北京市石景山区2020届高三数学上学期期末考试试题(含解析)

北京市石景山区2020届高三数学上学期期末考试一试题（含分析）第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每题4分，共40分．在每题列出的四个选项中，选出切合题目要求的一项．1.已知会合Ax0x2，B1,0,2,3，则AIB()A.0,1,2B.0,2C.1,3D.1,0,1,2,3【答案】B【分析】【剖析】依据会合的交集运算，获取答案.【详解】因为会合Ax0x2，B1,0,2,3，所以AIB0,2.应选：B.【点睛】此题考察会合的交集运算，属于简单题.2.复数z2的共轭复数在复平面内对应的点所在象限为()1iA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【分析】【剖析】先对复数z进行化简，而后获取其共轭复数z，再找到其再复平面对应的点，获取答案.【详解】z221i1i，1i21i所以z1iz在复平面对应的点为1,1，在第一象限.应选：

A.【点睛】此题考察复数的运算，共轭复数，复数在复平面对应的点，属于简单题

.3.以下函数中既是奇函数，又在区间

(0,1)

上单一递减的是

(

)A.f(x)

x3

B.f(x)

lg|x|

C.f(x)

x

D.f(x)

cosx【答案】

C【分析】【剖析】判断四个选项中的函数的奇偶性和在

0,1

上的单一性，获取答案

.【详解】选项

A中，fx

x3

，是奇函数，但在

0,1

上单一递加，不知足要求；选项B中，fxlgx，是偶函数，不知足要求，选项C中，fxx，是奇函数，在0,1上单一递减，知足要求；选项D中，fxcosx，是偶函数，不知足要求.应选：C.【点睛】此题考察判断函数的奇偶性和单一性，属于简单题.rr2,2，若rrr4.已知向量a5,m，babb，则实数m()A.-1B.1C.2D.-2【答案】B【分析】【剖析】rrm的方程，解依据向量坐标的线性运算获取ab，再依据向量垂直的坐标表示，获取对于出m的值，获取答案.rr2,2【详解】因为向量a5,m，brr3,m2，所以abrrr因为abb，所以

ra

rb

rb

0所以62m20解得m1.应选：B.【点睛】此题考察向量线性运算的坐标表示，依据向量垂直关系求参数的值，属于简单题.5.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（）A.134石B.169石C.338石D.1365石【答案】B【分析】【详解】设夹谷x28x石，则，1534281534254所以x169.1，254所以这批米内夹谷约为169石，应选B.考点：用样本的数据特点预计整体.【此处有视频，请去附件查察】6.已知alog34，blog3，c5，则a，b，c的大小关系是()A.abcB.acbC.bcaD.bac【答案】D【分析】【剖析】分别对a，b，c与特别值1或2进行比较，进而判断出出它们的大小关系，获取答案.【详解】因为1log33log34log392，所以1a2，因为log3log1，所以b，1因为542，所以c2，所以bac.应选：D.【点睛】此题考察判断对数的大小关系，属于简单题.7.艺术体操竞赛共有

7位评委分别给出某选手的原始评分，

评定该选手的成绩时

,

从7个原始评分中去掉

1个最高分、

1个最低分，获取

5个有效评分．

5个有效评分与

7个原始评分对比，不变的数字特点是

(

)A.中位数

B.均匀数

C.方差

D.极差【答案】

A【分析】【剖析】依据均匀数、中位数、方差、极差的观点来进行求解，获取答案.【详解】从7个原始评分去掉1个最高分、1个最低分，获取5个有效评分，其均匀数、极差、方差都可能会发生改变，不变的数字特点数中位数.应选：A.【点睛】此题考察均匀数、中位数、方差、极差的观点，属于简单题.8.一个正方体被一个平面截去一部分后，节余部分的三视图如图，则截去部分体积与原正方体体积的比值为()1111A.B.C.D.8765【答案】C【分析】【剖析】依据三视图复原出几何体，获取是在正方体ABCDA1B1C1D1中，截去四周体AA1B1D1，利用体积公式，求出其体积，而后获取答案.【详解】依据三视图复原出几何体，如图所述，获取是在正方体ABCDA1B1C1D1中，截去四周体AA1B1D1设正方体的棱长为a，则VAABD11a31a3，111326故节余几何体的体积为a31a35a3，661所以截去部分的体积与节余部分的体积的比值为.5应选：C.【点睛】此题考察了几何体的三视图求几何体的体积；式解答，属于简单题.

重点是正确还有几何体，

利用体积公9.在等差数列

an

中，设

k,l,p,r

N

*

，则

k

l

pr是ak

al

ap

ar

的（

）A.充分非必需条件

B.必需非充分条件C.充要条件

D.既非充分非必需条件【答案】

D【分析】【剖析】举出特别数列的例子，即可清除选项．【详解】若等差数列为

a1

5,a2

4,a3

3,a4

2,a5

1

..则当

k

1,l

5,p

2,r

3时，

k

l

pr

成立，但

ak

al

ap

ar

不可立，所以非充分条件当k1,l2,p3,r4时，akalapar成立，但klpr不可立，所以非必需条件综上可知，klpr是akalapar的既非充分非必需条件所以选D.【点睛】此题考察了等差数列的定义，充分必需条件的判断，注意特别值法在选择题中的应用，属于基础题．10.对于曲线C:x2xyy24．给出以下三个结论：①曲线C恰巧经过6个整点（即横、纵坐标均为整数点）②曲线C上随意一点到原点的距离都不大于22③曲线C上随意一点到原点的距离都不小于2此中，正确结论的个数是()A.0B.1C.2D.3【答案】C【分析】【剖析】将曲线C:x2xyy24，当作对于y的方程，利用方程有解，获取x范围，再分别研究对应的整数x和y的状况；依据基本不等式，获取x2y2范围，进而判断出曲线C上一点到原点的距离范围.【详解】曲线C:x2xyy24，当作对于y的二次方程则x24x240，得x216的3所以整数x的取值为2,1,0,1,2，当x2时，y0或y2，知足题意当x1时，y不是整数，不知足题意当x0时，y2或y2，知足题意当x1时，y不是整数，不知足题意当x2时，y0或y2，知足题意故曲线C过的整点为2,0，2,2，0,2，0,2，2,0，2,2，共6个，故命题①正确.4x2y2xy，当xy0时，xyx2y2，即4x2y2x2y2，22得x2y28，即x2y222当且仅当x2,y2或x2,y2时，等号成立所以得曲线C上随意一点到原点的距离都不大于22，命题②正确.当xy0时，xyx2y2，即4x2y2x2y2，22得x2y28，即x2y226，33当且仅当xy23或xy23时，等号成立33所以得曲线C上随意一点到原点的距离都不小于26，故命题③错误；3应选：C【点睛】此题考察判断二次方程根的状况，基本不等式求最值，属于中档题.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每题5分，共30分．11.在(x2)6的二项睁开式中，常数项等于．(用数值表示)x【答案】-160【分析】-2rrr试题剖析：Tr+1=C6rx6-r=，由6-2r=0得：r=3，所-2-2C6rx6-2rC6r=-8C63=-160．x考点：二项式定理．评论：熟记二项睁开式的通项公式：Tr+1=Cnran-rbr(r=0,1,2,，n)．此通项公式集中表现了二项睁开式中的指数、项数、系数的变化．12.双曲线x2y21的焦点到它的渐近线的距离为_________________；3【答案】1【分析】试题剖析：由双曲线方程可知a23,b21，则c2a2b24，即a3,b1,c2，所以焦点为2,0，渐近线为y3x．所以焦点到渐近线的距离为33231．d(3)213考点：1双曲线的基天性质；2点到线的距离．13.已知数列ann(nN*)为等比数列，a11，a22，则a3_______【答案】5【分析】【剖析】2a11a33，进而获取对于a3的方程，解出a3的值，获取依据题意，获取a22答案.【详解】因为数列ann(nN*)为等比数列，所以a222a33，a11211a33即22，解得a35.故答案为：5.【点睛】此题考察依据等比中项求值，属于简单题.14.已知平面,,．给出以下三个论断：①；②；③∥．以此中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___【答案】①③②或②③①【分析】【剖析】依据面面平行和面面垂直的性质，获取线面垂直，进而获取答案.【详解】由，∥，可得故①③②，由，∥，可得故②③①，由，，则平面与平面能够平行和能够订交，故①②?③.故答案为：①③②或②③①【点睛】此题考察面面平行和面面垂直的性质及判断，面面关系有关的命题，属于简单题.15.在ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bc1a,2sinB3sinC，4则cosA的值为_______.【答案】【分析】

14试题剖析：∵Q2sinB3sinC,2b3c,b3c,代入bc1a得a2c，由余弦定24b2c2a21理得cosA2bc．4考点：1．正弦定理；2．余弦定理的推论．【此处有视频，请去附件查察】uruur内的一组基向量，O为内的定点，对于16.已知向量e1，e2是平面内随意一点P，uuururuurA、B的广义坐标分当OPxe1ye2时，则称有序实数对(x,y)为点P的广义坐标，若点别为(x1,y1)、(x2,y2)，对于以下命题:①线段AB的中点的广义坐标为(x1x2,y1y2)22uuuruuur②向量OA平行于向量OBuuuruuur③向量OA垂直于向量OB

的充要条件是x1y2x2y1的充要条件是x1x2y1y20此中，真命题是________.（请写出全部真命题的序号）【答案】①②【分析】剖析】依据定义，分别写出AB中点M的广义坐标，依据向量平行的坐标表示和向量垂直的坐标表示进行判断，获取答案.【【详解】点A、B的广义坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)uuururuuruuururuur可得OAx1e1y1e2，OBx2e1y2e2uuuur1uuuruuurx1x2ury1y2uur设M为AB中点，则OMOAOB2e12e22所以线段AB的中点的广义坐标为(x1x2,y1y2)，故命题①正确22uuuruuuruuuruuur向量OA平行于向量OB，则OAOB即x1,y1x2,y2，所以x1y2x2y1，故命题②正确，uuuruuuruuuruuur0向量OA垂直于向量OB，则OAOBuruururuur即x1e1y1e2x2e1y2e20ur2uruuruur2x1x2e1x1y2x2y1e1e2y1y2e20，故命题③不必定正确.故答案为：①②.【点睛】此题考察向量的新定义运算，向量平行和垂直的表示，向量的数目积的运算，考察理解推理能力，属于中档题.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.已知函数f(x)cosx(sinx1cosx).32（Ⅰ）若0πf()的值；2，且sin，求5（Ⅱ）求函数f(x)的最小正周期，及函数f(x)的单一递减区间.【答案】（Ⅰ）f31（Ⅱ）最小正周期πkππ5π5088【分析】【剖析】（Ⅰ）依据sin3以及的范围，获取cos，代入到f中，获取答案；（Ⅱ）对fx5进行整理化简，获取fx2sin2x4，依据正弦型函数的图像和性质，求出其周2期和单一减区间.【详解】解：（Ⅰ）因为0,，且sin3，25所以cos1sin24.5所以f4341281=31.555225250（Ⅱ）fxcosxsinxcosx121cosxsinxcos2x21sin2x1cos2x12221sin2xcos2x22sin2x42所以函数fx的最小正周期T2ππ2.ππ3π由2kπ2x42kπ+2,kZ，2解得ππxkπ+5π,kZ.88所以函数fx的单一递减区间kππ,kπ+5π,kZ.88【点睛】此题考察同角三角函数关系，利用二倍角公式、降幂公式、协助角公式对三角函数进行化简，求正弦型函数的周期和单一区间，属于简单题.18.一款小游戏的规则以下：每盘游戏都需投掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获取15分，出现三次“6点”获取120分，没有出现“6点”则扣除12分(即获取－12分)．（Ⅰ）设每盘游戏中出现“6点”的次数为X，求X的散布列；（Ⅱ）玩两盘游戏，求两盘中起码有一盘获取15分的概率；（Ⅲ）玩过这款游戏的很多人发现，若干盘游戏后，与最先的分数对比，分数没有增添反而减少了．请运用概率统计的有关知识剖析解说上述现象．【答案】（Ⅰ）散布列看法析（Ⅱ）95（Ⅲ）看法析144【分析】【剖析】（Ⅰ）先获取X可能的取值为0，1，2，3，依据每次投掷骰子，出现“6点”的概率为p1（Ⅱ）计算出每盘游戏没有获取15分的概，获取X每种取值的概率，获取散布列；6率，进而获取两盘中起码有一盘获取15分的概率；（Ⅲ）设每盘游戏得分为Y，获取Y的散布列和数学希望，进而获取结论.【详解】解：（Ⅰ）X可能的取值为0，1，2，3.每次投掷骰子，出现“61点”的概率为p.112561)C311175P(X0)C30(1)3，P(X(1)2，621666216P(X2)C32(1)2(11)15，P(X3)C33(1)31，662166216所以X的散布列为：X0123P12525512167272216（Ⅱ）设每盘游戏没有获取15分为事件A，12517则PA.21621612设“两盘游戏中起码有一次获取15分”为事件B，72295则PB1PA114412所以，玩两盘游戏起码有一次获取15分的概率为95.144（Ⅲ）设每盘游戏得分为Y.由（Ⅰ）知，Y的散布列为：Y-1215120P1255121612216Y的数学希望为EY1212515512015.2161221636这表示，获取分数Y的希望为负．所以，多次游戏以后分数减少的可能性更大．【点睛】此题考察求随机变量的散布列和数学希望，求互斥事件的概率，属于中档题.已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点．（Ⅰ）求证：PO平面ABCD；（Ⅱ）求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；（Ⅲ）线段PA上能否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π，若存在，求线6段PM的长度；若不存在，说明原因．【答案】（Ⅰ）证明看法析（Ⅱ）π（Ⅲ）不存在，看法析3【分析】【剖析】（Ⅰ）正三角形PAD中POAD，由CD平面PAD获取POCD，所以获取PO面ABCD；（Ⅱ）以O点为原点成立空间直角坐标系，依据平面EFG的法向量，和平面ABCD的法向量，进而获取平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值，再获取所求的角；（Ⅲ）线段PA上存在知足题意的点M，直线GM与平面EFG法向量的夹角为，3uuuruur0,1，利用向量的夹角公式，获取对于设PMPA，的方程，证明方程无解，从而获取不存在知足要求的点M.【详解】（Ⅰ）证明:因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以POAD.又因为CD平面PAD，PO平面PAD，所以POCD.ADICDD，AD，CD平面ABCD，所以PO面ABCD.（Ⅱ）如图，以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系.则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(2,4,0),D(2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,23)，E(1,2,3),F(1,0,uuur(0,uuur(1,2,3)，3)，EF2,0),EGur(x,y,z)设平面EFG的法向量为muuuvv02y0,EFm所以uuuvv0，即x2y3z0,EGm令z1，则v(3,0，1)，mr(0,0,1)，又平面ABCD的法向量n设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为，urrmn11所以cosurr.22mn3211π所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为.3（Ⅲ）假定线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，6ur即直线GM与平面EFG法向量m所成的角为，3uuuruur0,1设PMPA，，uuuruuuruuuruuuruurGMGPPMGPPA,，uuur所以GM2,4,231所以cosuuuurur3，3cosGM,m24267整理得22320，，方程无解，所以，不存在这样的点M.【点睛】此题考察线面垂直的性质和判断，利用空间向量求二面角，利用空间向量证明存在性问题.20.已知函数f(x)exax.（aR）（Ⅰ）求函数

f(x)

的单一区间；（Ⅱ）若

a

3，

f(x)

的图象与

y轴交于点

A，求

y

f(x)

在点

A处的切线方程；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，证明：当

x0时，

f(x)

x2

3x1恒成立．【答案】（Ⅰ）

a

0时，

f

x

单一增区间为

R，无单一减区间，a0时，

f

x

单一增区间为

lna,

，单一减区间为

,lna

.（Ⅱ）

y

2x

1（Ⅲ）证明看法析【分析】【剖析】（Ⅰ）对fx求导，获取fx，对a依据a0和a0进行分类议论，研究fx的正负，进而获取fx的单一区间；（Ⅱ）将x0代入fx，获取切线斜率，点斜式写出切线方程；（Ⅲ）令gxf(x)(x23x1)，获取gxex2x，令hxgx，获取hxex2，进而获取hxhln20，获取gx在,上单一递加，即gxg01010，进而使得原命题得证.【详解】解：（Ⅰ）f(x)exa，当a0时，f(x)0恒成立，所以f(x)在R上单一递加，当a0时，令f(x)0，解得xlna.当x变化时，f(x)，f(x)变化状况以下表：x(,lna)lna(lna,)f(x)–0+f(x)减极小值增所以a0时，f(x)在,lna上单一递减，在lna,上单一递加.综上所述，a0时，fx单一增区间为R，无单一减区间，a0时，fx单一增区间为lna,，单一减区间为,lna.（Ⅱ）a3时，fxexx3令x0，得y1，则A0,1，因为fxex3，所以f0132，所以在A点处的切线方程为y12(x0)，即y2x1.（Ⅲ）证明：令gxf(x)(的x23x+1)=exx21，则gxex2x.令hxex2x，则hxex2，当0xln2时，hx0，hx单一递减，当xln2时，hx0，hx单一递加；所以hxhln2eln22ln222ln20，即gx0恒成立.所以gx在,上单一递加，所以gxg01010，所以exx210，即当x0时，fxx23x1恒成立．【点睛】此题考察利用导数求函数的单一区间，依据导数的几何意义求函数图像在一点的切线，利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题.21.已知椭圆x2y2过点P(2,1)．C:a221（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求其离心率；（Ⅱ）过点P作x轴的垂线l，设点A为第四象限内一点且在椭圆C上（点A不在直线l上），直线PA对于l的对称直线PB与椭圆交于另一点B．设O为坐标原点，判断直线AB与直线OP的地点关系，并说明原因．【答案】（Ⅰ）x2y21，离心率3．（Ⅱ）直线AB与直线OP平行．看法析822【分析】【剖析】（Ⅰ）将点2,1代入到椭圆方程，解得a的值，依据ca22，获取c的值，进而求b出离心率；（Ⅱ）直线PA:y1k(x2)，PB:y1k(x2)，点Ax1,y1，Bx2,y2，将直线与椭圆联立，获取x1和x2，进而获取AB的斜率，获取kABkOP，得到直线AB与直线OP平行．【详解】解：（Ⅰ）由椭圆C:x2y221过点P(2,1)，a2可得411，解得a28．a22所以c2a2b2826，所以椭圆C的方程为x2y21，离心率e263．8222（Ⅱ）直线AB与直线OP平行．证明以下：由题意，设直线PA:y1k(x2)，PB:y1k(x2)，设点Ax1,y1，Bx2,y2，x2y21由82得ykx2k14k21x28k12kx16k216k40，8k(2k1)8k28k2，所以2+x14k21，所以x14k21同理x28k2+8k2，4k21所以x1x216k，4k21由y1kx12k1，y2kx22k1，有y1y2k(x1x2)4k8k，4k21因为A在第四象限，所以ky1y210，且A不在直线OP上，所以kABx2，x12又kOP1kOP，所以直线AB与直线OP平行.，故kAB2【点睛】此题考察求椭圆方程，直线与椭圆订交求交点，判断两直线的地点关系，属于中档题.22.已知由n(nN*)个正整数组成的会合A{a1,a2,L,an}(a1a2Lan,n≥3)，记SAa1a2Lan，对于随意不大于SA的正整数m，均存在会合A的一个子集，使得该子集的全部元素之和等于m.（Ⅰ）求a1,a2的值；a1,a2,L,an成等差数列”的充要条件是“n(n1)（Ⅱ）求证：“SA”；2（Ⅲ）若SA2020，求n的最小值，并指出n取最小值时an的最大值.【答案】（Ⅰ）a11，a22（Ⅱ）证明看法析（Ⅲ）n的最小值为11，此时an的最大值1010.【分析】【剖析】（Ⅰ）m1和m2时，依据SA的定义，以及会合A{a1,a2,L,an}(a1a2Lan,n≥3)的性质，获取答案；（Ⅱ）必需性：aii，可得SA1nn1，充分性：由条件可得aii，2进而有SA1n(n1)，当且仅当aii时，等号