北京市东城区2019-2020学年度第二学期高三数学试题

1、北京市东城区2019-2020学年度第二学期高三数学试题2020.5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）(A)(2)(A)(C)(A)(4)(A)选择题共已知集合1, 0(-1,210小题，每小题4分,0,1函数f (x)(,-1)U1,+ )已知1+aii (a R),则 a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, 01, 2,那么AI(C)(B)(D)1, 01, 22,+ )(,-1)U2,+(D)若双曲线(B)2 y2也1(b b0)(B)(C)(D)

2、的一条渐近线与直线如图所示，某三棱锥的正（主）视图、俯视图、侧（左）图均为直角三角形，则该三棱锥的体积为(A) 4(B) 6(C) 8(D)12(6)已知x 1 ,那么在下列不等式中，不 成立的是2x1平行，则b的值为(A)x2 1 0(B)(C)sin x x 0(D)(C)(D)俯视cosx19(7)在平面直角坐标系中，动点 M在单位圆上按逆时针方向彳匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点M的初始1.33分钟时，动点M所处位置的坐标是位置坐标为(-,X_),则运动到2 2(A)(B)13(2，V)(C)(D)(唱J22(8)已知三角形 ABC ,那么“um uuu AB+ACumABuuu

3、 AC”是“三角形ABC为锐角三角形”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OM(9)设O为坐标原点，点A(1,0),动点P在抛物线y2, x 0. 2x上，且位于第一象限，M是线段PA的中点，则直线的斜率的范围为(A) (0, 1(B)(0,(C) (0,(D),2右(10)假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物，则我们称前者为被捕食者,后者为捕食者. 者的数量以 正确的是：现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型y(t)表示.下图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系，.假设捕食者的数量以 x(t

4、)表示，被捕食 其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法(A)若在ti,t2 时刻满足：y(ti)=y(t2)，则 x(ti)=x(t2)；(B)(C)(D)如果y(t)数量是先上升后下降的，那么 x(t)的数量一定也是先上升后下降；被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值；5a MME七于京被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时, 也会达到最大值.被捕食者的数量第二部分(非选择题共110分)二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。(11)已知向量a (m,1), b (1, 2), c (2,3),若a b与c共线，则实数 m=.(12)在(x 2)6的展开式中常数项为一( 用数

5、字作答) x(13)圆心在x轴上，且与直线11 ：y x和l2：y x 2都相切的圆的方程为 .(14) VABC是等边三角形， 点D在边AC的延长线上，且AD 3CD , BD 2/7 ,则CD , sin ABD、一a(x 1), x 0,(15)设函数f (x) Y a a Y给出下列四个结论：x a a x对a 0 , t R 使得f (x) t无解；对t 0,a R,使得f(x) t有两解；当a 0时，t 0,使得f (x) t有解；当a 2时，t R ,使得f (x) t有三解.其中，所有正确结论的序号是 _注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得5分，不选或有错选得0

6、分，其他得3分三、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)(本小题14分)如图，在四棱锥 P-ABCD中，PD 面ABCD ,底面ABCD为平行四边形， AB AC , AB AC 1 , PD 1.(I)求证：AD平面PBC;(n)求二面角 D PC B的余弦值的大小(17)(本小题14分)已知函数 f (x) asin(2x ) 2 cos2 (x )(a 0),且满足 6'6''(I)求函数f (x)的解析式及最小正周期；(n)若关于x的方程f(x) 1在区间0,m上有两个不同解，求实数 m的取值范围.从f(x)的最大值为1 ,f

7、(x)的图象与直线y3的两个相邻交点的距离等于兀，f(x)的图象过点(一,0)这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答6注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。(18)(本小题14分)中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.下图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代定位模块，分别定位的 50个点位的横、纵坐标误差的值，其中“g”表示北斗二代定位模块的误差的值，“+”表示北斗三代定位模块的误差的值.(单位：米)(I)从北斗二代定位的50个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于 10米的概率；(n )从图中A, B,C,

8、D四个点位中随机选出两个， 记X为 其中纵坐标误差的值小于4的点位的个数，求X的分布列和数学期望；(m)试比较北斗二代和北斗三代定位模块纵坐标误差的 方差的大小.(结论不要求证明)2 1-5B_2,-8 .-101C + D专+算 +)+ +12+ + + +, + +,+ + + +(19)(本小题14分)22已知椭圆E:冬 冬 1(a b 0),它的上，下顶点分别为a2 b2正方形，且面积为 2.A, B,左，右焦点分别为 F1, F2,若四边形AFBF2为(I )求椭圆E的标准方程;(n)设存在斜率不为零且平行的两条直线1i, l2,与椭圆E分别交于点C, D,M,N ,且四边形CDMN

9、是菱形，求出该菱形周长的最大值(20)(本小题15分)已知函数 f(x) x(ln x ax) ( a R).(I)若a 1 ,求曲线y f (x)在点(1, f (1)处的切线方程;(n )若f (x)有两个极值点，求实数 a的取值范围；(出)若a 1 ,求f (x)在区间0,2a上的最小值.(21) (本小题14 分)数列A：x1，x2，x3，L ，xn，L ， 对于给定的t(t1，t N+) ， 记满足不等式：xnxtt (n t)( nN+，n t)的 t* 构成的集合为T(t) .(I)若数列A: xn=n2 ,写出集合T(2);(n)如果T(t)(t N + , t 1)均为相同的

10、单元素集合，求证：数列Xi, X2,L , XnL为等差数列；( III) 如果 T(t) (t N+， t 1)为单元素集合，那么数列x1， x2，L， xn， L 还是等差数列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例.北京市东城区2019-2020 学年度第二学期高三综合练习(一)数学参考答案及评分标准2020.5-、选择题(共(1) D(6) D二、填空题(共(4) D(5) A(9) C(10) C10小题，每小题(2) B(7) C5小题，每小题4分，共40分)(3) A(8) B5分，共25分)221(11) 3(12) 160(13) (x 1)2 y2 2(

11、14) 2,3 2114(15)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)(本小题14分)解：(I)如图，因为 四边形ABCD为平行四边形，所以 AD / BC ,因为 BC 平面PBC , AD 平面PBC ,所以 AD 平面PBC . 6分(n)取C为坐标原点，过点 C的PD平行线为z轴，依题意建立如图所示的空间直角坐标系C- xyz .由题意得，P(0, 1,1), A(1,0,0), C(0,0,0) , B(1,1,0).所以 PC (0,1, 1) , CB (1,1,0), AC ( 1,0,0).设平面PBC的法向量为n (x, y, z),

12、则nPC0,即yZ0,xy0.nCB0,令 y 1 ,则 x 1 , z 1 .所以 n (1, 1, 1).因为ABCD为平行四边形，且 AB AC ,所以CD AC .因为PD 面ABCD ,所以PD AC .又因为CD I PD D ,所以AC 面PDC .uuu所以平面PDC的法向量为AC=( 1,0,0),uuu所以 cos n, ACuuun ACuuu|n| AC|由题意可知二面角D PCB的平面角为钝角,所以二面角D PC B余弦值的大小为14分(17)(本小题14分)解：(I )因为f (x) asin(2x 一 6cos2(x6)所以因为asin(2x ) 6一兀asin(

13、2x ) 6(a 1)sin(2xcos(2xcos(2x函数f (x)的最小正周期T若选,若选,-) + - 162Tt0 ,所以函数f (x)的最大值和最小值分别为a, a 2.选，(aa 1 ,函数 f(x) 2sin(2 x -) 63为函数f(x)的最小值，从而a_ 兀兀一 ,1)sin(2 ) 1 1 ,从而 a 16 6(n)由(I)知函数 f (x)的最大值为1 ；因为所以函数 f(x) 2sin(2x -) 6一.汽,函数 f (x) 2sin(2x ) 1 61；关于x的方程f (x)0,m时,5支< 2m21在区间Qm上有两个不同解,(18)(本小题14分)汽2x

14、6:9支汽-,2m6一 4兀解得一3实汽6.7支m 一 .3数 m14分解(I)由图知，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点,所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于10米的概率为-0.06.50(n)由图知，A, B, C, D四个点位中纵坐标误差值小于4的有两个点：C, D.所以X所有可能取值为0,1,2.P(X 0)C20C42P(X1)c2c2C42P(X2)C；C42X012P121636所以X的分布列为、r121所以X的期望EX 0 - 1 - 2 - 1.636(ID)北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代12分14分(19)(本小题14

15、分)22解：(I)因为 E:x2与a b1(a b 0),所以a2b2 c2.因为 四边形AF1BF2为正方形，且面积为 2,1所以 2b 2c (2b) (2c) 2 .2所以 b c 1 , a2 b2 c2 2.2所以椭圆E:工y2 1.2(n )设平行直线 l1:y kx m , l2: y kx m ,2不妨设直线y kx m与2 y2 1交于C x1, y1 , D x2, y2 ,2x 2 , y122由 2 y ，得 x 2 kxm 2,y kx m化简彳导:2k2 1 x2 4kmx 2m2 2 0 ,其中2222(4 km) 4 (2 k 1) (2 m 2) 16k222

16、8m 8 0 ,即 m 2k 1.所以XiX24km2，2k 1X1X22m2 22k2 1由椭圆的对称性和菱形的中心对称性，可知OC OD ,所以 x1x2 y1y2 0 , y1 kx m, y2 k% m , /. 2,2X1X2 yi y2 1kxiX2kmx(X2 m 2m2 2 1 k2 4k2m2 m2 2k2 1 2?12k2m2 2m2 2k2 2 4k2m2 2k2m2 m2，2?12_ 2_3m 2k 22 2k 1所以 3m2 2k2 2.|CD 产(1 k2)(X1 X2)2 4/22 2I 22 16k2m28(m2 1)(2k2 1)22k2 1 (1 k2)(3

17、2k2 8)3(2k2 1)28+8i?3 3(2k2 1)28 +213(4k2 4)k83(4 2、4k2 kJ)=3 214分所以当且仅当k 5时，|CD|的最大值为瓜 此时四边形CDMN周长最大值为473 .(20)(本小题15分)解：(I)当 a 1 时，f (x) ln x 2x 1,所以f (1)1.又因为f(1)1,所以切线方程为y 1 x 1 ,即x y 0.(n) f (x) In x 2ax 1,设 g(x) In x 2ax 1,当a w 0时，易证g（x）在0,+ 单调递增，不合题意.0,得x1 2a , x12a，,1在0,，上单调递增, 2a所以1+ 2a时，g

18、x 0,12a上单调递减,依题意，函数则g2aln12a1 ,处取得极大值2alnA .2aln x2ax1有两个零点,0,12a1,又由于一，g 2a2a12a1g(e2a2a12 e2a12a2a(A22)2 111 10a 0实数a的取值范围为有两个极值点13分（出）由（n）可知，当 a 1时,g(x)11一 ln 一2a2a所以f x在（0,+ ）上单调递减,f x在区间0,2a上的最小值为f（2a） 2a（ln 2a2a* 2).15分（21）（本小题14分）2*解：(I)由于A: Xn = n , T(2)为满足不等式Xn Xt t (n t)( n N + )的t构成的集合，所以 有：n2 4 t (n 2)( n N + , n t) ，当 n 2时，上式可化为n+2 t ，所以 5 t .当 n=1 时，上式可化为3 t .所以T(2)为3,5. 4分(n)对于数列A:&X2,X3,L,Xn,L,若T(t)( tN+,t1)中均只有同一个元素，不妨设为 a.下面证明数列A为等差数列.当n=t +1时，有Xt 1 Xt a( t 1)L L (1)；当 n=t 1时，有Xt Xt 1 a( t 1)L L (2)；由于 (1) ， (2) 两式对任意大于1 的整数均成立，所