北京市朝阳区2019-2020学年度第一学期高2020届高三年级期中质量检测数学试题(word版-含.doc

北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期高三年级期中质量检测
数学试卷2019．11
（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）已知集合，，则
（A）（B）
（C）(D）
(2)已知，且，则
（A）（B）
（C）（D）
（3)下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是
(A）（B）
（C)（D）
（4）关于函数有下述三个结论：
①函数的最小正周期为;
②函数的最大值为；
③函数在区间上单调递减。
其中，所有正确结论的序号是
（A)①②（B）①③（C）②③(D）①②③
（5）已知，是两个不同的平面，直线,下列命题中正确的是
(A）若,则（B)若，则
（C)若,则（D）若，则
（6）已知函数恰有两个零点，则实数的取值范围是
（A）（B）（C)(D)
（7）已知为等比数列，则“”是“为递减数列”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
（8)设,为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第二象限.若为等腰三角形，则点的横坐标为
（A）(B）（C）（D）
（9)在中，，,点在边上，且，则的取值范围是
（A)（B)
（C）（D）
（10）已知集合,满足：（ⅰ），；
（ⅱ），若且，则；
（ⅲ）,若且,则。
给出以下命题：
① 若集合中没有最大数，则集合中有最小数;
② 若集合中没有最大数，则集合中可能没有最小数；
③ 若集合中有最大数，则集合中没有最小数；
④ 若集合中有最大数，则集合中可能有最小数。
其中,所有正确结论的序号是
（A)①③ （B）②③ （C)③④（D)①④

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。
（11)已知向量，,且，则________．
（12）某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为________,最长棱的长度为________．
1
1
1
俯视图
侧（左）视图
正（主）视图

（第12题图）

（13)已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点）,且为等腰直角三角形，则实数的值为________．
（14）已知，是实数，给出下列四个论断：①；②;③;④.
以其中两个论断作为条件,余下的论断中选择一个作为结论，写出一个正确的命题：________．
（15）已知函数（为常数）．若，则________；若函数存在最大值，则的取值范围是________．
(16）年月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可．良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例,实证了中华五千年文明史．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少"这一规律．已知样本中碳的质量随时间（单位：年)的衰变规律满足（表示碳原有的质量)，则经过年后，碳的质量变为原来的________；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在________年到年之间．(参考数据：）

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.
（17）（本小题13分)
在中，,点在边上，且，.
（Ⅰ）求的值;
（Ⅱ)若，求的值.

（18）（本小题13分)
已知是各项均为正数的等比数列,，.
（Ⅰ)求的通项公式；
（Ⅱ）设,求数列的前项和，并求的最大值．

(19）（本小题14分）
如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，且平面平面，为的中点,，，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）直线上是否存在点,使得平面?
若存在,求出的值；若不存在，说明理由.

（20)（本小题13分）
已知椭圆经过两点，。
（Ⅰ）求椭圆的标准方程;
（Ⅱ)过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，两点，且直线与以线段为直径的圆交于另一
点（异于点），求的最大值.

（21）(本小题14分）
已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时,证明：；
（Ⅲ）判断在定义域内是否为单调函数，并说明理由．

（22）（本小题13分）
已知无穷数列，,满足:，，,
．记（表示个实数,，中的最大值）．
（Ⅰ)若，,，求，的可能值；
(Ⅱ）若，，求满足的的所有值；
（Ⅲ）设，，是非零整数,且，，互不相等,证明:存在正整数，使得数列，,中有且只有一个数列自第项起各项均为．

北京市朝阳区2019～2020学年度第一学期高三年级期中质量检测
数学参考答案2019．11
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)C(2）C （3)D （4）B（5）D
（6）B （7）B（8）D （9）A（10）B
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）
（11）（12）,(13）
（14）若,,则．（答案不唯一）
（15）；(16）;
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）
（17）（本小题13分）
解:（Ⅰ）因为，所以。
在中，,,，
由余弦定理，得
。
所以。 ………6分
(Ⅱ）在中，，,，
由余弦定理，得．
由正弦定理，得
，
所以．………13分

(18）（本小题13分)
解：（Ⅰ）设的公比为，因为，
所以．
解得（舍去）或．
因此的通项公式为．………6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
当时，，
故是首项为,公差为的单调递减等差数列。
则.
又，所以数列的前项为正数，
所以当或时,取得最大值，且最大值为．……………13分
（19）（本小题14分）
解：(Ⅰ)如图，取中点,连结。
因为为中点，，
所以，.
又因为，，
所以,，
所以四边形为平行四边形。
所以。
又因为平面，平面，
所以平面.………4分
（Ⅱ）取中点，连结，。因为为等边三角形，所以。
又因为平面平面,平面平面,
所以平面.
因为，，
所以四边形为平行四边形.
zO
P
E
D
y
C
x
B
A
因为，所以。
如图建立空间直角坐标系，
则。
所以.
设平面的一个法向量为，
则即
令,则.
显然,平面的一个法向量为，
所以。
由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为。………10分
（Ⅲ）直线上存在点，使得平面。理由如下:
设.因为,，
所以，．
因为平面，所以平面当且仅当。
即，解得.
所以直线上存在点，使得平面，此时．…………14分
(20）（本小题13分）
解:（Ⅰ）因为椭圆过点，，
所以得
故椭圆的标准方程为．………4分
（Ⅱ）由题易知直线的斜率不为0，设：，
由得，显然.
设，
则。
又。
以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，
故圆心到直线的距离为.
所以.
所以

，
因为，所以，即．
所以．
当时，直线与椭圆有交点，满足题意，且，
所以的最大值为．…………13分

（21)(本小题14分）
解：函数的定义域为,．
（Ⅰ）因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．………4分
（Ⅱ）当时，．
欲证，
即证，
即证．
令，
则．
当变化时，变化情况如下表：

↗
极大值
↘
所以函数的最大值为，故．
所以．………9分
（Ⅲ）函数在定义域内不是单调函数．理由如下：
令,
因为，
所以在上单调递减．
注意到．
且．
所以存在，使得．
当时，，从而，所以函数在上单调递增；
当时，，从而，所以函数在上单调递减．
故函数在定义域内不是单调函数．………14分
(22）（本小题13分）
解:（Ⅰ）由,得,所以；
由，得，所以,
又，故，，．
所以,的所有可能值为
，；
，；
,；
，．………3分
（Ⅱ）若，，记
则，
，，,
当时,，，由,得,不符合；
当时，，
由，得，符合；
当时，，
由,得，符合;
综上,的所有取值是。 ………8分
（Ⅲ）先证明“存在正整数,使中至少有一个为0”．
假设对任意正整数,都不为0，
由是非零整数，且互不相等，得，．
若对任意，都不为0，则，
即对任意，．
当时，
，
所以，．
所以，严格单调递减，
由为有限正整数，
所以，必存在正整数，使得，矛盾．
所以，存在正整数，使中至少有一个为0．
不妨设，且,，，，
则，且,
否则，若,
因为,则必有，矛盾．
于是，，且，
所以,，，
依次递推，即有：对，且,
此时有且仅有一个数列自第项起各项均为0．
综上，结论成立．………13分

高三数学试卷 第13页（共13页）