北京市朝阳区2020届高三数学第一次模拟试题（Word版附解析）
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北京市朝阳区六校联考2019-2020学年高三年级四月份测试
数学试卷A
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．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1.已知命题 ： ， ，那么命题 的否定为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】
由全称命题的否定是特称命题即可得解.
【详解】 原命题是全称命题，
命题 的否定是“ ， ”.
故选：A.
【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.
2.下列函数中既是奇函数，又在区间 上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由奇函数的性质 和函数的单调性逐项判断即可得解.
【详解】对于A， ，不是奇函数，故A错误；
对于B， ，所以 为偶函数不是奇函数，故B错误；
对于C， ，所以 为奇函数；由 ，当 时， ，故 在 上单调递减，故C正确；
对于D，由正弦函数的单调性可知，函数 在 上单调递增，故D错误.
故选：C.
【点睛】本题考查了奇函数性质的应用和常见函数的单调性，考查了利用导数判断函数的单调性，属于基础题.
3.设集合 ， ，则以下集合P中，满足 的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得集合A，解指数不等式求得集合B，即可确定 ，进而判断各选项即可.
【详解】集合 ，解得 或 ，
，解得 ，
则 ，
所以 ，
对比四个选项可知，只有C符合 ，
故选：C.
【点睛】本题考查了一元二次不等式和指数不等式的解法，集合补集和交集的简单运算，属于基础题.
4.已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由对数函数的单调性和正切函数的性质可得 ，即可得解.
【详解】由对数函数的单调性可知 ， ，
由正切函数的性质得 ，
故 .
故选：A
【点睛】本题考查了利用对数函数单调性比较大小，考查了正切函数的性质，属于基础题.
5.若一个n面体有m个面是直角三角形，则称这个n面体的直度为 ，如图是某四面体的三视图，则这个四面体的直度为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三视图，还原空间几何体，即可确定四面体中直角三角形个数，即可得解.
【详解】由三视图还原空间几何体如下图所示：
则四面体为 ，由图可知，四面体中有4个直角三角形，分别为 ，
由题意可知这个4面体的直度为 ，
故选：D.
【点睛】本题考查根据三视图还原空间几何体，立体几何中新定义的简单应用，属于基础题.
6.已知向量 ，若 ，则 在 上的投影是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据坐标先求得向量 ，结合平面向量数量积的运算律求得 ，即可由平面向量投影的定义求得 在 上的投影.
【详解】向量 ，则 ，
因为 ，
则 ，即 ，
所以 ，
在 上的投影为 .
故选：D.
【点睛】本题考查由坐标求平面向量模，平面向量数量积的运算律简单应用，投影的定义和求法，属于基础题.
7.已知 ，则“ ”是“ 是直角三角形”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】D
【解析】
【分析】
若 ，则 或 ；若 ，则 ；由充分条件和必要条件的概念即可得解.
【详解】若 ，则 或 ，不能推出 是直角三角形；
若 ，则 ，所以 是直角三角形不能推出 ;
所以“ ”是“ 是直角三角形”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【点睛】本题考查了三角函数的性质和充分条件、必要条件的概念，属于基础题.
8.“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了 多年.如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记 为图中虚线上的数 构成的数列 的第 项，则 的值为（ ）
A. 5049 B. 5050 C. 5051 D. 5101
【答案】B
【解析】
分析】
观察数列的前4项，可得 ，代入即可得解.
【详解】由题意得 ， ， ，
观察规律可得 ，
所以 .
故选：B.
【点睛】本题考查了观察法求数列的通项公式，属于基础题.
9.已知双曲线 的渐近线与抛物线 交于点 ，直线AB过抛物线M的焦点，交抛物线M于另一点B，则 等于（ ）
A. 3.5 B. 4 C. 4.5 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】
根据双曲线方程可得渐近线方程，将点A的坐标求出后代入抛物线方程，即可求得抛物线的方程和焦点坐标，由A和焦点坐标可得直线AB的方程，联立直线AB的方程和抛物线方程，化简后由韦达定理可得 ，即可由 求解.
【详解】双曲线 ，
双曲线的渐近线方程为 ，不妨取 ，
双曲线渐近线与抛物线交于点 ，则将点A代入可得 ，
将点A代入抛物线方程可得 ，则 ，
所以抛物线 ，焦点坐标为 ，
直线AB过抛物线M的焦点，则由A和焦点坐标可得直线AB的方程为 ，
直线AB与抛物线交于 ，
联立抛物线方程 ，化简可得 ，
则 ，
所以 ，
故选：C.
【点睛】本题考查了双曲线与抛物线的综合应用，直线与抛物线相交所得弦长的求法，属于基础题.
10.关于函数 ，有以下三个结论：
①函数恒有两个零点，且两个零点之积为 ；
②函数的极值点不可能是 ；
③函数必有最小值
其中正确结论的个数有（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】D
【解析】
【分析】
把函数 的零点转化为函数 的零点，即可判断①；求得 后代入 ，根据 是否为0即可判断②；设 的两个实数根为 ， 且 ，结合①可得当 时， ，再证明 即可判断③；即可得解.
【详解】由题意函数 的零点即为函数 的零点，
令 ，则 ，所以方程必有两个不等实根 ， ，设 ，
由韦达定理可得 ，故①正确；
，
当 时， ，故 不可能是函数 的极值点，故②正确；
令 即 ， ，
设 的两个实数根为 ， 且 ，
则当 ， 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，所以 为函数极小值；
由①知，当 时，函数 ，所以当 时， ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 为函数的最小值，故③正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了函数与导数的综合问题，考查了推理能力，属于中档题.
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．
11.在 的二项展开式中， 的系数为________（用数字作答）
【答案】-80
【解析】
【分析】
由二项定理展开式 通项，即可确定 的系数.
【详解】在 的二项展开式中，由展开式通项可得 ，
令 ，解得 ，
所以系数为 ，
故答案为： .
【点睛】本题考查了二项定理展开通项式的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.
12.设复数z在复平面内对应的点位于第一象限，且满足 ， ，则z的虚部为________， ________．
【答案】 (1). 4 (2).
【解析】
【分析】
设出复数 ，结合条件即可求得复数，进而由复数的定义和除法运算即可得解.
【详解】复数z在复平面内对应的点位于第一象限，
设复数 ，
所以 ，
因为满足 ， ，则 ，解得 ，
所以 ，
所以 的虚部为4；
由复数除法运算化简可得 ，
故答案为：4； .
【点睛】本题考查了复数的概念和几何意义简单应用，复数的除法运算，属于基础题.
13.设无穷等比数列 的各项为整数，公比为 ，且 ， ，写出数列 的一个通项公式________．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】
根据题意可知首项与公比都为整数，结合不等可求得 ，即可取一个负数作为首项得数列 的通项公式.
【详解】无穷等比数列 的各项为整数，则公比 为整数，且 ， ，
则 ，变形可得 ，
所以 ，
当 时，数列 的一个通项公式为 ，
故答案为： .（答案不唯一）
【点睛】本题考查了数列的简单应用，由等比数列的通项公式及不等式确定首项的范围，开放性试题只需写出一个符合要求的解即可，属于中档题.
14.在平面直角坐标系中，已知点 ， ， 为直线 上的动点， 关于直线 的对称点记为 ，则线段 的长度的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】
转化条件得 点轨迹为以 为圆心， 为半径的圆（不包括点 ），由 即可得解.
【详解】 关于直线 的对称点记为 ， 为直线 上的动点，
， 点轨迹为以 为圆心， 为半径的圆（不包括点 ），如图，
又 ， .
故答案为： .
【点睛】本题考查了圆上点到定点距离最值的求解，考查了转化化归思想，属于中档题.
15.关于曲线 ，给出下列四个结论：
①曲线C关于原点对称，但不关于x轴、y轴对称；
②曲线C恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
③曲线C上任意一点都不在圆 的内部；
④曲线C上任意一点到原点的距离都不大于 ．
其中，正确结论的序号是________．
【答案】①④
【解析】
【分析】
根据关于原点、x轴、y轴对称的横纵坐标特点，代入即可判断①；取 的整数值，代入求得 的值即可判断②；由基本不等式确定 的最大值，即可判断③；由两点间距离公式及基本不等式，化简即可判断④；
【详解】曲线 ，
对于①，将 替换 ， 替换 ，代入可得 ，所以曲线C关于原点对称；
将 替换 ，代入可得 ，所以曲线C不关于y轴对称；
将 替换 ，代入可得 ，所以曲线C不关于 轴对称；所以①正确；
对于②，当 时，代入可得 ，所以经过 ；
当 时，代入可得 ，所以经过 ；
当 时，代入可得 ，所以经过 ；
当 时，代入可得 ，所以经过 ；
所以至少有六个整点在曲线C上，所以②错误；
对于③，由 可知 ，
而 ，
所以 ，解得 ，
即 ，则 ，
同理 ，解得 ，
所以 ，则③错误；
对于④，由③可知 ，
所以 ，故④正确，
综上可知，正确的为①④，
故答案为：①④.
【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线性质的应用，由基本不等式确定取值范围的应用，属于中档题.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16.已知 ．
（I）求 的最小正周期和单调递增区间；
（II）当 时，若 ，求x的取值范围．
【答案】（I） ．（II）
【解析】
【分析】
（I）由正弦和角与差角公式，结合辅助角公式化简函数解析式，即可求得最小正周期，结合正弦函数图像与性质可求得单调递增区间；
（II）根据（I）所得函数解析式，由 可得 ， 可知 ，
安徽省蚌埠市2020届高三数学（文）下学期第三次质量检测试题（Word版附答案）
安徽省蚌埠市2020届高三数学（文）下学期第三次质量检测试题（Word版附答案）,高三数学下学期第三次质检试题,安徽,蚌埠市,莲山课件.
结合正弦函数的图像即可确定x的取值范围．
【详解】（I）由正弦和角与差角公式，结合辅助角公式化简函数解析式可得
，
所以
由 ， ，
得 ， ．
故 的单调递增区间为： ．
（Ⅱ）因为 ，则 ，
若 ，则 ，
画出正弦函数 在 内的函数图像如下图所示：
结合正弦函数图像可知，当 或 ，
解得 ，
所以当 时，x的取值范围为 ．
【点睛】本题考查了三角函数式的化简，正弦函数图像与性质的综合应用，属于基础题.
17.体温是人体健康状况的直接反应，一般认为成年人腋下温度T（单位： ）平均在 之间即为正常体温，超过 即为发热．发热状态下，不同体温可分成以下三种发热类型：低热： ；高热： ；超高热（有生命危险）： ．某位患者因患肺炎发热，于12日至26日住院治疗．医生根据病情变化，从14日开始，以3天为一个疗程，分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热．住院期间，患者每天上午8：00服药，护士每天下午16：00为患者测量腋下体温记录如下：
抗生素使用情况 没有使用 使用“抗生素A”疗 使用“抗生素B”治疗
日期 12日 13日 14日 15日 16日 17日 18日 19日
体温（ ）
38.7 39.4 39.7 40.1 39.9 39.2 38.9 39.0
抗生素使用情况 使用“抗生素C”治疗 没有使用
日期 20日 21日 22日 23日 24日 25日 26日
体温（ ）
38.4 38.0 37.6 37.1 36.8 36.6 36.3
（I）请你计算住院期间该患者体温不低于 各天体温平均值；
（II）在19日—23日期间，医生会随机选取3天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“a项目”的检查，记X为高热体温下做“a项目”检查的天数，试求X的分布列与数学期望；
（III）抗生素治疗一般在服药后2-8个小时就能出现血液浓度的高峰，开始杀灭细菌，达到消炎退热效果．假设三种抗生素治疗效果相互独立，请依据表中数据，判断哪种抗生素治疗效果最佳，并说明理由．
【答案】（I）平均值为 （II）分布列见解析， ．（III）“抗生素C”治疗效果最佳，理由见解析.
【解析】
【分析】
（I）根据所给表格，可计算体温不低于 的各天体温平均值；
（II）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，分别求得各自的概率，即可得分布列，进而求得数学期望；
（III）根据三种抗生素治疗后温度的变化情况，结合平均体温和体温方差，即可做出判断.
【详解】（I）由表可知，该患者共6天的体温不低于 ，记平均体温为 ，
．
所以，患者体温不低于 的各天体温平均值为
（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2
，
，
，
则X的分布列为：
X 0 1 2
所以 ．
（Ⅲ）“抗生素C”治疗效果最佳，理由如下：
①“抗生素B”使用期间先连续两天降温后又回升 ，“抗生素C”使用期间持续降温共计 ，说明“抗生素C”降温效果最好，故“抗生素C”治疗效果最佳
②“抗生素B”治疗期间平均体温 ，方差约为0.0156：“抗生素C”平均体温 ，方差约为0.1067，“抗生素C”治疗期间体温离散程度大，说明存在某个时间节点降温效果明显，故“抗生素C”治疗效果最佳．
【点睛】本题考查了平均数的求法，古典概型概率求法，离散型随机变量分布列及数学期望的求法， 分析实际问题方案的解决方法，属于中档题.
18.在四棱锥 中，平面 平面 ，底面 为梯形， ， ，且 ， ， ．
（I）求证： ；
（II）求二面角_____的余弦值；
从① ，② ，③ 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（III）若 是棱 的中点，求证：对于棱 上任意一点 ， 与 都不平行．
【答案】（I）见解析（II）见解析（III）见解析
【解析】
【分析】
（I）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理，可证明 平面 ，进而证明 ；
（II）在平面 内过点D作 ，交 于H，以D为原点， 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系 ，写出各个点的坐标，并求得各平面法向量，由法向量法即可求得各二面角的大小；
（III）假设棱BC上存在点F， ．设 表示出 ， ，设 ，可得关于 的方程组，方程组无解即可确定 与 不平行.
【详解】（I）证明：因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 ．
（Ⅱ）选择①：在平面 内过点D作 ，交 于H．
由（I）可知， 平面 ，所以 ．
故 两两垂直，
如图，以D为原点， 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系 ，
则 ．
因为 平面 ，所以平面 的一个法向量为 ．
而 ， ，
设平面 的一个法向量为
则由 ，得 ，
取 ，有 ．
所以 ．
由题知二面角 为锐角，
故二面角 的余弦值为 ．
选择②：（下面给出关键点供参考，若与上面建系相同，）
平面ABCD的一个法向量为 ；
平面PBD的一个法向量为 ；
二面角 为钝角：二面角 的余弦值为 ．
选择③：（下面给出关键点供参考，若与上面建系相同，）
平面ABCD的法向量 ；
平面PBC的法向量 ；
二面角 为锐角；二面角 的余弦值为 ．
（Ⅲ）假设棱BC上存在点F， ．设 ．
依题意，可知 ， ，
， ，
， ，设 ，
则 ，而此方程组无解，
故假设不成立，所以结论成立．
【点睛】本题考查了面面垂直的性质及线面垂直的判定定理应用，由空间向量法求二面角大小，线线平行的向量证明方法，属于中档题.
19.已知椭圆 的离心率为 ，过椭圆右焦点 的直线 与椭圆交于 ， 两点，当直线 与 轴垂直时， .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）当直线 与 轴不垂直时，在 轴上是否存在一点 （异于点 ），使 轴上任意点到直线 ， 的距离均相等？若存在，求 点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） ；（2）存在点
【解析】
【分析】
（1）由题意可得方程 解方程后即可得解；
（2）设直线 ， ， ，假设存在点 ，设 ，由题意 ，联立方程组表示出 、 ，代入即可得解.
【详解】（1）由题意得 ，解得: ， ， .
所以椭圆的标准方程为： .
（2）依题意，若直线 的斜率不为零，可设直线 ， ， .
假设存在点 ，设 ，由题设， ，且 ， .
设直线 ， 的斜率分别为 ， ，
则 ， .
因为 ， 在 上，
故 ， ，
而 轴上任意点到直线 ， 距离均相等等价于“ 平分 ”，
继而等价于 .
则 .
联立 ，消去 得： ，
有 ， .
则 ，
即 ，故 或 （舍）.
当直线 的斜率为零时， 也符合题意.
故存在点 ，使得 轴上任意点到直线 ， 距离均相等.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，考查了直线与椭圆的位置关系及转化化归思想的应用，属于中档题.
20.已知函数 .
（1）若曲线 在 处的切线与 轴平行，求 ；
（2）已知 在 上的最大值不小于 ，求 的取值范围；
（3）写出 所有可能的零点个数及相应的 的取值范围.（请直接写出结论）
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意结合导数的几何意义可得 ，即可得解；
（2）原命题等价于 在 上有解，设 ， ，通过求导可得 ，由有解问题的解决方法即可得解；
（3）令 ，显然 不成立，若 ，则 ，令 ，求导后画出函数 的草图数形结合即可得解.
【详解】（1）因为 ，故 .
依题意 ，即 .
当 时， ，此时切线不与 轴重合，符合题意，
因此 .
（2）当 时， 最大值不小于2
在 上有解，
显然 不是解，即 在 上有解，
设 ， ，
则 .
设 ， ，
则 .
所以 在 单调递减， ，
所以 ，所以 在 单调递增，
所以 .
依题意需 ，
所以 的取值范围为 .
（3）当 时， 有0个零点；当 时， 有1个零点
当 时， 有2个零点；当 时， 有3个零点.·
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了数形结合思想和转化化归思想，考查了推理能力，属于中档题.
21.已知集合 ，对于 ， ，定义A与B的差为 ；A与B之间的距离为 ．
（I）若 ，试写出所有可能的A，B；
（II） ，证明：
（i） ；
（ii） 三个数中至少有一个是偶数；
（III）设 ， 中有m（ ，且为奇数）个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为 ，证明： ．
【答案】（I） ； ； ；
（II）（i）见解析（ii）见解析
（III）见解析
【解析】
【分析】
（I）根据定义，结合 即可确定所有可能的A，B；
（II）（i）由 ，令 ，讨论 和 即可代入绝对值式子化简，即可证明；（ii）设 ， ， ， ， ， ．记 ，设t是使 成立的i的个数，
结合（i）中的结论可得 ，由此可知，k，l，h三个数不可能都是奇数，得证.
（III）记 为P中所有两个元素间距离的总和，设P中所有元素的第i个位置的数字中共有 个1， 个0，则可得 ，根据P为奇数可得 ，因而 ，即可证明不等式成立.
【详解】（I）根据定义及 ，可知有以下四种情况：
； ；
；
（Ⅱ）令 ，
（i）证明：对 ，
当 时，有 ，
当 时，有 ．
所以
．
（ⅱ）证明：
设 ， ， ，
， ， ．
记 ，由（I）可知，
，
，
，
所以 中1的个数为k，
的1的个数为l．
设t是使 成立的i的个数，则 ．
由此可知，k，l，h三个数不可能都是奇数，
即 三个数中至少有一个是偶数．
（Ⅲ）记 为P中所有两个元素间距离的总和，
设P中所有元素的第i个位置的数字中共有 个1， 个0，
则 ．
因为m为奇数，所以 ,
且 或 时，取等号．
所以 ．
所以 ．
【点睛】本题考查了集合新定义的综合应用，对分析问题、解决问题的能力要求高，读懂题意并正确分析解决思路是关键，对思维能力要求高，属于难题.
安徽省蚌埠市2020届高三数学（理）下学期第三次质量检测试题（Word版附答案）
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