北京市昌平区新学道临川学校2020届高三数学上学期期末考试试题文(含解析)

北京市昌平区新学道临川学校2020届高三数学上学期期末考试一试题文（含分析）一、选择题：本大题共12个小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.1.复数i)的虚部为(1iA.1iB.1iC.1D.12222【答案】C【分析】【详解】试题剖析：i(1i)i11i，所以1i的虚部是1，应选C．1i222i2考点：此题主要考察复数的观点及其代数运算．评论：简单题，第一计算并化为代数形式，再确立虚部．2.设会合M{x|x22x0}，N{x|x1}，则MIN()A.{x|x1}B.{x|2x1}C.{x|0x1}D.{x|2x0}【答案】C【分析】【剖析】先解不等式x22x0，求出会合M，再与会合N求交集即可.【详解】由于Mx|x22x0x|0x2，又N{x|x1}，所以MN{x|0x1}.应选C【点睛】此题主要考察会合的交集运算，属于基础题型.已知tan=3，则cos2＝（）A.310B.1091C.D.10101010【答案】D【分析】【剖析】由同角三角函数基本关系将cos2转变，即可求出结果.【详解】由于cos2cos211，tan3，所以cos21.sin2cos2?tan210应选D【点睛】此题主要考察同角三角函数基本关系，属于基础题型.4.某校开设a,b,c,d共4门选修课，一位同学从中随机选用2门，则a与b未同时被选中的概率为()A.1B.1C.2D.56336【答案】D【分析】【剖析】先求a与b同时被选中的概率，再由互为对峙事件的概率之和为1，即可求出结果.【详解】记“a与b同时被选中”为事件A，所以事件A发生的概率为PA112，C46所以a与b未同时被选中的概率为P1PA5?.6应选D【点睛】此题主要考察古典概型，属于基础题型.5.x0，使得1xa0，则实数a的取值范围是()xA.a2B.a2C.a2D.a2【答案】B【分析】【剖析】先由1xa0分别参数获得a1x，求出1x的最小值即可.xxx【详解】由于1xa0，所以a1x21nx2，当且仅当x1时，取等号，xxx所以只要a2，应选B.【点睛】此题主要考察利用基本不等式办理不等式成立的问题，属于基础题型.6.某三棱锥的三视图以下图，则该几何体的体积为()A.4B.8C.4D.833【答案】A【分析】【剖析】由三视图先确立几何体的形状，由体积公式即可求解.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，其底面为等腰直角三角形，且腰长为2，三棱柱的高为2，所以该三棱柱的体积为V112224.323应选A【点睛】此题主要考察由三视图来求几何体的体积，属于基础题型.rrrrrrrr7.设向量a，b知足ab(3,1)，ab1，则|ab|()A.2B.6C.22D.10【答案】B【分析】【剖析】由题意联合向量的运算法例求解其模即可.【详解】由题意联合向量的运算法例可知：vvvv2vv226.abab4ab3141此题选择B选项.【点睛】此题主要考察向量的运算法例，向量的模的求解等知识，意在考察学生的转变能力和计算求解能力.8.设{an}为等差数列，a122，Sn为其前n项和，若S10S13，则公差d()A.-2B.-1C.1D.2【答案】A【分析】【剖析】由题意联合等差数列的性质和前n项和的定义求解公差即可.详解】由题意可得：3a12a11a12a13S13S100，则a120，等差数列的公差da12a10221212.11此题选择A选项.【点睛】此题主要考察数列的前n项和与通项公式的关系，等差数列公差的计算等知识，意在考察学生的转变能力和计算求解能力.9.已知F是抛物线C:y22px(p0)的焦点，抛物线C的准线与双曲线:x2y21(a0,b0)的两条渐近线交于A，B两点，若ABF为等边三角形，则a2b2的离心率e（）A.3B.23C.21D.212373答案】D分析】剖析】求出抛物线的焦点坐标，准线方程，而后求出抛物线的准线与双曲线的渐近线的交点坐标，利用三角形是等边三角形求出a，b的关系式，联合离心率公式，计算可得所求值．【详解】解：抛物线的焦点坐标为p,0xp【，准线方程为：，22xp2联立抛物线的准线方程与双曲线的渐近线方程，byxa解得ypb，可得|AB|pb，2aaABF为等边三角形，可得p3pbb2，即有，2aa3则ec1b21421．aa233应选：D．【点睛】此题考察抛物线的简单性质，双曲线方程和性质，考察剖析问题解决问题的能力以及计算能力，属于中档题．10.已知函数f(x)exax1的图像与x轴相切，则a()A.-1B.0C.1D.12【答案】A【分析】【剖析】先设切点坐标m,0，再由题意可得f′m0且fm0，解方程组即可求出a.ex′ex′em详解】设切点为m,0，由fxax1得fxa，所以fma，所以由题意可得fmemam10emmem10，所以em1，ema0，aem1m由函数yex与y1的图像易知，两函数交点只有一个，且横坐标为0，11x所以解em1得m0，所以aem1.m【应选A.点睛】此题主要考察导数的方法研究函数的切线问题，往常先设切点坐标，由题意列方程组求解，属于基础题型.11.已知圆锥的极点为S，O为底面中心，A,B,C为底面圆周上三点，AB为底面的直径，SAAB，为SA的中点.设直线MC与直线SO所成角为，则MABtan()A.23B.3C.15D.153335【答案】C【分析】【剖析】先取OA中点N，连结MN，NC，只要说明CMN等于直线MC与直线SO所成角，再解三角形即可求出结果.【详解】由于在圆锥中，AB为底面的直径，S为圆锥的极点，所以SO底面，取OA中点N，连结MN，NC，由于M为SA的中点，所以SOPMN,故CMN等于直线MC与直线SO所成角.设AB2R,由题意OAOBOCR，SAAB2R，所以SO3R，ON1OA1R,22故NCOC2ON25R,MN1SO3R,222所以tanCMNNC15,MN3故tan15，选C.3【点睛】此题主要考察异面直线所成的角，只要用立体几何法在几何体中作出异面直线所成的角，解三角形即可，属于基础题型.12.已知点P在圆x2y24上，A(2,0)，B(2,0)，M为BP中点，则sinBAM的最大值为()1A.4【答案】C【分析】【剖析】由圆的特点可确立

B.101110C.D.32BAM为锐角，所以只要求出BAM的正切值的最大值即可.【详解】设Px,y，由于为BP中点，所以Mx2,y，所以22yytanBAM2，x2x262由于点P在圆x2y24上，则2x2,不如令y0，y4x2x212x401232则tanBAM6x6x2x21x6x2，66611,1，则tan2令tBAM112t32t232t31x684168所以当且仅当t3tanBAM取最大值2，故sinBAM1时，.应选C.1643【点睛】此题主要考察函数的综合，往常状况下，需要依题意表示出所求的量，经过求函数的值域来确立结果，属于中档试题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）xy10,13.若x，y知足拘束条件xy10,则x2y的最大值为__________．x3y10,【答案】2【分析】【剖析】第一画出可行域，而后联合目标函数的几何意义确立函数的最值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面地区以下图，联合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处获得最大值，xy10联立直线方程：，可得点的坐标为：A0,1，xy10据此可知目标函数的最大值为：0212.【点睛】求线性目标函数z＝ax＋(≠0)的最值，当＞0时，直线过可行域且在y轴上byabb截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.14.已知函数f(x)x2,x0,1的解集为__________．则不等式f(x)ln(x1),x0,【答案】(1,e1)【分析】【剖析】由题意联合函数的分析式分类议论求解不等式的解集即可.【详解】联合函数的分析式分类议论：当x0时，x21，解得：1x1，此时1x0，当x0时，lnx11，解得xe1，此时0xe1，综上可得，不等式fx1的解集为1,e1.【点睛】此题主要考察分段函数不等式的解法，分类议论的数学思想等知识，意在考察学生的转变能力和计算求解能力.15.已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn2an，则S5__________．【答案】3116【分析】【剖析】由Sn2an和anSnSn1，可求出数列an的通项公式，从而可求出结果.【详解】由于Sn是数列an的前n项和，Sn2an，所以由anSnSn1an1ann2，所以an1an1，1为公比的等比数列，又2所以数列an是以S12a1a1，所以a11，2n14故an1,所以S52a52131.2216【点睛】此题主要考察等比数列，属于基础题型.16.若函数f(x)sin(x)（0，0）的图像对于点(,0)对称，且f(x)在26[0,]上单一递减，则__________．6【答案】3【分析】【剖析】由函数图像对于点,0对称，且fx在0,上单一递减，可列出对于的不等式组，66再由0，0可求出结果.2【详解】由于fxsinx的图像对于点,0对称，且fx在0,上单一递66减，所以有24，即，又2k，kZ，ω636由于0，0，所以有662k6，22所以312k612k，由于03，kZ,所以k0,?36，故ω3.【点睛】此题主要考察三角函数的图像和性质，往常借助函数的单一性和周期性来办理，属于中档试题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都一定作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：60分17.如图，在梯形ABCD中，AD90o，M为AD上一点，AM2MD2，BMC60o.（1）若AMB60o，求BC；（2）设DCM，若MB4MC，求tan.【答案】（1）BC323（2）tan2【分析】【剖析】先由题中条件求出MB，MC，再由余弦定理即可求解；(2)先由DCM，表示出ABM，从而可用表示出MC，MB，再由MB4MC，即可求解.详解】解：（1）由BMC60o，AMB60o，得CMD60o.在RtVABM中，MB2AM4；在RtVCDM中，MC2MD2．在VMBC中，由余弦定理得，BC2BM2MC22BMMCcosBMC12，BC23．（2）由于DCM，所以ABM60o，0o60o．在RtVMCD中，MC1；sin在RtVMAB中，MB2o，sin60由MB4MC得，2sin60osin，所以，即2sinθ，3cosθsinθsinθ3cosθ整理可得tan3．2【点睛】此题主要考察解三角形的问题，常用余弦定理和正弦定理等来办理，属于基础题型.18.在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面CBB1C1是菱形，3a1a2172，平面22ABC平面CBB1C1，M为BB1的中点，ACBC.（1）证明：CC1平面A1C1M；（2）若CACB2，求三棱锥C1A1CM的体积.【答案】（1）详看法析（2）233【分析】【剖析】由直线与平面垂直的判断定理，联合题中条件，即可证明结论成立；由三棱柱的体积公式，即可求解.【详解】解：（1）连结C1B．∵平面ABC平面CBB1C1，平面ABC平面CBB1C1BC，且ACBC，AC平面ABC，∴AC平面CBB1C1，而CC1平面CBB1C1，∴ACCC1，又ACPAC，则有ACCC，11111∵四边形CBB1C1是菱形，C1CB60o，∴VC1BB1为边长为2的等边三角形，∵M为BB1的中点，∴C1MBB1，即C1MCC1，又A1C1C1MC1，CC1平面A1C1M.（2）由（1）得C1M3AC1AC2，，又1∵AC平面CBB1C1，而C1M平面CBB1C1，∴ACC1M，又ACPAC11，则有A1C1C1M，所以VA1C1M的面积为SVACM3．11由（1）可知CC1平面A1C1M，三棱锥CACM的体积11VC1A1CMVCA1C1M1SA1C1MCC123．33【点睛】此题主要考察直线与平面垂直的判断定理，以及几何体的体积，属于基础题型.最近几年来，我国工业经济发展快速，工业增添值连年爬升，某研究机构统计了近十年（从2020年到2020年）的工业增添值（万亿元），以下表：年份2020202020202020202020202020202020202020年份序号x工业增28加值y依照表格数据，获得下边的散点图及一些统计量的值.101010xy22xixyiyxixyiyi1i1i1（1）依据散点图和表中数据，此研究机构对工业增添值y（万亿元）与年份序号x回归方程种类进行了拟合实验，研究人员甲采纳函数yevx，其拟合指数R20.93；研究人员乙采纳函数ymxn，其拟合指数R20.95；研究人员丙采纳线性函数ybxa，请计算其拟合指数，并用数听说明哪位研究人员的函数种类拟合成效最好.（注：有关系数r与拟合指数R2知足关系R2r2）.的（2）依据（1）的判断结果及统计值，成立y对于x的回归方程（系数精准到0.01）；（3）展望到哪一年的工业增添值能打破30万亿元大关.nxixyiy附：样本xi,yii1,2,L,n的有关系数ri1，n2n2i1xixi1yiyn17450.4132.1，bi1xixyiy.n2，aybxi1xix【答案】（1）看法析（2）（3）2020【分析】【详解】（1）r129.60.981，R2r20.962.132.1由于R2越大，拟合成效越好，所以丙的拟合成效最好．（2）b129.61.57，82.5a20.6b5.511.96.所以y对于x的线性回归方程为y1.57x11.96．（3）从2020年开始计数，2020年是第11年，其工业增添值y的预告值：y1.571111.9629.2330.2020年是第12年，其工业增添值y的预告值：y1.571211.9630.8030.故能够展望到2020年的工业增添值能打破30万亿元大关．【点睛】此题主要考察回归方程的求解与应用，有关系数的求解等知识，意在考察学生的转化能力和计算求解能力.20.已知椭圆C:x2y23，过点M(1,1)的动直线l与椭圆221(ab0)，离心率eab2C订交于A，B两点.当lx轴时，|AB|3.（1）求椭圆C的方程；（2）已知N为椭圆C的上极点，证明kNAkNB为定值.【答案】（1）C:x2y21（2）详看法析4【分析】【剖析】(1)先由离心率获得ab的关系，再由题中lx轴时，AB3，即可求出ab，从而，，可得结果;分直线l的斜率存在和不存在两种状况议论，联立直线与椭圆的方程，由根与系数关系，表示出直线NA,NB的斜率，从而可证明结论成立.【详解】解：（1）由e3可得c3b1，所以，2a2a2即a24b2，从而椭圆C:x2y2b2．4当lx轴时，l:x1AB3，不如取A1,，B1,，，由3322代入椭圆C:x2y2b2，得b21，4x2y21．故椭圆C:4（2）依题意，N0,1．当l的斜率存在时，设ykx11，Ax1,y1，Bx2,y2，将ykx11代入C的方程，得14k2x28kk1x4k28k0，当0时，x1x28kk1，x1·x24k28k．14k214k2kNAkNBy11y21x1x2，由于y1kx1k1，y2kx2k1，所以kNAkNB2kk2x1x2x1x22k2k12．由（1）得，当l的斜率不存在时，A1,3，B1,3，22所以kNAkNB3312．212综上，kNAkNB2．【点睛】此题主要考察椭圆的方程，以及椭圆的几何性质，往常状况下联立直线与椭圆方程，由根与系数关系，联合题意求解，属于中档试题.21.已知函数f(x)2alnxx24x3(a0).（1）若f(x)在定义域内单一递加，求a的取值范围；（2）若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)f(x2)0.【答案】（1）a1（2）详看法析【分析】【剖析】先对函数求导，再依据条件可得fx0恒成立，从而可求结果；(2)由(1)以及根与系数关系，先找到x1，x2的关系，将fx1fx2转变为对于a的函数，研究函数的单一性，即可证明结论成立.【详解】解：（1）fx2a2x4x0，即2a由于fx为单一增函数，所以fx2x40恒成立，xax22x1，当且仅当x1时取等号，max即a1．（2）证明：由（1）得fx2x24x2a，x依题意可得fx的两个零点为x1，x2，所以0a1，且x1x22，x1x2a．所以fx1fx22alnx1x124x132alnx2x224x232alnx1x2x12x224x1x262alnx1x2x122x1x24x1x26x22alna2a2令ga2alna2a2，0a1．则ga2lna0，ga单一递减，由于g10，所以ga0，故fx1fx20．【点睛】此题主要考察导数在函数中的应用，往常状况下，需要结构函数，用导数的方法来办理，难度较大.（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题记分.22.在极坐标系中，直线l:sin()4，圆C:4sin.以极点O为原点，极轴为x3轴正半轴成立直角坐标系xOy.（1）求直线l的直角坐标方程和圆C的参数方程；（2）已知点P在圆C上，P到l和x轴的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值.x2cos,【答案】（1）直线l的直角坐标方程为：3xy80；圆C的参数方程为y22sin（为参数，且02）；（2）7【分析】【剖析】利用极坐标方程与直角坐标方程，一般方程