北京市朝阳区2020届高三上学期期末考试数学试题-含解析.docx

北京市朝阳区 2019~2020 学年度第一学期期末质量检测高三
年级
数学试卷
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
对应的点的坐标为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【详解】解：复数 （2+ ）＝2 ﹣1 对应的点的坐标为（﹣1，2），
i
i
i
故选：C
【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.已知
，
，
，则（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用中间量隔开三个值即可.
【详解】∵
，
,
,
∴
，
故选：D
【点睛】本题考查实数大小的比较，考查幂指对函数的性质，属于常考题型.
3.已知双曲线 的离心率为 ，则其渐近线方程为（
）

A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，得双曲线的渐近线方程为y＝±x，再由双曲线离心率为 2，得到 c＝2a，由定义
知 b a，代入即得此双曲线的渐近线方程．
【详解】解：∵双曲线 C 方程为：
1（a＞0，b＞0）

∴双曲线的渐近线方程为 y＝±x
又∵双曲线离心率为 2，
∴c＝2a，可得 b
a
因此，双曲线的渐近线方程为 y＝±
故选：B．
x
【点睛】本题给出双曲线的离心率，求双曲线的渐近线方程，着重考查了双曲线的标准方程
与基本概念，属于基础题．
4.在
中，若
，
，
，则角 的大小为（
）
A.
B.
C.
D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】
利用正弦定理即可得到结果.
【详解】解：∵b＝3，c
，C
，
∴由正弦定理
可得：sinB
，可得
，
，
∵c＜b，可得 B
故选：D．
或 ，

点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属于基础题．
5.从 名教师和 名学生中，选出 人参加“我和我的祖国”快闪活动．要求至少有一名教师入
【
选，且入选教师人数不多于入选学生人数，则不同的选派方案的种数是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可分成两类：一名教师和三名学生，两名教师和两名学生，分别利用组合公式计算即
可.
【详解】由题意可分成两类：
（1）一名教师和三名学生，共
（2）两名教师和两名学生，共
故不同的选派方案的种数是
故选：C
；
；
.
【点睛】本题考查组合的应用，是简单题，注意分类讨论、正确计算即可．
6.已知函数
A. 是奇函数，且在
递减
，则
（
）
上单调递增
B. 是奇函数，且在
D. 是偶函数，且在
上单调
上单调
C. 是偶函数，且在
递减
上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性的定义以及单调性的性质判断即可．
【详解】函数
的定义域为 R，
，
即
，
∴
当
是偶函数，
时，
,
为增函数，
为减函数，
∴
在
上单调递增，

故选：C
【点睛】本题考查了函数的奇偶性以及函数的单调性问题，考查推理能力，是一道中档题．
7.某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为
（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意把三棱锥放入棱长为 2 的正方体中，得出三棱锥的形状，
结合图形，求出该三棱锥的体积．
【详解】解：根据题意，把三棱锥放入棱长为 2 的正方体中，是如图所示的三棱锥 ﹣
，
P ABC
∴三棱锥 ﹣
P ABC
的体积为：
，
故选：A
【点睛】本题考查了利用三视图求空间几何体体积的应用问题，考查空间想象能力，是基础
题．

8.设函数
，则“
”是“
有且只有一个零点”的（
B. 必要而不充分条件
）
A. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件
【答案】A
D. 既不充分也不必要条件
【解析】
【分析】
有且只有一个零点的充要条件为
,或
，从而作出判断.
详解】 （ ）＝
f x
，
′（ ）＝3 2﹣3＝3（ +1）（ ﹣1），
f
x
x
x
x
【
令 ′（ ）＞0，解得： ＞1 或 ＜﹣1，
f
x
x
x
令 ′（ ）＜0，解得：﹣1＜ ＜1，
f
x
x
∴
在
，
上单调递增，在
上单
调递减，
且
,
,
若
有且只有一个零点，则
,或
∴“
”是“ 有且只有一个零点”的充分而不必要条件，
故选：A
【点睛】本题考查充分性与必要性，同时考查三次函数的零点问题，考查函数与方程思想，
属于中档题.
9.已知正方形
的边长为 ，以 为圆心的圆与直线 相切.若点 是圆 上的动点，则
的最大值是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，圆 的方程为：
,
，利用正
弦型函数的性质得到最值.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，则
，
，
，
圆 的方程为：
,∴
，

∴
∴
，
，
∴
时，
的最大值是 8，
故选：D
【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了，考查了正弦型函数的性
质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
10.笛卡尔、牛顿都研究过方程
，关于这个方程的曲线有下列说法：①
该曲线关于 轴对称； ② 该曲线关于原点对称；③ 该曲线不经过第三象限； ④ 该曲线
上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数．其中正确的是（ ）
A. ②③
B. ①④
C. ③
D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
以﹣ 代 ，以﹣ 代 ，﹣ 代 ，判断①②的正误，利用方程两边的符号判断③的正误，利
x
x
x
x
y
y
用赋值法判断④的正误.
【详解】以﹣ 代 ，得到
x
，方程改变，不关于 轴对称；
x
以﹣ 代 ﹣ 代 ，得到
y
，方程改变，不关于
对称；
x
x
y
当
时，
∴该曲线不经过第三象限；
,易得 ，即
∴该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数是错误的，
显然方程不成立，
令
适合题意，同理可得
适合题意，

故选：C
【点睛】本题考查曲线与方程，考查曲线的性质，考查逻辑推理能力与转化能力，属于中档
题．
第二部分（非选择题 共 110分）
二、填空题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分
11.
的展开式中的常数项为______.
【答案】24
【解析】
【分析】
先求出二项式
展开式通项公式
，
再令
，求出
代入运算即可得解.
【详解】解：由二项式
展开式通项公式为
，
令
，解得
故答案为 24.
【点睛】本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式通项公式，属基础题.
12.已知等差数列 的公差为 ，若 ， ， 成等比数列，则 _______；数列
项和的最小值为_____．
，即展开式中的常数项为
，
的前
【答案】
【解析】
【分析】
(1).
(2).
运用等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项，即可得到 ，再由等
a
2
差数列的求和公式，结合二次函数的最值求法，即可得到所求最小值．
【详解】解：等差数列{ }的公差 为 2，
a
d
n
若 ， ， 成等比数列，
a a a
1
3
4
可得 ＝
，
a 2 a a
3
1 4
即有（ +2 ） ＝ （ +3 ），
a d 2 a a d
1
1
1
化为
＝﹣4 ，
a d
1
d2
解得 ＝﹣8， ＝﹣8+2＝﹣6；
a
a
1
2

数列{a }的前 n 项和 S ＝na
n（n﹣1）d
n
n
1
＝﹣8n+n（n﹣1）＝n ﹣9n
2
＝（n
）2
，
当 n＝4 或 5 时，S 取得最小值﹣20．
n
故答案为：﹣6，﹣20．
【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查等比数列中项的性质，以及
二次函数的最值的求法，考查运算能力，属于中档题．
13.若顶点在原点的抛物线经过四个点
线的标准方程可以是________．
，
，
，
中的 2 个点，则该抛物
【答案】
【解析】
【分析】
或
分两类情况，设出抛物线标准方程，逐一检验即可.
【详解】设抛物线的标准方程为： ，不难验证
设抛物线的标准方程为： ，不难验证
故答案为：
适合，故
；
；
适合，故
或
【点睛】本题考查抛物线标准方程的求法，考查待定系数法，考查计算能力，属于基础题.
14.春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已
知某种盆栽植物每株成活的概率为 ，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此
种盆栽植物 10 株，设 为其中成活的株数，若 的方差
，
，则
________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知：
，且
，从而可得 值．
【详解】由题意可知：
∴
，即
,
∴

故答案为：
【点睛】本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属
于中档题．
15.已知函数
存在
的定义域为 ，且
，使得
，当
时，
．若
，则 的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】
由 （
f x+
）＝ （ ），得 （ ）＝ （ ﹣ ），分段求解析式，结合图象可得 的取值范
2f x f x 2f x m
围．
【详解】解：∵
，∴
，
∵当
时，
时，
．
∴当
．
．
．
当
时，
时，
当
作出函数 图象：
令
，解得：
或 ，
，则
若存在
故答案为：
，使得
，
【点睛】本题考查函数与方程的综合运用，训练了函数解析式的求解及常用方法，考查数形
结合的解题思想方法，属中档题．
16.某学校数学建模小组为了研究双层玻璃窗户中每层玻璃厚度 （每层玻璃的厚度相同）及

两层玻璃间夹空气层厚度 对保温效果的影响，利用热传导定律得到热传导量 满足关系式：
，其中玻璃的热传导系数
焦耳/（厘米 度），不流通、干燥
空气的热传导系数 焦耳/（厘米 度 ），
为室内外温度差． 值越小，
保温效果越好．现有 4 种型号的双层玻璃窗户，具体数据如下表：
每层玻璃厚度
型号
（单位：厘米）
A 型
B 型
C 型
D 型
则保温效果最好的双层玻璃的型号是________型．
【答案】
【解析】
【分析】
分别计算 4 种型号的双层玻璃窗户的 值，根据 值越小，保温效果越好．即可作出判断.
【详解】A 型双层玻璃窗户：
B 型双层玻璃窗户
，
，
C 型双层玻璃窗户：
，
，
D 型双层玻璃窗户：
根据
，且 值越小，保温效果越好．
故答案为：B
【点睛】本题以双层玻璃窗户保温效果为背景，考查学生学生分析问题解决问题的能力，考
查计算能力.
三、解答题共 小题，共 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程
6 86
17.已知函数
．

（1）求
（2）求
的最小正周期；
的单调递增区间；
（3）对于任意
都有
恒成立，求 的取值范围．
；（3）
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）将函数进行化简，根据三角函数的周期公式即可求函数 （ ）的最小正周期 ；
f x
T
（2）由三角函数的图象与性质即可求函数 （ ）的单调递增区间；
f x
（3）原问题等价于
【详解】（1）因为
最大值小于零.
的
，
.
所以
的最小正周期
．
（2）由（1）知
．
又函数
由
的单调递增区间为
(
Z)．
，
，
得
，
．
所以
的单调递增区间为
.
（3）因为
所以
，所以
.
.所以
.
当
，即
对于任意
时，
的最大值为
恒成立，所以
，
又因为
，即
.
所以 的取值范围是
.
【点睛】本题主要考查三角函数函数的周期、单调区间和最值问题，关键在正确化简三角函
数解析式为一个角的一个三角函数名称的形式，然后利用三角函数的性质解答，要求熟练掌

握三角函数的图象和性质．
18.某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动．设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有害垃
圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称．每位
参赛选手从所有卡片中随机抽取 张，按照自己的判断，将每张卡片放入对应的箱子中．按
规则，每正确投放一张卡片得 分，投放错误得 分．比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有
害垃圾”的箱子，得 分，放入其它箱子，得 分．从所有参赛选手中随机抽取 人，将他们
的得分按照
图：
，
，
，
，
分组，绘成频率分布直方图如
（1）分别求出所抽取的 人中得分落在组
和
内的人数；
（2）从所抽取的 人中得分落在组
的选手中随机选取 名选手，以 表示这 名选手中
得分不超过 分的人数，求 的分布列和数学期望；
（3） 如果某选手将抽到的 20 张卡片逐一随机放入四个箱子，能否认为该选手不会得到 100
分？请说明理由．
【答案】（1）抽取的 人中得分落在组
的人数有 人，得分落在组
的人数有 人；
（2）分布列见解析，1.2；（3）答案不唯一，具体见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图即可得到满足题意的人数；
（2） 的所有可能取值为 ， ， ，求出相应的概率值，即可得到的分布列和数学期望；
（3）该选手获得 100 分的概率是 ，结合此数据作出合理的解释.
【详解】（1）由题意知，所抽取的 人中得分落在组
（人），
的人数有
得分落在组
的人数有
（人）．

所以所抽取的 人中得分落在组
（2） 的所有可能取值为 ， ， ．
，
的人数有 人，得分落在组
的人数有 人．
，
．
所以 的分布列为
所以 的期望
．
（3）答案不唯一．
答案示例 1：可以认为该选手不会得到 100 分．理由如下：
该选手获得 100 分的概率是 ，概率非常小，故可以认为该选手不会得到100 分．
答案示例 2：不能认为该同学不可能得到 100 分．理由如下：
该选手获得 100 分的概率是
，虽然概率非常小，但是也可能发生，故不能认为该选手不
会得到 100 分．
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，离散型随机变量的分布列与期望，概率的理解，
考查分析问题解决问题的能力.
19.如图，在四棱锥
中，底面
是边长为 的菱形，
，
平面
，
，
， 为 的中点．
（1）求证：
；
（2）求异面直线 与 所成角的余弦值；

（3）判断直线 与平面 的位置关系，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）相交，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据题意先证明
（2）以 为坐标原点，以 为 轴，以 为 轴，以过点 且与 平行的直线为 轴，
建立空间直角坐标系 ，求出 、 的坐标，利用公式即可得到结果；
平面 ，即可得到答案；
（3）求出平面 的一个法向量与向量 ，根据
【详解】（1）连结 ．
与零的关系，作出判断.
因为底面
又因为
所以
是菱形 ，所以
.
平面
，
平面
，
.
又因为
所以
，
，
平面
.
又因为
所以
平面
.
（2）设 ， 交于点 .
因为底面
所以
是菱形 ，
，
又因为
所以
平面
，
，

如图，以 为坐标原点，以 为 轴，以 为 轴，以过点 且与 平行的直线为 轴，
建立空间直角坐标系
，

则
则
，
，
，
，
，
，
，
.
，
设异面直线 与 所成角为 ，则
，
，
所以 与 所成角的余弦值为 .
（3）直线 与平面 相交.证明如下：
由（2）可知，
，
，
，
设平面 的一个法向量为
，
则
则
即
令
．
，
所以直线 与平面 相交．
【点睛】本题考查线面的位置关系，考查异面直线所成角的度量，考查推理能力与计算能力，
属于中档题.
20.已知椭圆
过点
，且椭圆 的一个顶点 的坐标为
．过椭圆 的右焦点 的直线 与椭圆 交于不同的两点 ， （ ， 不同于点 ），直线
与直线 ： 交于点 ．连接 ，过点 作 的垂线与直线 交于点 ．
（1）求椭圆 的方程，并求点 的坐标；
（2）求证： ， ， 三点共线．

【答案】（1）
，
；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意列方程组
，即可得到椭圆的方程，进而得到焦点坐标；
（2）讨论直线 的斜率，利用
【详解】（1） 因为点
是平行的证明 ， ， 三点共线．
在椭圆 上，且椭圆 的一个顶点 的坐标为
，
所以
解得
所以椭圆 的方程为
．
所以椭圆 的右焦点 的坐标为
．
（2）① 当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为
．
显然，
当
，
．
或
，
．
，
时，直线 的方程为
，点 的坐标为
．
所以
直线 的方程为
则
，点 的坐标为
．
，
．
所以
，所以 ， ， 三点共线．
， 时， ， ， 三点共线．
同理，当
② 当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为
．
由
得
．
且
设
．
，
，则
，
．
直线 的方程为
，点 的坐标为
．

所以
．
直线 的方程为
，点 的坐标为
．
．
则
，
所以
，
，
，
，
，
．
所以 与 共线，
所以 ， ， 三点共线．
综上所述， ， ， 三点共线．
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考
查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
21.已知函数
，
．
（1）若
.
（ⅰ）求曲线
（ⅱ）求函数
在点
在区间
处的切线方程；
内的极大值的个数．
（2）若
在
内单调递减，求实数 的取值范围．
【答案】（1）（ⅰ）
；（ⅱ）1；（2）
．
【解析】
【分析】

（1）（ⅰ）求出导函数，得到
与
，利用点斜式得到直线的方程；（ⅱ）研究函数
在区间
内单调性，结合极值的定义得到答案；
，其中
（2）由题可知
，分两类情况：
与
，
结合函数的单调性与极值即可得到实数 的取值范围．
【详解】（1）（ⅰ）因为
所以
，
，
．
又因为
所以曲线
化简得
（ⅱ）当
当
，
在点
处的切线方程为
．
，
时，
时，设
，
单调递增，此时
无极大值．
，则
，
所以
在
内单调递减．
，
又因为
所以在
，
内存在唯一的
， 的变化如下表
，使得
．
当 变化时，
0
↗
↘
所以
在
内单调递增，在
内单调递减，此时
有唯一极大值．
综上所述，
在
内的极大值的个数为 ．
，其中
（2） 由题可知
．

当
时，
，故
在
内单调递减；
，且
下面设
对于
．
，
，
所以
．
所以当
时，
．
设
，
，
则
．
所以
在
上单调递减．
，
．
当
时，即
时，
，对
，
，
所以
，
在
内单调递增，不符合题意．
时， ，
当
时，即
，
所以
，使
，
因为
在
在
内单调递减，
所以对
所以
，
，所以
内单调递增，不符合题意．
内不单调递减．
．
所以当
综上可得
时，
在
，
故 的取值范围为
．
【点睛】本题考查了导数的几何意义及导数的综合应用，同时考查了数形结合的数学思想与
分类讨论的思想，属于中档题．
22.设 为正整数，各项均为正整数的数列
定义如下：
，
（1）若
，写出 ， ， ；

（2）求证：数列
单调递增的充要条件是 为偶数；
（3）若 为奇数，是否存在
满足
？请说明理由．
【答案】（1）
【解析】
，
，
；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析．
【分析】
（1）
时，结合条件，注意求得 ， ， ；
（2）根据
（3）存在
【详解】（1）
与零的关系，判断数列
.
单调递增的充要条件；
满足
，
，
．
（2）先证“充分性”．
当 为偶数时，若 为奇数，则
为奇数．
因为
为奇数，所以归纳可得，对
， 均为奇数，则
，
所以
，
所以数列
单调递增．
再证“必要性”．
假设存在
使得 为偶数，则
，与数列
单调递增矛盾，
因此数列
此时
中的所有项都是奇数．
，即
，所以 为偶数．
（3）存在
因为
满足
，理由如下：
， 为奇数，所以
且 为偶数，
．
假设 为奇数时，
当 为奇数时，
当 为偶数时，
； 为偶数时，
．
，且
为偶数；
．
所以若
因此对
为奇数，则
都有
；若
．
为偶数，则
．
所以正整数数列
设集合
中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．
，设集合
．
因为
，所以
．
令 是 中的最小元素，下面证
．

设
且
．
当
时，
时，
，则
，且存在
，
，所以
，所以
，与 是 中的最小元素矛盾．
，即存在 满足
；
当
，
．
所以若
所以
且
满足
．
【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能
力，属于难题．

（2）求证：数列
单调递增的充要条件是 为偶数；
（3）若 为奇数，是否存在
满足
？请说明理由．
【答案】（1）
【解析】
，
，
；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析．
【分析】
（1）
时，结合条件，注意求得 ， ， ；
（2）根据
（3）存在
【详解】（1）
与零的关系，判断数列
.
单调递增的充要条件；
满足
，
，
．
（2）先证“充分性”．
当 为偶数时，若 为奇数，则
为奇数．
因为
为奇数，所以归纳可得，对
， 均为奇数，则
，
所以
，
所以数列
单调递增．
再证“必要性”．
假设存在
使得 为偶数，则
，与数列
单调递增矛盾，
因此数列
此时
中的所有项都是奇数．
，即
，所以 为偶数．
（3）存在
因为
满足
，理由如下：
， 为奇数，所以
且 为偶数，
．
假设 为奇数时，
当 为奇数时，
当 为偶数时，
； 为偶数时，
．
，且
为偶数；
．
所以若
因此对
为奇数，则
都有
；若
．
为偶数，则
．
所以正整数数列
设集合
中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．
，设集合
．
因为
，所以
．
令 是 中的最小元素，下面证
．

设
且
．
当
时，
时，
，则
，且存在
，
，所以
，所以
，与 是 中的最小元素矛盾．
，即存在 满足
；
当
，
．
所以若
所以
且
满足
．
【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能
力，属于难题．