大兴高三一模数学试题及答案.docx
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大兴高三一模数学试题及答案
2019~2020学年度北京市大兴区高三第一次综合练习
2020.4
数学
本试卷共6页,满分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。
第一部分(选择题共40分)
一、选择题共10小题,每小题4分,共40分.在每题列出的四个选项中,选出符合题目
要求的一项.
(1)在复平面内,
2对应的点位于
1i
(A)第一象限(B)第二象限
(C)第三象限(D)第四象限
(2)已知集合A
{x|x
2k,kZ},B
{x|2≤x≤2},则AB
(A)[1,1](B)[2,2]
(C){0,2}(D){2,0,2}
(3)已知等差数列{an}的前n项和为
Sn,a20,a41,则
S4等于
(A)1
2
(B)1(C)2(D)3
(4)下列函数中,在区间(0,)上单调递增且存在零点的是
(A)yex
(B)yx1
(C)y
log1
2
x(D)y
2
(x1)
(5)在(x
2)n的展开式中,只有第三项的二项式系数最大,则含x项的系数等于
(A)32(B)24
(C)8(D)4
(6)若抛物线
y24x上一点M到其焦点的距离等于2,则M到其顶点O的距离等于
(A)3(B)2
(C)5(D)3
(7)已知数列
{an}
是等比数列,它的前n项和为
Sn,则“对任意
nN*,a
0”是“数
n
列{Sn}
为递增数列”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
(8)
某四棱锥的三视图如图所示,如果方格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的最长棱的棱长为
(A)3
(B)10
(C)13
(D)17
)
(9)已知函数f(x)sin(xπ(0).若关于x的方程f(x)1在区间[0,π]上有且仅
6
有两个不相等的实根,则的最大整数值为
(A)3(B)4
(C)5(D)6
(10)如图,假定两点P,Q以相同的初速度运动.点Q沿直线CD作匀速运动,CQx;
点P沿线段AB(长度为
107单位)运动,它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距
离(PBy).令P与Q同时分别从A,C出发,那么,定义x为y的纳皮尔对数,用
现在的数学符号表示x与y的对应关系就是y
x
71107,其中e为自然对数的底.当点P
10()
e
从线段AB的三等分点移动到中点时,经过的时间为
(A)ln2
(B)ln3
(C)
ln3
2
(D)ln4
3
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.
2
(11)已知向量a
(1,1),b
(2,t),若a∥b,则t;
(12)若函数
f(x)cosx
sin2x在区间[0,m]
上单调减区间,则m的一个值可以
是;
(13)若对任意x
0,关于x的不等式
a≤1
x
x恒成立,则实数a的范围是;
(14)已知
A(a,r),B(b,s)为函数y
log2x图象上两点,其中ab.已知直线AB的斜率
等于2,且|AB|5,则ab;a;
b
(15)
22
在直角坐标系xOy中,双曲线xy
1(a
0,b
0)的离心率e
2,其渐近线
a2b2
与圆x2
(y2)2
4交x轴上方于A,B两点,有下列三个结论:
①|OAOB||OAOB|;
②|OAOB|存在最大值;
③|OAOB|6.则正确结论的序号为
三、解答题共6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)
在ABC中,c
(Ⅰ)求a的值;
1,A
2π
3
,且ABC的面积为.
32
(Ⅱ)若D为BC上一点,且,求sinADB的值.
从①AD
1,②
CAD
π
这两个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.
6
(17)(本小题14分)
为了调查各校学生体质健康达标情况,某机构M采用分层抽样的方法从A校抽取了m
名学生进行体育测试,成绩按照以下区间分为七组:
[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),
[80,90),[90,100],并得到如下频率分布直方图.根据规定,测试成绩低于60分为体质不达标。
已知本次测试中不达标学生共有20人.
(Ⅰ)求m的值;
(Ⅱ)现从A校全体同学中随机抽取2人,以频率作为概率,记X表示成绩不低于90分的人数,求X的分布列及数学期望;
(Ⅲ)另一机构N也对该校学生做同样的体质达标测试,并用简单随机抽样方法抽取了100名学生,经测试有20名学生成绩低于60分.计算两家机构测试成绩的不达标率,你认为用哪一个值作为对该校学生
体质不达标率的估计较为合理,说明理由。
(18)(本小题14分)
如图,在三棱柱
ABCA1B1C1中,
ABACBCAA1,
BCC160,
平面ABC
平面BCC1B1,D是BC的中点,E是棱
A1B1上一动点.
(Ⅰ)若E是棱
A1B1的中点,证明:
DE//平面ACC1A1;
(Ⅱ)求二面角C1
CAB的余弦值;
(Ⅲ)是否存在点E,使得
DEBC1,若存在,
求出E的坐标,若不存在,说明理由。
(19)(本小题14分)
x2y21
22
已知椭圆C:
ab
1(ab
0)的离心率为
,且经过点
2
(2,0),一条直线l与椭圆C
交于P,Q两点,以PQ为直径的圆经过坐标原点O.
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程;
(Ⅱ)求证:
1
|OP|2
1
|OQ|2
为定值.
(20)(本小题15分)
已知函数
f(x)lnx
ax.
x1
(Ⅰ)若a
1,求曲线
yf(x)在点(1,f
(1))处的切线方程;
(Ⅱ)求证:
函数
f(x)
有且只有一个零点.
(21)(本小题14分)
已知数列
a1,a2,,a10满足:
对任意的
i,j
{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
,若ij,则ai
aj,
且ai
{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
,设集合A
{ai
ai1
ai2|i
1,2,3,4,5,6,7,8}
,集合A中元素
最小值记为
m(A)
,集合A中元素最大值记为
n(A).
(Ⅰ)对于数列:
10,6,1,2,7,8,3,,9,54,写出集合A及m(A),n(A);
(Ⅱ)求证:
m(A)不可能为18;
(Ⅲ)求
m(A)
的最大值以及
n(A)的最小值.
2019~2020学年度北京市大兴区高三第一次综合练习高三数学参考答案及评分标准
一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
C
A
B
C
D
B
D
二、填空题(共5小题,每小题5分,共25分)
(11)2
(12)答案不唯一,只要
0m≤π
2
(13)(,2](或{a|a≤2}
(14)1;4(第一个空3分,第二个空2分)
(15)①③(不选或有错选得0分,只选对1个得3分,全部选对得5分.)
三、解答题(共6小题,共85分)
,
(16)(共14分)
解:
(Ⅰ)由于c
1,A2π
SABC
1bcsin
2
3
A,2分
2
2
所以b2.3分
由余弦定理
a
bc22bccosA,5分
解得a
7.6分
(Ⅱ)①当AD1时,
在ABC中,由正弦定理
b
BC
,2分
sinBsinBAC
27
即sinB
3,所以
2
sinB
21.4分
7
因为ADAB1,所以ADBB.6分
所以sin
ADB
sinB,7分
即sin
ADB
21.8分
7
②当CAD30时,
在ABC中,由余弦定理知,
222
cosB
ABBCAC
71427
.3分
2ABBC
2717
因为A
120
,所以
DAB
90,4分
,
所以BADBπ5分
2
所以sin
ADB
cosB,7分
即sin
ADB
27
.8分
7
(17)(共14分)
解:
(Ⅰ)由频率分布直方图知,
m(0.0020.0020.006)1020,2分
解得m200.3分
(Ⅱ)方法1:
0
2
由图知,每位学生成绩不低于90分的频率为0.0110=0.1,1分由已知,X的所有可能取值为0,1,2,2分
则P(X
0)C2
(10.1)
0.81,
P(X
1)C20.1(10.1)0.18,
1
22
P(X
2)C2
0.10.01.5分
所以X的分布列为
X0126分
P0.810.180.01
所以EX=00.81+10.1820.010.2.7分
方法2:
由图知,每位学生成绩不低于90分的频率为0.0110=0.1,1分
由已知
X~B(2,0.1)
,2分
则P(X
0
1)C2
2
(10.1)
0.81,
P(X
1
2)C2
0.1(10.1)0.18,
22
P(X
3)
C2
0.10.01.5分
所以X的分布列为
X0126分
P0.810.180.01
所以EX=20.10.2.7分
(Ⅲ)机构M抽测的不达标率为200.1
200
,1分
机构N抽测的不达标率为200.2.2分
100
(以下答案不唯一,只要写出理由即可)
①用机构M测试的不达标率0.1估计A校不达标率较为合理。
3分
理由:
机构M选取样本时使用了分层抽样方法,样本量也大于机构N,样本更有代表性,所以,能较好反映了总体的分布。
4分
②没有充足的理由否认机构N的成绩更合理.3分
理由:
尽管机构N的样本量比机构M少,但由于样本的随机性,不能排除样本较好
的反映了总体的分布,所以,没有充足的理由否认机构N的成绩更合理。
4分
(18)(共14分)
(Ⅰ)证明:
取
A1C1中点为P,连结CP,EP,
在ΔA1B1C1中,因为
E、P为
A1B1、A1C1的中点,
所以EP//B1C1且EP=
1BC
.1分
211
又因为D是BC的中点,CD
1BC,
2
所以EP//BC且EP=CD,
所以CDEP为平行四边形
所以CP//DE.2分
又因为DE平面
ACC1A1,.3分
CP?
平面
ACC1A1,
所以DE//平面
ACC1A1.4分
(Ⅱ)连结
C1D、AD,
因为ΔABC是等边三角形,D是BC的中点,
所以ADBC,
因为BC=
AA1=
CC1,∠BCC1=60,
所以C1DBC.
因为平面ABC平面BCC1B1,
平面ABC
平面BCC1B1
BC,
C1D平面
BCC1B1,
所以C1D平面ABC,
所以DC1,DA,DB
两两垂直.
如图,建立空间直角坐标系Dxyz,1分
则A(
3,0,0),C(0,1,0),C1(0,0,3),
CC1(0,1,
3),CA
(3,1,0)
设平面ACC1的法向量为
uuur
n
(x,y,z),
则CC1n
CAn
0,
0
2分
y
即
3z
y
0
0
,
3分
3x
令x=1,则y
3,z1,
所以n(1,
3,1).
4分
平面ABC的法向量为
uuuur
uuur
uuurDC1
(0,0,3),
cosDC,n
DCn
1
uuur1
|DC1||n|
5
5
.
又因为二面角C1CA1B为锐二面角,
所以二面角
C1
CA1B的余弦值为
5.
5
6分
(如果没有建立坐标系,利用二面角的定义,比照步骤给分。
)
A1(3,1,3),
uuur
1分
A1B1(3,1,0),
(Ⅲ)
uuruuuur
设A1EA1B1(0≤≤1),
uuru
则A1E
(3,,0),
所以
uuruDE
E(33,1
(33,1
uuur
,3),2分
,3)
所以BC1(0,1,3),
假设DEBC1,
则DEBC10
解得2,
这与已知0≤
≤1矛盾。
3分
原命题得证.
(19)(共14分)
4分
(Ⅰ)因为椭圆经过点
(2,0),所以
a
2,
1分
又因为c
a
由b2a2
1,则c
2
c2,得b2
1,2分
3,3分
x2y2
所以椭圆的标准方程为1.4分
43
(Ⅱ)方法一
因为以PQ为直径的圆过坐标原点O,所以OPOQ.1分
①若直线OP的斜率不存在,则P为椭圆与y轴交点,Q为椭圆与x轴交点,
因此|OP|2b23,|OQ|2a24,
22
则11117
|OP||OQ|3412
.2分
②若直线OP的斜率存在且为0,则P为椭圆与x轴交点,Q为椭圆与y轴交点,
因此|OP|2a24,|OQ|2b23,
22
则11117
|OP||OQ|4312
.3分
③若直线OP的斜率存在且不为0,
可设直线OP方程为y
kx(k
0),
则直线OQ的方程为
y1x.4分
k
ykx
联立x2y2
x2k2x2
,得1,5分
1
43
2122
43
12k2
即x,y
34k2
11
34k2
34k2
,6分
即
|OP|2
x2y2
1212k2
,7分
同理,1
2
43k2
2
,8分
|OQ|1212k
则1
|OP|2
1
|OQ|2
77k2
1212k2
7.10分
12
方法二
①若直线l的斜率存在时,设l:
ykxm,与椭圆方程联立得:
ykxm
2
2
,有
xy1
(34k2)x2
8kmx
4m2
120,2分
43
由题意,0,设
P(x1,y1),Q(x2,y2),
所以x1
x8km
24k23
4m2
,x1x22
4k
12.3分
3
因为以PQ为直径的圆过原点O,
由OP
OQ,得
x1x2
y1y20,4分
即x1x2
(kx1
m)(kx2
m)0,整理得,
12(1
k2)7m2,5分
222
而11|OP||OQ||PQ|6分
|OP|2|OQ|2|OP|2|OQ|2|OP|2|OQ|2
设h为O到l的距离,则
|OP||OQ||PQ|h
所以
,
111
222
|OP||OQ|h
而h|m|,
2
1k
所以
11
22
|OP||OQ|
1k2
2
m
7.8分
12
②若直线l的斜率不存在,则有
kOP
1,9分
不妨设
kOP
1,设
P(x1,y1),有
x1y1,
xy2
22
x
代入椭圆方程1得,1
12,
|OP|2
437
|OQ|224,
7
1
即|OP|2
1
|OQ|2
727,
2412
综上1
|OP|2
1
|OQ|2
7.10分
12
(20)(共15分)
(Ⅰ)解;当a
1时,函数
f(x)lnxx,x01分
x1
f
(1)
1,2分
2
11x2x1
f(x)
22,3分
x(x1)x(x1)
kf
(1)
3,4分
4
所以函数
yf(x)
在点(1,f
(1))处的切线方程是3x
4y50.5分
(Ⅱ)解法1
函数的定义域为(0,),
1ax2(2a)x1
f(x)22,1分
x(x1)x(x1)
设g(x)
2
x(2
a)x
1(x
0),
①当a≤2或a2且
a24a≤0,即a≤4时,都有
g(x)≥0,
所以,函数f(x)在(0,)是增函数,2分
又f
(1)
aa
,f(e)
a,4分
2
若a0时,
e1
f
(1)0,函数
a
f(x)
在(0,)有且只有一个零点,5分
2
若a0时,由于ffaa
(1)(e)
a0,e
2
2
所以f(x)在(0,)存在唯一零点.6分
②当a
4时,方程
x(2
a)
x
10的判别式
a4a0,
设方程的两根为
x1,x2,不妨设x1
x2,
由韦达定理可知x1
x2a
20,
x1x210,7分
所以
0
x11,x21,
x(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,
)
f(x)+
f(x)增
0
极大值
-
减
0
极小值
+
增
因为
0
x11,所以lnx1
0,
所以f(x)极大值=f(x1)lnx1
ax1
0,8分
x11
由上可知f(x2)
aa
a
a
f
(1)0,f(e)
0,9分
存在唯一的x
2e1
af(x)0
0(x2,e)使得0,
所以函数f(x)在(0,)有且只有一个零点.
综上所述,对任意的aR函数
yf(x)
有且只有一个零点.10分
解法2
函数的定义域为(0,),
要使函数
f(x)有且只有一个零点,只需方程(x
1)
lnxax
0有且只有一个根,
即只需关于x的方程(x
1)lnxax
0在(0,
)上有且只有一个解.
设函数
g(x)
(x1)lnxx
a,1分
则g(x)x
1lnx2
x,2分
令h(x)x1lnx,
则h(x)11
x1,3分
xx
由h(x)0,得x1.4分
x(0,1)
h(x)
1(1,)
0
h(x)单调递减极小值单调递增
由于h(x)minh
(1)20,5分
所以g
(x)0,
所以g(x)
(x1)lnxx
a在(0,)上单调递增,6分
又g
(1)
a,g(ea)
a
a,8分
e
①当a
0时,g
(1)0,函数
a
g(x)在(0,)有且只有一个零点,
a2
②当a
0时,由于
g
(1)g(e)
a0,所以存在唯一零点.
e
综上所述,对任意的aR函数
yf(x)
有且只有一个零点.10分
(21)(共
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