j 2i 2(i 1)L 2 j (j i 1)(i j)，由于i j 与 j i 奇偶性相同，所以i j 与 j i 1奇偶性不同.又因为i j3，j i 12，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.故不存在i，j N N，使得 S(i，j)=1024 成立.8 分（）首先证明an n 时，对任意的m N N 都有b 2t，t N N.若i,j N N，使得：i (i 1)L j (j i 1)(i j)2t，2由于 j i 1与 j i 均大于2 且奇偶性不同，所以(j i 1)(i j)2t 1 不成立.其次证明除2t(t N N)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h 2t(2k 1)其中t N N ，k N N.m当2t 1 2k 1时，由等差数列的性质有：h 214t 44424t424L444424 3t =(2t k)L(2k 1)个(2t 1)2t (2t 1)L(2t k)此时结论成立.当2t 1 2k 1时，由等差数列的性质有：h (1244k44414)44(424k44421)444L4444(424k44414 3)2t 个此时结论成立.=(k 2t 1)L(k 1)k (k 1)(k 2)L(k 2t),对于数列an 2n 2.此问题等价于数列0，1，2，3，L，n，L ，其相应集合T 中满足：bn 1010 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T 中的项，所以n 的最大值为1001.13 分