2020年3月北京市高三质量检测数学试卷(word版)含参考答案

/18【答案】(1)；(2)分布列见解析，E(X)=；(3)S2>S25512【解析】试题分析：(1)根据图表得到高于8500元的城市有6座，得到答案；(2)X的可能取值为0,1,2计算概率得到分布列，再计算期望得到答案；(3)根据数据的波动性得到答案．62试题解析：(1)根据图表知：月平均收入薪资咼于8500兀的城市有6座，故P—15=5(2)X的可能取值为0,1,2，则P(g-0)--x-——；PG-1)—C1-x-—12；PG-2)--x-——5525'2552^5525分布列为：012P1225E(x)—25x0+2x1+25x2—25—5(3)根据图像知月平均收入薪资对应数据波动更大，故S2>S21219．(本小题15分)已知函数f(x)—x-aInx(a>0).求函数f(x)的单调区间；求函数g(x)—2x2-ax-f(x)的零点个数；当a—1时，求证不等式f(x)<丄一1解集为空集.x【答案】(1)f(x)的单调增区间为(a,+Q，单调减区间为(0,a)；(2)g(x)在(0,+Q上只有一个零点(3)证明见解析；(3)空集．【解析】试题分析：(1)求导得到f'(x)—1-—口，计算得到答案.xx求导得到g'(x)—(x一a)(x一“，分类讨论a>1，a—1和0<a<1三种情况得到答案.x原题等价于h(x)—x+1-lnx-1>0恒成立，求导得到函数的单调区间，计算最小值h(上5+1)>0得x2到证明.试题解析：(1)f(x)的定义域为(0,+8).f'(x)—1-a—口xx

令f(x)—0，得x二a当x>a时，有f'(x)>0,・•・f(x)在(a,+8)上单调递增.当0<x<a时，有f'(x)<0f(x)在(0,a)上单调递减.综上所述：f(x)的单调增区间为(a,+8)，单调减区间为(0,a)(2)函数g(x)=x2-ax-x+aInx，g'(x)=――1)2x令g'(x)=(x_a)(x_1)=0，解得x=a,x=1x121g(1)=-a——<0，xT+8,g(x)T+82当a>1时，g(x)在(1,a)上递减，有g(1)>g(a).・•・g(a)<0，.:g(x)有一个零点;当a=1时，g(x)在(0,+8)上递增，・•・g(x)有一个零点;当0<a<1时，g(x)在(0,a)上递增，在(a,1)上递减，在(1,+8)上递增.此时g(a)=-—a2-a+alna<0，.:g(x)有一个零点.2综上所述：g(x)在(0,+8)上只有一个零点.x-1x-1(3)当a=1时，不等式f(x)<解集为空集，等价于f(x)>在定义域内恒成立,xxx-1即f(x)->0在定义域内恒成立.xx-11令h(x)=f(x)--=x+_-lnx-1xxh(x)h(x)=1-丄-1x2x令h(x)=0，得x=丁列表得x(0巴+1)击+1比I+8h'(x)0+h(x)递减最小值递增h(4)=J5-1-ln4<e,・•・ln^±!<12222

TOC\o"1-5"\h\z,5|i^x1^xi又石_1>1,・・・h(上5-)>0，.:h(x)二f(x)_>0恒成立.・•・不等式f(x)<解集为空集.2xx20．(本小题14分)已知椭圆C:丈+兰=1(a>b>0)的离心率为1，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线a2b22x_y+、：6=0相切.(I)求椭圆方程；(II)设S为椭圆右顶点，过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C交于P,Q两点(异于S),直线PS,QS分别交直线x二4于A，B两点.求证：A，B两点的纵坐标之积为定值.【答案】(I)兰+上=1；(II)详见解析.43【解析】试题分析：(I)求出a，b,c后可得椭圆方程.(II)当直线l的斜率不存在，计算可得A，B两点的纵坐标之积为_9.当直线l的斜率存在时，可设直线xx_(x+x)+1l的方程为y=k(x_1)(k丰0)，P(x,y),Q(x,y)(x,x丰0)，则yAyB=4R一2，联立直线112212ABxx_2(x+x)+41212方程和椭圆方程，消去y后利用韦达定理化简y4y后可得定值.AB试题解析：(I)T以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x_y+宓=0相切,・•・半径b等于原点到直线的距离d，b=d=0_0+"，即b二J3.1+1由离心率e—，可知=，且a2=b2+c2，得a—2，故椭圆C的方程为+=12a243(II)由椭圆C的方程可知S(2,0)若直线l的斜率不存在,若直线l的斜率不存在,则直线l方程为x—1(3)(3)P1,二,Q1,—12丿(2丿则直线PS的方程为3x+2y_6—0，直线QS的方程为3x_2y_6—0令x—4，得A(4,-3)，B(4,3)A,B两点的纵坐标之积为_9若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y—k(x_1)(k丰0)由£-{_1)120得(3+4k2)x2_8k2x+4k2_12—0，依题意A>0恒成立.[3x2+4y2_12—0

8k24k2-12设P(x,y),Q(x,y)(x,x丰0)，则x+x=,xx=ii2212i23+4k2i23+4k2yy设A(4,y)B(4,y)，由题意P,S,A三点共线可知产=匸AB4-2x-2iTOC\o"1-5"\h\z2y2y•°•点A的纵坐标为yA=.同理得点B的纵坐标为yB=百Ax-2Bx-2i22y2y“xx-(x+x)+14k2—12—8k2+4k2+3-9„•・yy=L-2=4k2112=4k2=4k2X=-9ABx-2x-2xx-2(x+x)+44k2—12—2x8k2+4(4k2+3)4k2i2i2i2综上，A，B两点的纵坐标之积为定值.21.（本小题14分）给定整数"（n-'I，数列A2n+1：x1、x2、L、J每项均为整数，在A?”］中去掉一项，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为m（k=1,2,L,2n+1）.将m、k1m2、L、5+1中的最小值称为数列A2n浪的特征值・（I）已知数列A5：1、2、3、3、3，写出m1、m2、化的值及A5的特征值;(II)若x<x<L<x122n+1当i-(n+1)][j-(n+1)]-0，其中i、jg{1,2，L,2n+1}且(II)若x<x<L<x122n+1ij1j（III）已知数列A2的特征值为n-1，求Y|x,-x」的最小值.2n+1丿1<i<j<2n+1【答案】（i）m=1；m=2；m=3.A的特征值为1；（ii）m—m=x—x，理由见解析；（iii）1235ijij最小值为n（n+1）【解析】试题分析：（I）根据题中的定义可求出m1、m2、m3的值及A5的特征值；（II）分i、jg{1,2,L,n+1}和i、je{n+1,n+2,L,2n+1}两种情况讨论，结合题中定义可证明出m-m=m-m=x-xijij(III)设x<x<L<x122n+1利用(II)中的结论m—m=x—xijij结合数列A2n+1的特征值为n-1可得出x+x+L+x-(x+x+L+x)-n-1，并证明出(2n+2-k)p+kq-(n+l)(p+q)2n+12nn+2nn-11Y—即可求出xi—xj的最小值.1<i<j<2n+1试题解析：（I）由题知：m1=（3+3）—（2+3）=1，m2=（3+3）—（3+1）=2，m3=3，A的特征值为1.(II)m一m=x一x.ijij理由如下：由于[i-(n+1)][j-(n+1)]>0，可分下列两种情况讨论:当i、jw{l,2,L,n+1}时，根据定义可知：m=(xi2n+12n+x+L+x+x+L+xn+2n+1-x)1i=(x2n+1+x+L2n+x)-(xn+2n+1+xn+L+x)+x1i同理可得：=(x+x+L2n+12n+x)-(x+x+L+x)+n1n+1x，jm-m=x-xijij一x，jn+2jg{n+1,n+2,L,2n+1}时,同理可得：m=(xi2n+1+x+L2n+xn+1一x)一(xi+x+Lnn-1+x)=(x12n+1+x+L2n+xn+1)-(x+x+Lnn-1+x)1-xi=(x2n+1+x+L2n+x)-(xn+x+Ln-1+x)-x1-m=xji一xjm-m=x-xijijm-m=x-xijij综上有：<n+1(III)不妨设x1x<L22n+12nx2n+1+(2n-2)x+L2n+2xn+2+0-xn+1一2nx11<i<j<2n+1=2n(x2n+1-x)+(2n-2)(x12n-x)+L+2(x-x)2n+2n显然，x2n+1-x>x-x12n2>L>x一xn+2nx+x+L2n+12n+x-(xn+2n+xn-1+L+x)>(x+L1n+1+x)-(x+x2n1+L+x)=mn2n+1当且仅当xn+1x2n+1时取等号x+x+L2n+12n+x—(x+x+Ln+2nn-1+x)>(x+L1n+2+xx2n+12+xn+1)=m1当且仅当x1=xn+1时取等号由(II)可知m1、m的较小值为n-1x+x+L+x-(x+x2n+12n+12nn+2nn-1+L+x)>n-11当且仅当x1=xn+1x2n+1时取等号'此时数列A2n+1为常数列，其特征值为0，不符合题意，则必有x+x+L+x—(x+x+L+x)>n2n+12nn+2nn—11下证：若p>q>0,2<k<n，总有(2n+2—k)p+kq>(n+1)(p+q)证明：(2n+2-k)p+kq—(n+1)(p+q)=(n+1—k)p—(n+1—k)q=(n+1—k)(p-q)>0