北京市朝阳区2020届高三数学上学期期中质量检测试题

1、北京市朝阳区2020届高三数学上学期期中质量检测试题 （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。 2A?x?Zx?4B?1,2AB? ）已知集合，（1，则 ?1?1,2 （ B（A）,2,?10,1?2,?1,0,1,2 （C） D）3?),?(?sin?tan，则2）已知，且（ 2543 （A）（ B） 4334? ）D） （C（ 4

2、3(0,1)上单调递增的是）下列函数中，既是奇函数又在区间 3（3x?y?)?xy?sin( ）（B（ Axx? 22?y?x?logy （D）C）2f(x)?sinx?cosx有下述三个结论： （4）关于函数f(x)2； 函数的最小正周期为f(x)2；的最大值为 函数),()xf(. 函数上单调递减在区间 2 其中，所有正确结论的序号是 （ D） （B）（C）（A）?m 是两个不同的平面，直线）已知，下列命题中正确的是，（5?mm/? ）若A）若，则（B，则（?/m?m/ D（，则）若，则（C）若1?2|?kx)f(x?|xk （6）已知函数恰有两个零点，则实数的取值范围是11)(,1)(0

3、,)?(22),?(1,）（B） D（C）A 22*aa?a)n?N(a ”是“为递减数列”的7（）已知为等比数列，则“n21n（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 22yxFFMFFCCM1?若为的两个焦点，上一点且在第二象限：，）（8设为椭圆.2121 95M的横坐标为 为等腰三角形，则点- 1 - 331515? （）（A）（CD）（B） 2222 ABC1)?(AB?ACAP90?BACPBCBC?2AP，则在，点）在（9边上，且，中， 的取值范围是 11,11(, （B（A） 22 22(,1,1）C （D（） 22?B?AA

4、B?QBA ，（10）已知集合（），；满足： Ax?Ax?Qx?x?x ，则，若且；（）22112?y?By?Qy?yy?B. （），若且，则22112给出以下命题： AB中有最小数；若集合 中没有最大数，则集合AB中可能没有最小数；若集合 中没有最大数，则集合 AB中没有最小数；若集合 中有最大数，则集合 AB中可能有最小数若集合. 中有最大数，则集合其中，所有正确结论的序号是 （A） （B） ）（D （C） 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。 m?)m1)b?(3,a?(1,?b/a_（11）已知向量，则，且 ，（12）某三棱锥的三视图如图所示，则该

5、三棱锥的体积为_，最长棱的长度为_ 1 1 1 侧（左）视图 正（主）视图 题图）（第12222?yxO:?BA0a?2x?y?O为坐标原点），且与圆两点（相交于13（）已知直线， 俯视图AOBa_的值为为等腰直角三角形，则实数 11?a?0a?bb?0ba. （14；）已知，是实数，给出下列四个论断：； ab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：_ - 2 - 2?,a,xax?1?1)(?f?aa?)f(x)xf(若函数；_（15）已知函数为常数）若，（则?x 2ax,? 1?xe?a 的取值范围是存在最大值，则_72019月，中国良渚古城遗址获准列入世

6、界遗产名录，标志着中华五千年文明史得年（16）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t?Nt N142N?N（年）随时间的衰变规律满足律已知样本中碳（单位：的质量57300014145730；经过测，则经过的质量变为原来的年后，碳表示碳_原有的质量）3114，据此推测良渚古城存在的的质量是原来的定，良渚古城遗址文物样本中碳至 522.35?3?1.6,loglog5730 年到）年之间（参考数据：_时期距今约在22 80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。三、解答题共6小题，共 1

7、3分）17）（本小题（ ABC72AB?60?APC2P?BPBC. 边上，且在，点，中，在 AP （）求的值；ACP?1sinPC. （）若的值，求 分）（本小题13（18）*32a?162a3a?)a(n?N. ，已知是各项均为正数的等比数列，213na 的通项公式；（）求nSSabb?3logn 项和，并求，求数列（）设的前的最大值nnn2nn 分）（本小题14（19?PDPADEPADABCDP?ABCD为且平面平面中，侧面如图，在四棱锥是等边三角形，4?，?2AD?AD/BCCDADBC?CD. 的中点，,，PAB/CE 平面（）求证：；PDAC?E? 的余弦值；（）求二面角AB/P

8、QQACE? 上是否存在点，使得（）直线平面AQE. 若存在，求出的值；若不存在，说明理由 AB AD CB- 3 - （20）（本小题13分） 222yx (1,)P2,0)?Q(0)a?1(?b?:C经过两点已知椭圆. ， 222abC的标准方程； （）求椭圆FABFPC为直径的交椭圆与以线段于两点，且直线（）过椭圆的右焦点，的直线ll圆交于另一 EF），求的最大值点. （异于点 FEAB? （21）（本小题14分） lnx?x)f( 已知函数0)?(a x?a（）求曲线在点处的切线方程； (1)x)f(1,y?f(1x?a?1f(x)时，证明：（）当 ； 2f(x)在定义域内是否为单调函

9、数，并说明理由（）判断 （22）（本小题13分） abca?|b|?|c|b?|c|?|a|?，满足：，已知无穷数列，N?n?nnn?nn?11nnnn ?z|,|b|,|c?a|?|b|dmax|a?c|y3中的最，个实数记（，表示xzx,maxynnnnn?1nn大值） a?1b?2c?3bc的可能值；（）若，求 ，13121a?1b?2d?dc的所有值；的，求满足（）若 13211abc|a|b|c|k，使，是非零整数，且，互不相等，证明：存在正整数（）设，1111110cabk项起各项均为得数列， ，中有且只有一个数列自第nnn - 4 - 北京市朝阳区20192020学年度第一学期高

10、三年级期中质量检测 数学参考答案201911 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） 1 ?35?3（12，11（13）（ 611?ba? ，则（14）若（答案不唯一）0?b ba11,0?(4011 （15（）；16）； 22三、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） ?APC?6

11、0?APB?120. ，所以解：（）因为 AB?27?APB?120BP?2，中，在， ABP 222?2AP?BP?BPcosAB?APAPB，得 由余弦定理2?2AP?AP24?0. 所以AP?4. 6分 AP?4PCAPC?1?APC?60，中，（）在 ， 222AC?13APC?PC?2AP?ACcos?AP?PC由余弦定理，得 APAC?，得由正弦定理 sin?ACPsin?APC 413? ， sin?ACPsin60 239?ACPsin?13所以分 13 （1813分）（本小题?qaa?16,2a?3a?32，解： （）设的公比为，因为231n202?3q2?q 所以- 5 -

12、 1?q2?q （舍去）或解得 21?n?5n?12?a?16?()a 的通项公式为分因此6 nn2n15?33(5?n)log2?b? （）由（）得，2n2n3?b?b 当时，1nn?3?12b?b. 故是首项为，公差为的单调递减等差数列1n312)9?(n?n?n(n?1)(?3)?S?12n. 则 n22?4b0?b ，所以数列的前项为正数，又5nS54n?30?S?S13所以当时，或且最大值为取得最大值，n54 分 分）（本小题14（19）BF,EFFPA. ，连结中点解：（）如图，取4?PDADE 中点，为因为，P12EF?AD?ADEF/. ，所以 22?BC/ADBC ，又因为，

13、FEBCEF/BCEF= ，所以，EFBC. 所以四边形为平行四边形BFCE/. 所以DAPAB?PABBF?CE 平面平面又因为，,PAB/CE 分所以.平面4CBPADADOBOOP为等边.，连结（）取因为中点，ODPO?. 三角形，所以ADPADPAD?ABCDABCD 平面平面又因为平面，平面 ABCD?PO. 所以平面2?BC/OD/BCOD 因为，BCDO. 为平行四边形所以四边形ODOB?CD?AD. ，所以因为xyz?O ，如图建立空间直角坐标系 . 则3)?A(0,2,0),B(2,0,0),C(2,2,0),E(0,1,P(0,0,23),P 3)AE?(0,3,(2,4,

14、0),AC?. 所以ACE),(n?x,yz 的一个法向量为，设平面1?0,?y2x?40,?n?AC? ?E1 即则? 0.3y?3z?0,AE?n?1 3)?n?2,1,(?2x?. 令，则1 ADy CB- 6 - x ACD(0,0,1)n? 的一个法向量为，显然，平面2 n?n63?21?n,n?cos?所以. 214nn2221DE?AC? 为锐角，由题知，二面角 6D?E?AC .10所以二面角的余弦值为分4AB/QPQACE ，使得.上存在点理由如下：（）直线平面 ?3)2,2?(2,2,0)PA?(0,AQ?ABAB? ，.因为，设 ?2,?(22(2,2,23),0)PQ?

15、PA?AQ?AQ?AB 所以， PQ?n?0/PQPQ?ACEACE. 平面，所以因为平面当且仅当1 ?0?3)?(2?,22,1,?2,?23)?2. ，解得即 AQ?2AB/QPQACE14上存在点，此时，使得所以直线平面 AB 分 13分）（20）（本小题 222yx )P(1,2,0)?Q(0)?a?b?1(:C过点（）因为椭圆， 解：， 222ab ?a?2, ?a?2,?所以得 ?11b?1,?1,? 22a2b?2x2?1?yC的标准方程为故椭圆分 4 2x?ty?1ll， （）由题易知直线：的斜率不为0，设x?ty?1,?22(t?2)y?2ty?1?0?0. ，显然得由2?x

16、2?y?1,? ?2A(x,y),B(x,y)，设 2112?2t?1,y?yy?y?. 则 112222?22tt? 2 y?1tyAB?. 又21 22)(1,r?FP，以为直径的圆的圆心坐标为 ，半径为 44- 7 - 22tt?1?144?d?l. 的距离为故圆心到直? t 22 ?FE?2r2?d. 所以2212tt?818? 222?4yy(y?y)? yyAB?FE? 所以21212122 22?884tt422? 222222)?2(t2?2)(tt?2 2?1t1?2?2， 1222)(t?2?1)?(t221t?111222?1)(t?1?t1 ，所以因为，即 121?t4

17、221)?t(? 2t1? 1 ?1?FE2AB所以4 0?tAB?FE?1，当 时，直线与椭圆有交点，满足题意，且1FE?AB 1所以3分 的最大值为 21）（本小题14分） （a1?x?ln? x?xf)()?，?(f(x)0 的定义域为解：函数， 2)?a(x1?f(1)0(1)?f ，（）因为， 1a?11)x0?(y? ，处的切线方程为在点所以曲线(1)f(1,(y?fx 1a?0?1?x(a?1)y 4分即xln1a?x)f( （）当时， 1?x1x?)xf( ，欲证 2- 8 - lnxx?1，即证 2x?120?12lnx?x 即证21x?)?2lnx?h(x ，令1)x?2(

18、x?1)(2?2x(x)?h? 则 xx?x)(x(x),hh 变化时，当变化情况如下表：x),?(0,1)(1 1 ?)hx(?0 )xh( 极大值 0?x)h(1)h(0)h(x 所以函数，故的最大值为1?x)xf( 所以分9 2)xf( （）函数在定义域内不是单调函数理由如下：a?lnxg?1(x)?令 ， xax?1a?0?g(x)? ，因为 22xxx)(0,?g(x) 所以上单调递减在0+1?g(1)?a 注意到1a1?1?aa01)?1g(e?a)?lne( 且 11?a?aee1?a)(1,em?0m)?g( 所以存在，使得?)m(x)(0,?0fx()?0fx)x?(0,mg

19、()上单调递时，从而在当，所以函数 增；?),?(f)x?m(,?)0(x)mf(?x0(gx?)上单时，在，所以函数，从而当 调递减)(xf 在定义域内不是单调函数14故函数分- 9 - （22）（本小题13分） b?|c|?|a|c|?1?2c?3； ，得解：（）由，所以11211c?|a|?|b|a|?2?3a?5， 由，得，所以23222a?|b|?|c|?|b|?3?3a?5b?88|b|?，又，故 1121211bc的所有可能值为 ，所以11b?8c?3； ，11b?8c?3；， 11b?8c?3； ，11b?8c?33，分 11a?1b?2c?x, ，记，（）若1112?|x|,0|x|?1,?1|x|?2,d?1,11,c?x|,b?|x|?a2?|，则 ?2222?|x|?1,|x|2,?a?|x|?1|?1b?1?|2?|x|c?|2?|x|?|x|?1|， 333a?|x|,b?|x|?1,c?1d?1d?d|x|?1|0x|?1，当得，由，时，233333不符合； a?|x|?2b?,x?|c?1?,x2x|?1|，时当，3332?|x|,1|x|?1.5,?d? ?3|x|?1,1.5|x|?2,?d?d|x|?1，符合； ，得由232|x|?3,1,?a?|x|?2,b?3?|x|,c?1d?2x| 当时，?3333|x|?2,|x|3,?d?d|x