北京市东城区2020届高三数学上学期期末考试试题

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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.已知会集Ax|x1，B{x|(x2)(x1)0}，那么AIB（）A.x|1x2B.x|1x1C.x|1x2D.x|1x1【答案】D【解析】【解析】求得会集B{x|1x2}，联合会集的交集的运算，即可求解.【详解】由题意，会集B{x|(x2)(x1)0}{x|1x2}，因此AIBx|1x1.应选：D.【点睛】本题主要观察了会集的交集的运算，此中解答中正确求解会集B，联合会集交集

的看法及运算求解是解答的要点，重视观察了推理与运算能力，属于基础题.

2.复数zi(i1)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】【解析】先化简复数，再计算对应点坐标，判断象限.

【详解】z1i，对应点为(1,1)，在第三象限.

故答案选B

【点睛】本题观察了复数的坐标表示，属于简单题.13.以下函数中，是偶函数，且在区间0,上单调递加的为（）A.y1B.yln|x|C.y2xD.xy1|x|【答案】B【解析】【解析】联合函数的单调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，对于A中，函数fx1x，因此函数为奇函数，不切合题意；fx对于B中，函数fxln|x|满足fxln|x|ln|x|fx，因此函数为偶函数，当x0时，函数ylnx为0,上的单调递加函数，切合题意；对于C中，函数y2x为非奇非偶函数，不切合题意；对于D中，y1|x|为偶函数，当x0时，函数y1x为单调递减函数，不切合题意，

应选：B.

【点睛】本题主要观察了函数的奇偶性和函数的单调性的判断与应用，此中解答中熟记函数的单调性与奇偶性的判断方法，以及初等函数的性质是解答的要点，重视观察了推理与论证能力，属于基础题.

4.设a,b为实数，则“ab0”是“ab”的（）A.充分而不用要条件B.必需而不充分条件C.充分必需条件D.既不充分也不用要条件【答案】A

【解析】

【解析】

依据函数fx

x为单调递加函数，联合充分条件和必需条件判断方法，即可求解.

【详解】由题意，函数fx

x为单调递加函数，

当ab0时，可得fafb，即ab建立，

2当ab，即fafb时，可得ab，因此ab0不用然建立，因此“ab0”是“ab”的充分而不用要条件.应选：A.【点睛】本题主要观察了指数函数的性质，以及充分条件、必需条件的判断，此中解答中熟

记指数函数的性质，以及熟练应用充分条件和必需条件的判断方法是解答的要点，重视观察

了推理与论证能力，属于中档题.

5.设，是两个不同样的平面，m,n是两条不同样的直线，则以下结论中正确的选项是（）

A.若m，mn，则n//B.若，m，n，则

mn

C.若n//，mn，则mD.若//，m，n，则

m//n

【答案】B

【解析】

【解析】

依据线面地点关系的判判断理和性质定理，逐项判断，即可求解，获得答案.

【详解】由题意，对于A中，若m，mn，则n//或n，因此不正确；对于C中，若n//，mn，则m与可能平行，订交或在平面内，因此不正确；对于D中，若//，m，n，则m与n平行、订交或异面，因此不正确；对于B中，若，m，n，，依据线面垂直的性质，可证得mn建立，应选：B.【点睛】本题主要观察了线面地点关系的判断与证明，此中解答中熟记线面地点关系的判断定理和性质定理，逐项判断是解答的要点，重视观察了推理与论证能力，属于基础题.从数字1，2，3，4，5中，拿出3个数字（赞成重复），构成三位数，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】

3【解析】

由题意，把问题分为三类：当三个数分别为1,1,4，1,2,3，2,2,2三种状况，联合摆列、组

合和计数原理，即可求解.

【详解】从数字1，2，3，4，5中，拿出3个数字（赞成重复），构成三位数，各位数字之

和等于6，

可分为三类状况：

1）当三个数为1,1,4

2）当三个数为1,2,3

时，共有C313种排法；时，共有A336种排法；（3）当三个数为2,2,2时，只有1中排法，由分类计数原理可得，共有36110种不同样排法，即这样的数共有10个.应选：C.【点睛】本题主要观察了计数原理与摆列、组合的应用，此中解答中认真审题，合理分类，

联合计数原理求解是解答的要点，重视观察了解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，以下结论中正确的选项是（）

A若，则sinsin2B.若，则22coscos2

C.若，则sinsin1D.若，则22coscos1

【答案】A

【解析】

【解析】

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】对于A中，因为，则024,2424又由sinsin2sincos2sincos2cos2，22422因此sinsin2是正确的；4对于B中，比方,，此时cos6cos32，666因此coscos2不用然建立，因此不正确；对于C中，因为，比方5,时，sin5sin1621，261261224因此sinsin1不正确；对于D中，因为，比方2,时，cos2cos131，2363622因此coscos1不正确，应选：A.【点睛】本题主要观察了三角恒等变换的应用，以及三角函数值的应用，此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要点，重视观察了推理与运算能力，属于基础题.8.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，有名数学家Dandelin创立的双球实考据了然上述结论.以以以下图，将两个大小同样的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，而且与圆柱面和均相切.给出以下三个结论：①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；

②若球心距O1O24，球的半径为3，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.

此中，全部正确结论的序号是（）

A.①B.②③C.①②D.①②③

【答案】C

5【解析】【解析】设圆柱的底面半径为R，依据题意分别求得bR，aRR，OC，联合椭圆sintan的联合性质，即可求解.

【详解】由题意，作出圆柱的轴截面，以以以下图，

设圆柱的底面半径为R，依据题意可得椭圆的短轴长为2b2R，即bR，长轴长为2a2RaR，，即sinsin在直角O1OC中，可得O1Ctan，即OCO1CR，OCtantan又由OCb2R2R2R211R2，2tan2tan2sin22b2a2，因此OC22b2，即OCa又因为椭圆中c2a2b2，因此OCc，即切点为椭圆的两个交点，因此①是正确的；由O1O24，可得O1O2，又由球的半径为3，即R3，22R222(3)21，在直角O1OC中，OCOO1由①可知，即c1，因此2c2，即椭圆的焦距为2，因此②是正确的；RRcRsin由①可得a，c，因此椭圆的离心率为etantanaRcos，sintansin因此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，因此③不正确.应选：C【点睛】

本题主要观察了椭圆的几何性质及其应用，此中解答中认真审题，合理利用圆柱的结构特色，

以及椭圆的几何性质求解是解答的要点，重视观察了解析问题和解答问题的能力，属于中档

6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x2y21与x2y21有同样的焦点，则实数m_________.m32【答案】4【解析】【解析】联合双曲线的几何性质，获得m132，即可求解，获得答案.【详解】由题意，双曲线x2y2x2y2m1与1有同样的焦点，32可得m132，解得m4.故答案为：4.【点睛】本题主要观察了双曲线的标准方程及几何性质的应用，此中解答中熟练应用双曲线

的几何性质是解答的要点，重视观察了计算能力，属于基础题.

10.已知an是各项均为正的等比数列，Sn为其前n项和，若a16，a22a36，则公比q________，S4_________.【答案】145(1).(2).24【解析】

【解析】

依据等比数列的通项公式，获得2q2q10，求得q1再由等比数列的前n项和公式，2

求得S4，获得答案.

【详解】由题意，在数列an是各项均为正的等比数列，

因为a6，a22a6，可得a1q2a1q26q12q26，13即2q2q10，解得q1或q1（舍去），2

74]6[1(1)45又由等比数列的前n项和公式，可得S421.412故答案为：1，45.24

【点睛】本题主要观察了等比数列的通项公式，以及等比数列前n项和公式的应用，此中解

答中熟练等比数列的通项公式和前n项和公式，正确运算是解答的要点，重视观察了推理与

运算能力，属于基础题.

11.能说明“直线xym0与圆x2y24x2y0有两个不同样的交点”是真命题的一个m的值为______.【答案】0【解析】【解析】3m5，求得m依据直线与圆订交，利用圆心到直线的距离小于圆的半径，获得(1)212的取值范围，即可求解.【详解】由题意，圆x2y24x2y0的圆心坐标为(2,1)，半径为r5，若直线xym0与圆x2y24x2y0有两个不同样的交点，则满足圆心到直线的距离小于圆的半径，即3m5，解得12(1)2310m310，因此命题为真命题的一个m的值为0.故答案为：0.【点睛】本题主要观察了直线与圆的地点关系的应用，此中解答中熟记直线与圆的地点关系，

列出不等式求得m的取值范围是解答的要点，重视观察了推理与计算能力，属于基础题.uuuruuuruuuruuuruuuruuur2，则四边形12.在平行四边形ABCD中，已知ABACACAD，|AC|4，|BD|ABCD的面积是_______.

【答案】4

【解析】8【解析】

uuuruuuruuuruuuruuuruuurABCD是由ABACACAD，依据向量的线性运算，获得ACBD，从而获得四边形菱形，即可求得四边形的面积，获得答案.ABCD中，uuuruuuruuuruuur【详解】由题意，在平行四边形ABACACAD，uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur可得ABACAC(ADAB)ACBD0，因此ACBD因此四边形ABCD是菱形，uuuruuur2，因此面积为S1又由|AC|4，|BD|424.2故答案为：4.

【点睛】本题主要观察了向量的线性运算，向量的数目积的应用，以及菱形的面积的计算，

此中解答熟练应用向量的减法运算公式，以及向量的数目积的公式，求得四边形为菱形是解

答的要点，重视观察了推理与运算能力，属于基础题.

13.已知函数f(x)2sin(x)(0)，曲线yfx与直线y3订交，若存在相邻两个交点间的距离为，则的全部可能值为__________．6【答案】2或10【解析】【解析】令2sin(x)3，解得x2k,kZ或x2k2,kZ，33依据存在相邻两个交点间的距离为，获得x2x1或x2x15，即可求63w63w6解，获得答案.【详解】由题意，函数f(x)2sin(x)(0)，曲线yfx与直线y3订交，令2sin(x)3，即sin(x)3，2解得x2k,kZ或x2k2,kZ，33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，6可得232kw(x2x1),kZ，令k0，可得x2x13w，解得w2.369

或722kw(x2x1),kZ，令k0，可得x2x15，解得w10.333w6

故答案为：2或10.

【点睛】本题主要观察了三角函数的图象与性质的应用，以及三角方程的求解，此中解答中

熟练应用三角函数的图象与性质，列出方程求解是解答的要点，重视观察了推理能力与计算

鞥能力，属于中档试题.

14.将初始温度为0C的物体放在室温恒定为30C的实验室里，现等时间间隔丈量物体温

度，将第n次丈量获得的物体温度记为tn，已知t10C.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k）.给出以下几个模型，那么能够描述这些丈量数据的一

个合理模型为__________：（填写模型对应的序号）

①tn1k；②tn1tnk30tn；③tn1k30tn.tntn30在上述模型下，设物体温度从5C升到10C所需时间为amin，从10C上涨到15C所需时间为bmin，从15C上涨到20C所需时间为Cmin，那么a与b的大小关系是bc________（用“”，“”或“”号填空）【答案】(1).②(2).【解析】【解析】由温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比率系数为k），即可获得

tn1tnk30tn，再依据函数模型，分别求得k的值，联合作差比较，即可获得答案.【详解】由题意，将第n次丈量获得的物体温度记为tn，则两次的体温变化为tn1tn，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k），因此tn1tnk30tn，当物体温度从5C升到10C所需时间为amin，可得105k305，可得k5125，5当物体温度从10C上涨到15C所需时间为bmin，可得1510k30101，，可得k4当物体温度从15C上涨到20C所需时间为cmin，可得2015k3015，可得k1，310可是a1m,b1m,c1m,m0，543又由abacb2bcbc

即a与b的大小关系是c

故答案为：②，

1m1m(1m)21m21m211534151615160，1m1m1m21431212ab.c

【点睛】本题主要观察了函数的模型的选择，以及实质应用问题的求解，此中解答中认真审

题，正确理解题意，选择合适的函数模型是解答的要点，重视观察了解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.

15.在ABC中，已知csinA3acosC0.（1）求C的大小；（2）若b2，c23，求ABC的面积.【答案】（1）C23（2）3【解析】【解析】（1）由正弦定理可得sinCsinA3cosCsinA0，求得sinC3cosC0，即可求解C的大小；（2）由正弦定理，可得sinB1B，从而获得ABC，，获得266联合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）因csinA3acosC0，由正弦定理可得sinCsinA3cosCsinA0，又因为

又因为

A(0,)，因此sinA0，因此sinC3cosC0，即tanC3，0C，因此C2.311bsinC231，（2）由正弦定理，可得2sinBc232又因为0B，因此B，因此ABC.366因此ABC的面积S1bcsinA122313.222【点睛】本题主要观察了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，此中在解有关三角形的题目时，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

是解答的要点，重视观察了运算与求解能力，属于基础题.

年6月，国内的5G运营牌照开始发放.从2G到5G，我们国家的挪动通讯业务用

了不到20年的时间，完成了技术上的飞驰，跻出身界先进水平.为认识高校学生对5G的消费意愿，2019年8月，从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行检查，样本中各种用户分布状况以下：用户分类估计升级到5G的时段人数初期体验用户2019年8月至2019年12月270人中期随从用户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5G时间的早晚与大学生愿意为5G套餐支付更多的开销作比较，可得出

以以下图的关系（比方初期体验用户中愿意为5G套餐多支付5元的人数占全部初期体验用户的

40%）.12（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5G

的概率；

（2）从样本的初期体验用户和中期随从用户中各随机抽取1人，以X表示这2人中愿意为

升级5G多支付10元或10元以上的人数，求X的分布列和数学希望；

（3）2019年关，从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约5G套餐，能否

以为样本中初期体验用户的人数有变化？说明原由.

【答案】（1）（2）详见解析（3）事件D固然发生概率小，可是发生可能性为，

因此以为初期体验用户没有发生变化，详见解析

【解析】

【解析】

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5G，联合古典摡型的概率计算公式，即可求解；

2）由题意X的全部可能值为0,1,2，利用互相独立事件的概率计算公式，分别求得相应

的概率，获得随机变量的分布列，利用希望的公式，即可求解.

（3）设事件D为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约5G套餐”，

获得七概率为P(D)，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

13升级到5G的概率估计为样本中初期体验用户和中期随从用户的频率，即270530.1000（2）由题意X的全部可能值为0,1,2，记事件A“从初期体验用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以上”，

事件B为“从中期随从用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以

上”，由题意可知，事件A，B互相独立，且P(A)140%，P(B)145%，因此P(X0)P(AB)(10.6)(10.55)，P(X1)P(ABAB)P(AB)P(AB)P(A)(1P(B))(1P(A)P(B)(10.55)(10.6)，P(X2)P(AB)，因此X的分布列为X012P故X的数学希望E(X)012.（3）设事件D为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约5G套餐”，那么P(D)C2703.C10003回答一：事件D固然发生概率小，可是发生可能性为，因此以为初期体验用户没有发

生变化.

回答二：事件D发生概率小，因此能够以为初期体验用户人数增添.

【点睛】本题主要观察了失散型随机变量的分布列，数学希望的求解及应用，对于求失散型

随机变量概率分布列问题第一要清楚失散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出失散

型随机变量概率分布列，最后依据数学希望公式计算出数学希望，此中列出失散型随机变量

概率分布列及计算数学希望是理科高考数学必考问题.

1417.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，ABBC，AA1ABBC2.

（1）求证：BC1平面A1B1C；（2）求异面直线B1C与A1B所成角的大小；（3）点M在线段B1C上，且B1M((0,1))，点N在线段A1B上，若MN∥平面B1CA1N的代数式表示）.A1ACC1，求的值（用含A1B【答案】（1）证明见解析（2）（3）1

3

【解析】【解析】（1）依据三棱柱ABCA1B1C1的结构特色，利用线面垂直的判判断理，证得A1B1平面B1BCC1，获得A1B1BC1，再利用线面垂直的判判断理，即可证得BC1平面A1B1C；uuuruuur（2）由（1）获得ABBC，建立空间直角坐标系Bxyz，求得向量B1C,A1B，利用向量的夹角公式，即可求解.B1M，得M(2A1N，得N(0,22,22)，求得向（3）由,0,22)，设B1CA1Buuuuruuuurr量MN的坐标，联合MN//平面A1ACC1，利用MNn0，即可求解.【详解】（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，由BB1平面ABC，因此BB1平面A1B1C1，又因为BB1平面B1BCC1，因此平面B1BCC1平面A1B1C1，交线为B1C1.又因为ABBC，因此A1B1B1C1，因此A1B1平面B1BCC1.

15因为BC1平面B1BCC1，因此A1B1BC1又因为BB1BC2，因此B1CBC1，又A1B1IB1CB1，因此BC1平面A1B1C.（2）由（1）知BB1底面ABC，ABBC，如图建立空间直角坐标系Bxyz，由题意得B0,0,0，C2,0,0，A10,2,2，B10,0,2.uuuruuur因此B1C2,0,2，A1B0,2,2.uuuruuuruuuruuur1A1BBC1.因此cosA1B,B1Cuuuruuur2|BA1||B1C|故异面直线B1C与A1B所成角的大小为.3

（3）易知平面A1ACC1的一个法向量rn1,1,0，由B1MM(2,0,22).，得B1C设A1N2,22uuuur，得N(0,2)，则MN(2,22,22)A1B16uuuurr因为MN//平面A1ACC1，因此MNn0，即(2,22,22)(1,1,0)0，解得1，因此A1N1.A1B

【点睛】本题观察了线面平行的判断与证明，以及空间角的求解问题，意在观察学生的空间

想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面地点关系的判判断理和性质定理，经过严实推理

是线面地点关系判断的要点，同时对于立体几何中角的计算问题，常常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.

18.已知函数f(x)1x3x23ax(aR).

3

（1）若fx在x1时，有极值，求a的值；

（2）在直线x1上能否存在点P，使得过点P最稀有两条直线与曲线yfx相切？若

存在，求出P点坐标；若不存在，说明原由.

【答案】（1）a1（2）不存在，详见解析

【解析】【解析】（1）求得f(x)x22x3a，依据函数fx在x1获得极值，即可求解；（2）没关系设点P1,b，设过点P与yfx相切的直线为l，切点为x0,y0，求得切线方程，依据直线l过P1,b，转变成b1x03x023ax0x022x03a1x0，设函2x33数g(x)2x22x3ab，转变成gx在区间,上单调递加，即可求解.31x3【详解】（1）由题意，函数f(x)x23ax，则f(x)x22x3a，3由fx在x1时，有极值，可得f(1)123a0，

17解得a1.经检验，a1时，fx有极值.综上可得a1.（2）没关系设在直线x1上存在一点P1,b，设过点P与yfx相切的直线为l，切点为x0,y0，则切线l方程为y1x03x023x0x022x03axx0，31x03又直线l过P1,b，有bx023ax0x022x03a1x0，即23322x03ab0，3x02x0设g(x)2x32x22x3ab，则g(x)2x24x22(x1)20，3因此gx在区间,上单调递加，因此gx0至多有一个解，过点P与yfx相切的直线至多有一条，故在直线x1上不存在点P，使得过P最稀有两条直线与曲线yfx相切.【点睛】本题主要观察导数在函数中的综合应用，此中解答中熟记函数的导数与函数间的关

系是解答的要点，重视观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．

19.已知椭圆C:x2y22.21(a1)的离心率是a21）求椭圆C的方程；

2）已知F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，过F2作斜率为k的直线l，交椭圆C于A,B

1y轴于不同样的两点M,N.假如MF1N为锐角，求k的取值两点，直线F1A，FB分别交范围.

【答案】（1）x2y21（2）,72,00,27,27447【解析】

【解析】

（1）由题意，列出方程组，求得a22，即可获得椭圆的方程；18（2）设直线l的方程为ykx1，联立方程组，依据根和系数的关系，联合向量的数目

【详解】（1）由题意，椭圆C:x2y22，21(a1)的离心率是a2c2a2，因此椭圆C的方程为x2可得b21解得a22y21.a2b2c22（2）由已知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为ykx1，直线l与椭圆C的交点为Ax,y，Bx,y1122.yk(x1)22222由xy2得2k1x4kx2k20.12由已知，鉴识式恒建立，且x+x=4k2，x1x22k22.①122k2+12k21直线F1A的方程为yy1(x1)，令x0，则My1.x10,11x1同理可得N0,y2.x21uuuuruuuur1y1y21k2x11x21因此F1MF1Nx11x21x11x211k2x1x2x1x211k2x1x21k2x1x21k2x1x2x1x21x1x2x1x21将①代入并化简，得uuuuruuuur7k21.F1MF1N8k21依题意，角MF1Nuuuuruuuur0，即uuuuruuuur7k21.为锐角，因此FMFNF1MF1N0118k21解得k21或k217.819综上，直线l的斜率的取值范围是7227,4,00,,.747【点睛】本题主要观察椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的地点关系的综合应用,

解答此类题目，平时联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的

关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，以致错解，能较好的观察考生

的逻辑思想能力、运算求解能力、解析问题解决问题的能力等.

20.已知数列an，记会集TS(i,j)|S(i,j)aiai1Laj,1ij,i,jN*.（1）对于数列an:1,2,3,