北京市朝阳区2020届高三数学下学期二模试题.doc

北京市朝阳区2020届高三数学下学期二模试题

北京市朝阳区2020届高三数学下学期二模试题

年级：
姓名：

24

北京市朝阳区2020届高三数学下学期二模试题（含解析）
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分
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，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
根据复数的乘法运算化简复数，得出其对应的点，进而可求出结果.
【详解】因为，
所以其在复平面内对应的点为位于第二象限.
故选：B.
【点睛】本题主要考查求复数对应的点所在的象限，考查复数的乘法运算，属于基础题型.
2. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
令且即可求解.
【详解】由题意得：得且，
所以函数的定义域为，
故选：B
【点睛】本题主要考查了求函数的定义域，属于基础题.
3. 如果实数，，满足：，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用赋值法和不等式的基本性质的应用求出结果．
【详解】对于选项A，当c=0时，ac2=bc2，故选项A错误；
对于选项B，当时，a2＞b2＞c2错误；
对于选项C，当a=1，b=0，时，a+c＞2b错误；
对于选项D，直接利用不等式的基本性质的应用求出，故选项D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.
4. 圆心在直线上且与y轴相切于点的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据圆的标准方程得到圆心坐标，代入直线方程验证是否满足，再把点代入所给的选项验证是否满足，逐一排除可得答案.
【详解】A. 圆心为，满足，即圆心在直线，
代入，即成立，正确；
B. 圆心，满足，即圆心在直线，
代入，错误；
C. 圆心，满足，即圆心在直线，
代入，错误；
D. 圆心，满足，即圆心在直线，
代入，错误
故选：A.
【点睛】本题考查圆的标准方程，圆与直线的位置关系，属于基础题.
5. 直线l过抛物线的焦点F，且l与该抛物线交于不同的两点，．若，则弦AB的长是（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意得，再结合抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意得，
由抛物线的定义知：，
故选：A
【点睛】本题主要考查了抛物线的几何性质，考查抛物线的定义，属于基础题.
6. 设等差数列的公差为，若，则“”是“为递减数列”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
利用指数函数的单调性、数列增减性的定义以及等差数列的定义判断即可.
【详解】充分性：若，则，即，，即，
所以，数列为递减数列，充分性成立；
必要性：若为递减数列，则，即，，则，
必要性成立.
因此，“”是“为递减数列”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查充要条件的判断，同时也考查了数列单调性定义的应用，考查推理能力，属于中等题.
7. 已知函数则下列四个结论中正确是（ ）
A. 函数的图象关于中心对称
B. 函数图象关于直线对称
C. 函数在区间内有4个零点
D. 函数在区间上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正弦三角函数的对称性、图象、单调性逐项排除，可得答案.
【详解】A. ，错误；
B. ，错误；
C. 当时，函数，当，，，时，
，正确；
D. 由，得单调递增区间为，令，
所以在区间上不单调递增，错误.
故选：C.
【点睛】本题主要考查三角函数的性质，属于基础题.
8. 圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求，在中利用正弦定理求，在中即可求.
【详解】，
在中由正弦定理得：，即，
所以，
又因为在中，，
所以,
故选：D
【点睛】本题主要考查了解三角形应用举例，考查了正弦定理，属于中档题.
9. 在平行四边形中，，，，若、分别是边、上的点，且满足，则的最大值为（ ）
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
设，，然后选取为基底，把其他向量用基底表示后计算数量积，表示为的函数，由函数知识得最大值．
【详解】设，，则，
，
∴
，
∵，∴时，取得最大值5．
故选：C．
【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取基底，用基底表示平面上的其他向量，然后进行运算求解．
10. 设函数的定义域为D，如果对任意，都存在唯一的，使得（m为常数）成立，那么称函数在D上具有性质业．现有函数：
①; ②; ③; ④．
其中，在其定义域上具有性质中．的函数的序号是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
对各个选项分别加以判断：根据性质的函数定义，列出方程可以解出关于表达式且情况唯一的选项是①和④，而②和③通过解方程发现不符合这个定义，从而得到正确答案.
【详解】①的定义域为，函数的值域为，对任意，都存在唯一的，对于任意的，使得（m为常数）恒成立，其定义域上具有性质的函数；
②定义域为，函数的值域为，对任意，都存在唯一的，使得（m为常数）不恒成立，例如，，不存在唯一的，
故②不是定义域上具有性质的函数；
③定义域为，值域为，而且是单调递增函数，所以对任意，都存在唯一的，对于任意的，使得（m为常数）恒成立，，其定义域上具有性质的函数；
④定义域为，函数的值域为，不是单调函数，是周期函数，对任意，都存在，使得（m为常数）恒成立，但不唯一，所以在其定义域上不具有性质的函数；
所以①和③是定义域上具有性质的函数；
故选：A
【点睛】本题利用新定义考查函数的性质，解题的关键是正确理解定义域上具有性质的含义，属于中档题.
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. 已知平面向量，，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用向量共线的坐标表示即可求解.
【详解】，，
若，则，
解得：，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量共线的坐标表示，属于基础题.
12. 在的二项展开式中，常数项为________．（用数字作答）
【答案】15
【解析】
【分析】
由二项式展开式通项有，可知常数项的值；
【详解】二项展开式通项为，
∴当时，常数项，
故答案为：15
【点睛】本题考查了二项式定理，利用二项式展开式的通项求常数项，属于简单题；
13. 某四棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该四棱锥的体积为________．

【答案】12
【解析】
【分析】
先根据三视图判断其直观图，再利用三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】根据三视图可知其对应的直观图如下：

下底面是等腰梯形，，，高为3，侧棱平面ABCD，
，故体积.
故答案为：12.
14. 已知双曲线的焦点为，，实轴长为2，则双曲线的离心率是______；若点是双曲线的渐近线上一点，且，则的面积为______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
易得，，再结合，可知，然后由求出离心率；可求出经过一、三象限的渐近线方程为，设点，分别求出和，根据列出方程，求出x的值，然后可得点到y轴的距离，，最后计算的面积.
【详解】易知，，所以，
又，，所以；
所以双曲线的方程为：，其中经过一、三象限的渐近线方程为，
故可设点，所以，，
因为，所以，即，
解之得：，所以点到y轴的距离为，又，所以：
.
故答案为：；.
【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，考查向量垂直的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化思想，属于常考题.
15. 颗粒物过滤效率是衡量口罩防护效果的一个重要指标，计算公式为，其中 表示单位体积环境大气中含有的颗粒物数量（单位：），表示经口罩过滤后，单位体积气体中含有的颗粒物数量（单位：）．某研究小组在相同的条件下，对两种不同类型口罩的颗粒物过滤效率分别进行了4次测试，测试结果如图所示．图中点的横坐标表示第i种口罩第j次测试时的值，纵坐标表示第i种口罩第j次测试时的值．

该研究小组得到以下结论：
①在第1种口罩的4次测试中，第4次测试时的颗粒物过滤效率最高;
②在第2种口罩的4次测试中，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高;
③在每次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率高;
④在第3次和第4次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低．
其中，所有正确结论的序号是__________．
【答案】②④
【解析】
【分析】
先根据题意分析得直线的斜率越大，颗粒物过滤效率越小，再看图逐一分析结论即可.
【详解】依题意，，知直线的斜率越大，颗粒物过滤效率越小. 看图分析如下：
在第1种口罩的4次测试中，四条直线中，直线斜率最大，故最小，第4次测试时的颗粒物过滤效率最低，则①错误；
在第2种口罩的4次测试中，四条直线中，直线斜率最小，故最大，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高，则②正确；
在第1次和第2次测试中，直线斜率大于斜率，，即第1种口罩的颗粒物过滤效率高，在第3次和第4次测试中，斜率大于直线，斜率，即第2种口罩的颗粒物过滤效率高，故③错误，④正确.
故答案为：②④.
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. 已知是公差为d的等差数列，其前n项和为，且，___________．若存在正整数n，使得有最小值．
（Ⅰ）求的通项公式;
（Ⅱ）求的最小值．
从①，②，③这三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在上面问题中并作答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】
分别选择①②③，然后结合等差数列的通项公式及求和公式及已知条件进行求解即可．
【详解】解：①时，
根据题意得，1−（−1）＝2d，解得d＝1，
（Ⅰ）;
（Ⅱ）
所以当n＝3或4时，＝−6.
②时，
根据题意得，
（Ⅰ）
（Ⅱ），
所以当n＝4时，＝−16，
③时，
根据题意得，
（Ⅰ）；
（Ⅱ），
此时没有最小值．
【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，关键是利用等差数列求和公式的函数性质来解题，属于基础题.
17. 如图，在五面体ABCDEF中，面是正方形，，，，且．

（1）求证：平面；
（2）求直线BD与平面ADE所成角的正弦值；
（3）设M是CF的中点，棱上是否存在点G，使得平面ADE？若存在，求线段AG的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）答案见详解；（2）；（3）存在，.
【解析】
【分析】
(1) 由和，利用线面垂直的判定定理即证结论；
(2)先根据等体积法计算点B到平面ADE的距离d，再利用正弦等于即得结果；
(3) 先取DC，AB上点N，G使得CN=BG=1，证明平面MNG平面ADE，即得平面ADE，.
【详解】解：（1） 证明：正方形中，，
又，，平面，所以平面；
（2）设直线BD与平面ADE所成角为，点B到平面ADE的距离d，则.
依题意，，由（1）知平面，得平面平面，故点E到平面的距离，
中，，又，故根据等体积法，得，即，故，故直线BD与平面ADE所成角的正弦值是；
（3），平面，平面，平面，
又平面平面，平面，.

分别取DC，AB上点N，G，使得CN=BG=1，又，故四边形CNGB是平行四边形，，又NG在平面ADE外，BC在平面ADE内，平面ADE，
取DC中点H，则DH=EF=2，又，故四边形EFDH是平行四边形，，
又，M是CF的中点，故MN是中位线，，又MN在平面ADE外，DE在平面ADE内，平面ADE，
因为MN，NG相交于平面MNG内，所以平面MNG平面ADE，又平面MNG，
故此时平面ADE，.
【点睛】本题考查了线面垂直的判定、线面成角的求法和存在性问题的探究，属于中档题.求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线线段长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
18. 近年来，随着5G网络、人工智能等技术的发展，无人驾驶技术也日趋成熟．为了尽快在实际生活中应用无人驾驶技术，国内各大汽车研发企业都在积极进行无人驾驶汽车的道路安全行驶测试．某机构调查了部分企业参与测试的若干辆无人驾驶汽车，按照每辆车的行驶里程（单位：万公里）将这些汽车分为4组：，，，并整理得到如下的频率分布直方图：

（I）求a的值；
（Ⅱ）该机构用分层抽样的方法，从上述4组无人驾驶汽车中随机抽取了10辆作为样本．从样本中行驶里程不小于7万公里的无人驾驶汽车中随机抽取2辆，其中有X辆汽车行驶里程不小于8万公里，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）设该机构调查的所有无人驾驶汽车的行驶里程的平均数为．若用分层抽样的方法从上述4组无人驾驶汽车中随机抽取10辆作为样本，其行驶里程的平均数为;若用简单随机抽样的方法从上述无人驾驶汽车中随机抽取10辆作为样本，其行驶里程的平均数为．有同学认为，你认为正确吗？说明理由．
【答案】（I）；（Ⅱ）分布列见解析，；（Ⅲ）不正确，理由见解析.
【解析】
【分析】
（I）根据频率分布直方图概率之和等于1，即可求得a的值
（Ⅱ）按照分层抽样比分别求出行驶里程在和的无人驾驶汽车数量，的所有可能取值为，求出相应的概率即可列出分布列，求出数学期望.
（Ⅲ）由于样本具有随机性，故，是随机变量，受抽样结果的影响， 这种说法不正确.
【详解】（I）由题意可知:，所以；
（Ⅱ）4组无人驾驶汽车的数量比为，若使用分层抽样抽取10辆汽车，
则行驶里程在这一组的无人驾驶汽车有辆，
则行驶里程在这一组的无人驾驶汽车有辆，
有题意可知：的所有可能取值为
，
，
，
所以的分布列为

所以的数学期望为.
（Ⅲ）这种说法不正确，理由如下：
由于样本具有随机性，故，是随机变量，受抽样结果的影响.
因此有可能更接近，也有可能更接近，
所以不恒成立，所以这种说法不正确.
【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题.
19. 已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线交于点Q，设，，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由离心率得，由椭圆过一点．得，两者结合可解得，得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程后可得，由，，把用表示，然后计算并代入即可得证．
【详解】（Ⅰ）由题意，解得，
∴椭圆方程为；
（Ⅱ）易知直线斜率存在，设其方程为，设，
由，消元整理得，
∴，，
把代入得，即，
由，得，，
由，得，，
∴，
∴为定值．
【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理求得，把它代入题中需求的量化简可得结论．
20. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线的斜率为1.
（ⅰ）求a的值；
（ⅱ）证明：函数在区间内有唯一极值点；
（2）当时，证明：对任意，.
【答案】（1）（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）（ⅰ）先对函数求导，然后把代入导函数中使其值等于零，可求出a的值；
（ⅱ）令，则，可得在上的单调性，也是在上的单调性，而，，，所以存在唯一的是的变号零点，故函数在区间内有唯一极值点；
（2）由（1）可知，在内单调递增，在内单调递减，当时，，，所以分两类讨论：（i）若，易证在内单调递增，，符合题意，（ii）若，可得在区间内有且只有一个零点，记为，而函数在内单调递增，在内单调递减，可得，符合题意.
【详解】（1）（ⅰ）因为，
所以.
因为曲线在点处的切线的斜率为1，
所以，即，故.
经检验，符合题意.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，.
设，则.
令，又，得.
当时，﹔当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减.
又，，，
因此，当时，，即，
此时在区间上无极值点；
当时，有唯一解，即有唯一解，
且易知当时，，当时，，
故此时在区间内有唯一极大值点.
综上可知，函数在区间内有唯一极值点.
（2）因为，设，则.
令，又，得.
且当时，﹔当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减.
当时，，，.
（i）当，即时，.
此时函数在内单调递增，﹔
（ii）当，即时，
因为， ，
所以，在内恒成立，而在区间内有且只有一个零点，记为，则函数在内单调递增，在内单调递减.
又因为，，所以此时.
由（i）（ii）可知，当时，对任意，总有.
【点睛】此题考查利用导数研究函数的切线方程、单调性、极值和恒成立问题，构造函数、虚设零点、灵活运用零点存在性定理是解题的关键，考查转化与化归能力、运算能力，属于难题.
21. 设集合，其中是正整数，记．对于，，若存在整数k，满足，则称整除，设是满足整除的数对的个数．
（I）若，，写出，的值;
（Ⅱ）求的最大值;
（Ⅲ）设A中最小的元素为a，求使得取到最大值时的所有集合A．
【答案】（1），；（2）4；（3），或.
【解析】
【分析】
（1）根据定义得到，，即可得到，的值；
（2）结合条件得到最多有(1, 2)，(1, 3)， (1, 4)， (2,3)， (2, 4)，(3, 4)六种情况，
排除(2, 4) , (3，4)即可得到的最大值；
（3）假设，，根据定义可得或，进而得到A.
【详解】（1）根据条件所给定义，SA=15=5(1+2)=3(1+4)，故，
SB=24=4(1+5) =2(5+7)=2(1+11)=3 (1+7)，故.
（2）不妨设，因为，所以，不能整除，因为最多有(1, 2)，(1, 3)， (1, 4)， (2,3)， (2, 4)，(3, 4)六种情况，而(2, 4) , (3，4)不满足题意，所以，当时，，所以的最大值为4 ；
（3）假设，由（2）可知，当取到最大值4时，均能整除，因，
故，所以，
设，则是的因数，
所以是的因数，且是的因数，因为，
所以，因为是的因数，所以，
因为是的因数，所以是的因数，
因为，所以，所以或，
故，或，
所以当取到最大值4时，故，或.
【点睛】本题主要考查合情推理与演绎推理，考查集合的性质