北京市东城区2020届高三数学上学期期末考试试题(含解析)

东城区2020学年度第一学期期末教学统一检测高三数学第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每题5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，，那么（

）A.

B.C.

D.【答案】

D【解析】【剖析】求得会合，联合会合的交集的运算，即可求解.【详解】由题意，会合，所以.应选：D.【点睛】此题主要考察了会合的交集的运算，其中解答中正确求解会合，联合会合交集的概念及运算求解是解答的重点，着重考察了推理与运算能力，属于基础题.2.复数在复平面内的对应点位于（）A.第一象限B.第三象限C.第二象限D.第四象限【答案】B【解析】【剖析】先化简复数，再计算对应点坐标，判断象限.【详解】，对应点为，在第三象限.故答案选B【点睛】此题考察了复数的坐标表示，属于简单题.3.下列函数中，是偶函数，且在区间上单一递增的为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【剖析】联合函数的单一性与奇偶性的定义与判断方法，以及初等函数的性质，逐项判断，即可求解.【详解】由题意，关于A中，函数，所以函数为奇函数，不切合题意；关于B中，函数知足，所以函数为偶函数，当时，函数为上的单一递增函数，切合题意；关于C中，函数为非奇非偶函数，不切合题意；关于D中，为偶函数，当时，函数为单一递减函数，不切合题意，应选：

B.【点睛】此题主要考察了函数的奇偶性和函数的单一性的判断与应用，

其中解答中熟记函数的单一性与奇偶性的判断方法，

以及初等函数的性质是解答的重点，

着重考察了推理与论证能力，属于基础题

.4.设为实数，则“”是“”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【答案】

A【解析】【剖析】根据函数为单一递增函数，联合充分条件和必要条件判断方法，即可求解

.【详解】由题意，函数为单一递增函数，当时，可得，即成立，当，即时，可得，所以不一定成立，所以“”是“”的充分而不必要条件.应选：A.【点睛】此题主要考察了指数函数的性质，以及充分条件、必要条件的判断，其中解答中熟记指数函数的性质，以及娴熟应用充分条件和必要条件的判断方法是解答的重点，着重考察了推理与论证能力，属于中档题.5.设，是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列结论中正确的选项是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，，则【答案】B【解析】【剖析】根据线面地点关系的判断定理和性质定理，逐项判断，即可求解，获得答案.【详解】由题意，关于A中，若，，则或，所以不正确；关于C中，若，，则与可能平行，相交或在平面内，所以不正确；关于D中，若，，，则与平行、相交或异面，所以不正确；关于B中，若，，，，根据线面垂直的性质，可证得成立，应选：B.【点睛】此题主要考察了线面地点关系的判断与证明，其中解答中熟记线面地点关系的判断定理和性质定理，逐项判断是解答的重点，着重考察了推理与论证能力，属于基础题.从数字1，2，3，4，5中，取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，这样的三位数的个数为（）A.7B.9C.10D.13【答案】C【解析】【剖析】由题意，把问题分为三类：当三个数分别为，，三种情况，联合排列、组合和计数原理，即可求解.【详解】从数字1，2，3，4，5中，取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，可分为三类情况：1）当三个数为时，共有种排法；2）当三个数为时，共有种排法；3）当三个数为时，只有1中排法，由分类计数原理可得，共有种不同排法，即这样的数共有10个.应选：C.【点睛】此题主要考察了计数原理与排列、组合的应用，其中解答中仔细审题，合理分类，结共计数原理求解是解答的重点，着重考察了剖析问题和解答问题的能力，属于基础题.7.设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的选项是（）A若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】A【解析】【剖析】联合三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法，逐项判断，即可求解获得答案.【详解】关于A中，因为，则又由，所以是正确的；关于B中，比如，此时，所以不一定成立，所以不正确；关于C中，因为，比如时，，所以不正确；关于D中，因为，比如时，，所以不正确，应选：A.【点睛】此题主要考察了三角恒等变换的应用，以及三角函数值的应用，其中解答熟记三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法求解是解答的重点，着重考察了推理与运算能力，属于基础题.用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截面是一个椭圆，著名数学家创办的双球实考证了然上述结论.如下图，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；②若球心距，球的半径为，则所得椭圆的焦距为2；③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大其中，所有正确结论的序号是（）A.①B.②③C.①②

.

D.①②③【答案】

C【解析】【剖析】设圆柱的底面半径为，根据题意分别求得，，，联合椭圆的联合性质，即可求解.【详解】由题意，作出圆柱的轴截面，如下图，设圆柱的底面半径为，根据题意可得椭圆的短轴长为，即，长轴长为，即，在直角中，可得，即，又由，即，所以，又因为椭圆中，所以，即切点为椭圆的两个交点，所以①是正确的；由，可得，又由球的半径为，即，在直角中，，由①可知，即，所以，即椭圆的焦距为2，所以②是正确的；由①可得，，所以椭圆的离心率为，所以当当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率变小，所以③不正确.应选：C【点睛】此题主要考察了椭圆的几何性质及其应用，其中解答中仔细审题，合理利用圆柱的构造特点，以及椭圆的几何性质求解是解答的重点，着重考察了剖析问题和解答问题的能力，属于中档试题.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.9.若双曲线与有相同的焦点，则实数_________.【答案】4【解析】【剖析】联合双曲线的几何性质，获得，即可求解，获得答案.【详解】由题意，双曲线与有相同的焦点，可得，解得.故答案为：.【点睛】此题主要考察了双曲线的标准方程及几何性质的应用，其中解答中娴熟应用双曲线的几何性质是解答的重点，着重考察了计算能力，属于基础题.10.已知是各项均为正的等比数列，为其前项和，若，

，则公比

________，

_________.【答案】(1).(2).【解析】【剖析】根据等比数列的通项公式，获得，求得再由等比数列的前项和公式，求得，获得答案.【详解】由题意，在数列是各项均为正的等比数列，因为，，可得，即，解得或（舍去），又由等比数列的前项和公式，可得.故答案为：，.【点睛】此题主要考察了等比数列的通项公式，以及等比数列前项和公式的应用，其中解答中娴熟等比数列的通项公式和前项和公式，正确运算是解答的重点，着重考察了推理与运算能力，属于基础题.11.能说明“直线与圆有两个不同的交点”是真命题的一个的值为______.【答案】0【解析】【剖析】根据直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于圆的半径，获得，解.

求得的取值范围，即可求【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，若直线与圆有两个不同的交点，则知足圆心到直线的距离小于圆的半径，即，解得，所以命题为真命题的一个的值为.故答案为：.【点睛】此题主要考察了直线与圆的地点关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的地点关系，列出不等式求得的取值范围是解答的重点，着重考察了推理与计算能力，属于基础题.在平行四边形中，已知，，，则四边形的面积是_______.【答案】4【解析】【剖析】由，根据向量的线性运算，获得，进而获得四边形是菱形，即可求得四边形的面积，获得答案.【详解】由题意，在平行四边形中，，可得，所以所以四边形是菱形，又由，，所以面积为.故答案为：.【点睛】此题主要考察了向量的线性运算，向量的数量积的应用，以及菱形的面积的计算，其中解答娴熟应用向量的减法运算公式，以及向量的数量积的公式，求得四边形为菱形是解答的重点，着重考察了推理与运算能力，属于基础题.已知函数，曲线与直线相交，若存在相邻两个交点间的距离为，则的所有可能值为__________．【答案】2或10【解析】【剖析】令，解得或，根据存在相邻两个交点间的距离为，获得或，即可求解，获得答案.【详解】由题意，函数，曲线与直线相交，令，即，解得或，由题意存在相邻两个交点间的距离为，联合正弦函数的图象与性质，可得，令，可得，解得.或，令，可得，解得.故答案为：或.【点睛】此题主要考察了三角函数的图象与性质的应用，以及三角方程的求解，其中解答中娴熟应用三角函数的图象与性质，列出方程求解是解答的重点，着重考察了推理能力与计算鞥能力，属于中档试题.将初始温度为的物体放在室温恒定为的实验室里，现等时间间隔测量物体温度，将第次测量获得的物体温度记为，已知.已知物体温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比率系数为）.给出以下几个模型，那么能够描绘这些测量数据的一个合理模型为__________：（填写模型对应的序号）①；②；③.在上述模型下，设物体温度从升到所需时间为，从上涨到所需时间为，从上涨到所需时间为，那么与的大小关系是________（用“”，“”或“”号填空）【答案】(1).②(2).【解析】【剖析】由温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比率系数为），即可获得，再根据函数模型，分别求得的值，联合作差比较，即可获得答案.【详解】由题意，将第次测量获得的物体温度记为，则两次的体温变化为，又由温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比率系数为），所以，当物体温度从升到所需时间为，可得，可得，当物体温度从上涨到所需时间为，可得，可得，当物体温度从上涨到所需时间为，可得，可得，但是，又由，即与的大小关系是.故答案为：②，【点睛】此题主要考察了函数的模型的选择，以及实际应用问题的求解，其中解答中仔细审题，正确理解题意，选择适合的函数模型是解答的重点，着重考察了剖析问题和解答问题的能力，属于中档试题.三、解答题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.在中，已知.1）求的大小；2）若，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【剖析】（1）由正弦定理可得，求得，即可求解的大小；（2）由正弦定理，可得，获得，进而获得，联合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）因，由正弦定理可得，又因为，所以，所以，即，又因为，所以.2）由正弦定理，可得，又因为，所以，所以.所以的面积.【点睛】此题主要考察了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解相关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的重点，着重考察了运算与求解能力，属于基础题.16.2020年6月，国内的营运牌照开始发放.从到，我们国家的移动通信业务用了不到20年的时间，达成了技术上的飞腾，跻身世界先进水平.为认识高校学生对的消费意向，2020年8月，从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行检查，样本中各类用户散布情况如下：用户分类预计升级到的时段人数早期体验用户2020年8月至2020年12月270人中期跟从用户2020年1月至202l年12月530人后期用户2022年1月及此后200人我们将大学生升级时间的早晚与大学生愿意为套餐支付更多的费用作比较，可得出下列图的关系（比如早期体验用户中愿意为套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的）.（1）从该地高校大学生中随机抽取1人，估计该学生愿意在2021年或2021年以前升级到的概率；（2）从样本的早期体验用户和中期跟从用户中各随机抽取1人，以表示这2人中愿意为升级多支付10元或10元以上的人数，求的散布列和数学希望；（3）2020年末，从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐，可否定为样本中早期体验用户的人数有变化？说明原因.【答案】（1）（2）详看法析（3）事件虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化，详看法析【解析】【剖析】1）由从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年以前升级到，联合古典摡型的概率计算公式，即可求解；2）由题意的所有可能值为，利用相互独立事件的概率计算公式，分别求得相应的概率，获得随机变量的散布列，利用希望的公式，即可求解.（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，获得七概率为，即可获得结论.【详解】（1）由题意可知，从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年以前升级到的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟从用户的频次，即.（2）由题意的所有可能值为，记事件“从早期体验用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，事件为“从中期跟从用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，由题意可知，事件，相互独立，且，，所以，，，所以的散布列为0120.180.490.33故的数学希望.（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，那么回答一：事件虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化.回答二：事件发生概率小，所以能够认为早期体验用户人数增加.

.【点睛】此题主要考察了离散型随机变量的散布列，数学希望的求解及应用，关于求离散型随机变量概率散布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率散布列，最后按照数学希望公式计算出数学希望，其中列出离散型随机变量概率散布列及计算数学希望是理科高考数学必考问题.17.如图，在三棱柱中，平面，，.1）求证：平面；2）求异面直线与所成角的大小；（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.【答案】（1）证明看法析（2）（3）【解析】【剖析】1）根据三棱柱的构造特点，利用线面垂直的判断定理，证得平面，获得，再利用线面垂直的判断定理，即可证得平面；（2）由（1）获得，成立空间直角坐标系，求得向量，利用向量的夹角公式，即可求解.（3）由，得，设，得，求得向量的坐标，联合平面，利用，即可求解.【详解】（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，交线为.又因为，所以，所以平面.因为平面，所以又因为，所以，又，所以平面.2）由（1）知底面，，如图成立空间直角坐标系，由题意得，，，.所以，.所以.故异面直线与所成角的大小为.（3）易知平面的一个法向量，由，得.设，得，则因为平面，所以，即，解得，所以.【点睛】此题考察了线面平行的判断与证明，以及空间角的求解问题，意在考察学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面地点关系的判断定理和性质定理，经过严实推理是线面地点关系判断的重点，同时关于立体几何中角的计算问题，往往能够利用空间向量法，经过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.已知函数.1）若在时，有极值，求的值；2）在直线上是否存在点，使得过点起码有两条直线与曲线相切？若存在，求出点坐标；若不存在，说明原因.【答案】（1）（2）不存在，详看法析【解析】【剖析】1）求得，根据函数在取得极值，即可求解；2）不妨设点，设过点与相切的直线为，切点为，求得切线方程，根据直线过，转变为，设函数，转变为在区间上单一递增，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，则，由在时，有极值，可得，解得.经查验，时，有极值.综上可得.2）不妨设在直线上存在一点，设过点与相切的直线为，切点为，则切线方程为，又直线过，有，即，设，则，所以在区间上单一递增，所以至多有一个解，过点与相切的直线至多有一条，故在直线上不存在点，使得过起码有两条直线与曲线相切.【点睛】此题主要考察导数在函数中的综合应用，其中解答中熟记函数的导数与函数间的关系是解答的重点，着重考察了转变与化归思想、分类议论、及逻辑推理能力与计算能力．已知椭圆的离心率是.1）求椭圆的方程；2）已知，分别是椭圆的左、右焦点，过作斜率为的直线，交椭圆于两点，直线，分别交轴于不同的两点.如果为锐角，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【剖析】1）由题意，列出方程组，求得，即可获得椭圆的方程；2）设直线的方程为，联立方程组，根据根和系数的关系，联合向量的数量【详解】（1）由题意，椭圆的离心率是，可得解得，所以椭圆的方程为.2）由已知直线的斜率不为0，设直线的方程为，直线与椭圆的交点为，.由得.由已知，鉴别式恒成立，且，.①直线的方程为，令，则.同理可得.所以将①代入并化简，得.依题意，角为锐角，所以，即.解得或.综上，直线的斜率的取值范围是.【点睛】此题主要考察椭圆的标准方程的求解、及直