北京市门头沟区高三下学期3月综合练习数学试题

门头沟区年高三年级综合练习数学本试卷共6页，分考试时长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，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共分）一、选择题共小题，每小题4分，共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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先解绝对值不等式，再根据集合的交集的定义可得.【详解】由,解得或,所以或,而，所以2.在复平面内，复数满足，则（）A.0B.1C.D.2【答案】D【解析】【详解】由，得，故，所以.3.下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】对于A，因为，所以不是奇函数，即A错误；第1页/共26页

对于B，易知的定义为，定义域关于原点对称，且满足，因此该函数为奇函数，又，因此函数在上单调递减，即B正确；对于C，由正切函数定义可知不在定义域内，因此C错误；对于D，易知的定义域为，则,令可得，当时，，当时，，因此可得函数在上单调递减，在上单调递增，因此在上不是单调递减的，即D错误.4.已知双曲线的一条渐近线方程为，则（）A.B.3C.D.【答案】B【解析】【详解】由题知，双曲线焦点位于x轴上，故，渐近线方程为，而已知双曲线的一条渐近线方程为，故，解得.5.已知等比数列的前n项和为，且，，则（）A.31B.15C.D.【答案】C第2页/共26页

【解析】【详解】设等比数列的公比为，由等比数列性质可得，即，解得；又，可得；所以.6.设，，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】【详解】由题知，，等价于，即原条件可化简为，对正数立；取满足，即不满足，因此必要性不成立.综上，是的充分而不必要条件.7.某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（）A.B.C.D.第3页/共26页

【答案】A【解析】【分析】分别取、、、的中点、、、，连接、、、，根据正棱台的性质求出，即可求出.【详解】如图，分别取、、、的中点、、、，连接、、、，因为是正四棱台，所以、，又侧面与上底面的夹角为，所以，又，，所以、，所以，所以，所以制作该漏斗的侧面所需材料的面积为.8.农产品质量安全研究表明，有机磷农药在果蔬表面的自然降解符合一级动力学模型，可用（，k为正常数）描述，其中C为喷施农药t天后，果蔬表面的农药残留量（单位：mg/kg机磷农药的降解速率常数，现测得蔬菜喷施该农药后的初始残留量为8mg/kg，国家食品安全标准规定该农药的残留限值为1mg/kg，则该蔬菜的最短安全采收间隔期为（）A.3天B.6天C.9天D.12天【答案】C【解析】【分析】根据国家食品安全标准规定得出不等式，再由函数单调性解不等式即可求得结果.【详解】设该蔬菜的最短安全采收间隔期为天,第4页/共26页

依题意可得,其中，，所以可得，即，解得；因此该蔬菜的最短安全采收间隔期为9天.9.设函数，若点为函数图象的一个对称中心，且在上的最大值为2，则的最小值为（）A.4B.5C.7D.10【答案】C【解析】【分析】先化简函数，根据点为函数图象的一个对称中心求出在上的最大值为2结合三角函数最值求出即可推出的最小值.【详解】，点是的对称中心，因此，代入得，即，整理得；当时，，而根据解析式可知最大值为，说明区间必须包含，因此，解得；结合且，时，，不满足；时，，满足条件.因此的最小值为.第5页/共26页

10.无穷数列满足如下条件①列说法正确的是（）A.若，则满足条件的单调数列有且只有2个B.对于任意给定的，满足条件的单调数列有且只有1个C.存在使得满足条件的数列有且只有1个D.存在无数个使得满足条件的数列有且只有1个，且此时数列一定是单调数列【答案】D【解析】【分析】先利用诱导公式得到的递推关系式，再结合函数图象，利用需满足的条件对具体的进行分类分析即可.【详解】根据诱导公式可得，因此有或，即（关系1）或（关系2，对于关系1，结合条件②，可化为；对于关系2，由可得③，代入条件②得，解得，则由③可得，；设，，可知在正弦函数图象上，且在余弦函数图象上，由①可知直线垂直于轴，再由条件②，可依次取点，得到点列；第6页/共26页

对于A选项，由，即，在平面直角坐标系中作出正、余弦函数图象，，故由条件②，可得，由，可得，或；结合条件②，如图所示，依次可绘出点列，由此结合周期性可知，即满足条件的单调数列有且只有1个，故A项错误；对于B选项，给定，构造一：利用关系1：构造数列，则数列通项为，即可得到一个递增的数列；构造二：先由关系构造，再利用关系1：构造数列，则，即也可得到一个递增的数列，故满足条件的单调数列不只一个，故B项错误；第7页/共26页

对于C选项，给定，由，其中，构造数列：验证可知，满足条件①；②；③．由条件，正整数列的无界性则可构造无数个满足条件的数列，故存在无数个满足条件的数列满足题意，C错误；对于D选项，()当时，结合A选项与正余函数周期性分析，可得数列满足，即满足条件的数列有且只有1个，且单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，或，.当时，此时可得，这与条件③矛盾m，故，，依次绘点如下图：第8页/共26页

再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，由，结合条件②；可得，或（舍去，不能与相同），依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，同理可得，依次绘点如下图：第9页/共26页

再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，由，结合条件②；可得，，依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，由，结合条件②；可得，，依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当及时，同理可分别绘点如下图：第10页/共26页

再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；综上可知，当时，均可得数列唯一确定且满足，即存在无数个，使得满足条件的数列有且只有1个，且单调递增；()当时，当且时，构造一：利用关系1：构造数列，则；构造二：利用关系2：且）构造，以后各项利用关系1构造可得数列，构造，，由，则，故，与构造一为不同数列；第11页/共26页

即此时满足条件的数列不只1个；当且时，构造一：利用关系利用关系1：构造数列，则；构造二：利用关系1可构造，则，且，则后续构造同上，利用关系2：（且）构造，以后各项利用关系1构造可得数列，故此时满足条件的数列也不只1个；使得满足条件的数列有且只有1D正确.二、填空题共5小题，每小题5分，共分.的展开式中的系数为，那么实数________．【答案】【解析】【分析】直接根据二项式的展开式的通项公式计算可得结果.【详解】由，所以通项公式，，令，解得，所以的系数为，.12.已知抛物线的焦点到其准线的距离为在的横坐标为________．【答案】6【解析】【详解】由题知抛物线的焦点F到其准线的距离为2，故，而点在上，，根据抛物线定义可知到准线的距离，解得.13.在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，若第12页/共26页

，则的一个取值为________．【答案】（答案不唯一）【解析】【详解】因为角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，故，所以，即，故或，故或.则的一个取值为（其他满足条件的均可）.14.在平面直角坐标系xOy中，与x轴和y轴分别交于点，的最大值为________；的取值范围是________．【答案】①.4②.【解析】【分析】先求出两点的坐标，再表示出和的坐标，先求出，再求出向量的模，再利用三角函数恒等变换公式化简求解其最大值，最后应用数量积公式计算结合正弦函数值域计算求解.【详解】设，由题意知，直线分别与轴､轴交于点，则，所以，；因为，则，当时，取得最大值，且最大值为第13页/共26页

，因为，的取值范围是.15.对于定义域为的函数，令，给出下列四个结论：①若对于，恒成立，则恒成立；②若对于，恒成立，则恒成立；③若是周期函数，则是周期函数；④若偶函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①④【解析】【分析】根据函数值域判断①；根据已知条件结合函数性质举反例判断②③，根据已知条件和函数的对称性判断④.【详解】对于①，故对于，因为，要使恒成立，即且恒成立，那么恒成立，所以①正确；对于②，对于，恒成立，即恒成立，等价于且恒成立，当时，，但当时，不一定大于，例如，此时满足，但不恒大于，所以②错误；第14页/共26页

对于③，例如是周期函数，对于函数，由可知是偶函数，故画出它的图象取轴右边部分，再将其右边部分关于轴对称，即可得到图象，可知不是周期函数（因为所以③错误；对于④，由为偶函数，得，由函数的图象关于直线对称得，从而，所以，即的图象关于直线对称，所以④正确.三、解答题共6小题，共分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.16.如图，四边形为正方形，平面平面，，，，，为的中点．第15页/共26页

（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）设的中点为，证得，根据线面平行判定定理证明即可；（2）由面面垂直的性质可得平面，建立空间直角坐标系，根据线面角向量法计算即可求解.【小问1详解】设的中点为，连接，在中，为的中点，所以且，因为且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，第16页/共26页

所以平面；【小问2详解】因为平面平面，平面平面，，，所以，平面，因为四边形为正方形，所以两两互相垂直，以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值.17.在中，，．第17页/共26页

（1）求，（2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长．条件①：；条件②：；条件③：的面积为注：如果选择的条件不符合要求，第（20分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）选条件②或③，存在，周长为.【解析】1）根据所给的边结合正弦定理，二倍角公式可得；（2）选条件①直接由余弦定理判断三角形不存在；选条件②先同角三角函数关系式可得A，B的正弦值，周长.【小问1详解】因为，，所以，由正弦定理得，而三角形中有，所以，再由二倍角公式得，且，所以.【小问2详解】若选条件①：.因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得：，即，得，，方程无解，所以a边不存在，故不存在.第18页/共26页

若选条件②：.因为，由（1）可知，所以.同理，得，所以在中由正弦定理，得，再由余弦定理，得，即，解得或（舍去）.所以三角形的周长.若选条件③：的面积为.因为，由（1）可知，所以,由三角形面积公式，得.再由余弦定理，得，即.所以，所以.所以三角形的周长.18.某公司对其销售的AB两种型号扫地机器人向消费者进行满意度调查，从购买这两种型号扫地机器人的消费者中各随机抽取12人进行评分调查（满分100分，该公司规定评分不低于80如下：数据Ⅰ（A75，81，85，74，83，77，86，85，92，70，86，90；数据Ⅱ（B71，76，81，68，72，87，86，85，73，84，70，92．假设所有消费者的评分结果相互独立，用频率估计概率．（1）从参与A型号扫地机器人评分调查的12名消费者中随机抽取2人，求至少1人满意的概率；（2A型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1B型号扫地机器人的所有消费者中随机第19页/共26页

抽取1人，设X为被抽到的2人中满意的人数，求X的分布列和数学期望；（3）假设购买A型号和B型号扫地机器人的消费者人数相同，公司从所有购买AB两种型号扫地机器人的消费者中随机抽取1人，开展满意度跟进回访，若已知抽到的消费者对其购买的扫地机器人不满意，设其购买的是A型号的概率估计值为B型号的概率估计值为与论不要求证明）【答案】（1）（2）012，（3）【解析】1）根据组合数先计算抽取两人都不满意的概率，再利用对立事件求概率；（2）由题可知的可能取值为0，1，2，再分别求出对应概率，列出分布列并计算期望即可；（3）利用样本估计总体即可比较与的大小．【小问1详解】在数据I（型号）中，评分不低于80分的有81，85，83，86，85，92，86，90，共8人；评分低于80分的有75，74，77，70，共4人，从12名消费者中随机抽取2人，两人都不满意的概率为，因为“至少1人满意”与“两人都不满意”是对立事件，所以至少1人满意的概率；【小问2详解】由（1）可知，购买型号扫地机器人的消费者满意的概率，第20页/共26页

则不满意的概率为，在数据II（型号）中，评分不低于80分的有81，87，86，85，84，92，共6人，所以购买型号扫地机器人的消费者满意的概率，则不满意的概率为，的可能取值为0，1，2，，，，的分布列为：012；【小问3详解】由题可知抽取样本中，A型号不满意的有4人，B型号不满意的有6人，则的估计值为，的估计值为，故．19.已知椭圆的离心率为，以椭圆E的短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为8．（1）求椭圆E的方程；（2）设O为坐标原点，过点（）且不与y轴平行的直线l与椭圆E交于不同的两点A、B，点B关于x轴的对称点为C，直线AC与x轴交于点D，设和的面积分别为，，当第21页/共26页

时，求t的值．【答案】（1）（2）【解析】1）利用题设条件列出方程，求出，即得椭圆的方程；（2）先设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两点坐标的关系，再求出直线的方程，进而得到的坐标，最后计算，通过进而求出的值.【小问1详解】已知椭圆，长均为，周长为，由椭圆关系的方程为.【小问2详解】设直线的方程为，，，则，联立直线与椭圆方程：，整理得，由韦达定理得：，根据两点式得直线的方程为，令，得，将代入点横坐标，化简得即第22页/共26页

，，，由题知，故，化简得，又，所以，解得.20.已知函数，其中．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围．【答案】（1）（2）时，单调递减区间为，无增区间；时，单调递减区间为，单调递增区间为.（3）【解析】1）根据导数几何意义求切线即可；（2）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间；（3）易知一个零点是，结合与（2）所求的单调性，讨论，与即可求出的范围.【小问1详解】第23页/共26页

当时，，，切点为，，切线斜率，因此切线方程为.【小问2详解】，当时，，故恒成立，因此在R上单调递减，无单调递增区间；当时，令，得，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；综上所述，时，单调递减区间为，无增