1、丰台区高三数学一模考试试题 第 1 页/ 共 11 页 丰台区丰台区 20192020 学年度第学年度第二二学期学期综合综合练习练习(一)(一) 高高三三数学数学 2020.04 第一部分第一部分 (选择题 共 40 分) 一、选择题一、选择题共共 10 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,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若集合| 12Axx Z, 2 20Bx xx,则AB (A)0 (B)01, (C)01 2, , (D) 101 2 , , , 2 已知向量(2)( 21)x , ,ab,满足a b,
2、则x (A)1 (B)1 (C)4 (D)4 3 若复数z满足i 1i z ,则z对应的点位于 (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 4 圆 22 (1)2xy的圆心到直线10xy 的距离为 (A)2 (B)2 (C)1 (D) 2 2 5 已知 1 3 2a , 1 2 3b , 3 1 log 2 c ,则 (A)abc (B)acb (C)bac (D) bca 6 “1a ”是“ 1 1 a ”成立的 (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 7某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的四个面中,面积等于3的有
3、 8. 过抛物线 2 2(0)Cypx p:的焦点F作倾斜角为 60的直线与抛物线C交于两个不同的点A B, (点A在x轴上方) ,则 AF BF 的值为 (A)1 个 (B)2 个 (C)3 个 (D)4 个 俯视图俯视图 左视图左视图 主视图主视图 2 2 3 3 丰台区高三数学一模考试试题 第 2 页/ 共 11 页 (A) 1 3 (B) 4 3 (C)3 (D)3 9. 将函数( )sin(0)f xx的图象向左平移 2 个单位长度后得到函数( )g x的图象,且(0)1g,下列说 法错误 的是 (A)( )g x为偶函数 (B) ()0 2 g (C)当5时,( )g x在 0 2
4、 ,上有 3 个零点 (D)若( )g x在 5 0,上单调递减,则的最大值为 9 10. 已知函数( ) e10 0. x f x x kxx , , 若存在非零实数 0 x,使得 00 ()()fxf x成立,则实数k的取值范围是 (A)1() , (B)1( , (C)( 1 0) , (D)1 0) , 第二部分第二部分 (非选择题 共 110 分) 二、填空题二、填空题共共 5 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 25 分分 11. 设数列 n a的前n项和为 n S,21 n an ,则 5 S 12. 若1x ,则函数 1 ( ) 1 f xx x 的最小值为 ,此时x
5、13. 已知平面和三条不同的直线mnl, ,.给出下列六个论断:m;m;ml; n;n;nl.以其中两个论断作为条件,使得mn成立.这两个论断可以 是 (填上你认为正确的一组序号) 14 如果对某对象连续实施两次变换后的结果就是变换前的对象,那么我们称这种变换为“回归”变换. 如:对任意一个实数,变换:取其相反数.因为相反数的相反数是它本身,所以变换“取实数的相反 数”是一种“回归”变换. 有下列 3 种变换: 对A R,变换:求集合A的补集; 对任意zC,变换:求z的共轭复数; 对任意xR,变换:xkxb(kb,均为非零实数). 其中是“回归”变换的是 . 注:本题给出的结论中,有多个符合题
6、目要求.全部选对得 5 分,不选或有错选得 0 分,其他得 3 分. 15 已知双曲线 2 2 1 3 y Mx :的渐近线是边长为 1 的菱形OABC的边OA OC,所在直线若椭圆 丰台区高三数学一模考试试题 第 3 页/ 共 11 页 22 22 1(0) xy Nab ab :经过A C,两点,且点B是椭圆N的一个焦点,则a . 三、解答题三、解答题共共 6 小题,共小题,共 85 分解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程 16.(本小题共(本小题共 14 分)分) 在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4c , 3 A . ()当
7、2b 时,求a; ()求sin3cosBC的取值范围. 17.(本小题共(本小题共 14 分)分) 如图,在四棱锥MABCD中,ABCD,90ADCBMC , MBMC, 1 2 2 ADDCAB,平面BCM 平面ABCD. ()求证:CD平面ABM; ()求证:AC 平面BCM; ()在棱AM上是否存在一点E,使得二面角EBCM的大小为 4 ? 若存在,求出 AE AM 的值;若不存在,请说明理由 18.(本小题共(本小题共 14 分)分) 在抗击新冠肺炎疫情期间,很多人积极参与了疫情防控的志愿者活动.各社区志愿者服务类型有:现 场值班值守,社区消毒,远程教育宣传,心理咨询(每个志愿者仅参与
8、一类服务).参与 A,B,C 三个社 区的志愿者服务情况如下表: ()从上表三个社区的志愿者中任取 1 人,求此人来自于 A 社区,并且参与社区消毒工作的概率; ()从上表三个社区的志愿者中各任取 1 人调查情况,以 X 表示负责现场值班值守的人数,求 X 的分布 列; ()已知 A 社区心理咨询满意率为 0.85,B 社区心理咨询满意率为 0.95,C 社区心理咨询满意率为 0.9, 社区 社区服务总 人数 服务类型 现场值班值守 社区消毒 远程教育宣传 心理咨询 A 100 30 30 20 20 B 120 40 35 20 25 C 150 50 40 30 30 丰台区高三数学一模考
9、试试题 第 4 页/ 共 11 页 “1 A ,1 B ,1 C ” 分别表示 A, B, C 社区的人们对心理咨询满意, “0 A ,0 B ,0 C ” 分别表示 A,B,C 社区的人们对心理咨询不满意,写出方差() A D,() B D,() C D的大小关系. (只需写出结论) 19.(本小题共(本小题共 15 分)分) 已知函数( )()ln1f xxaxx. ()若曲线( )yf x在点(e(e)f,处的切线斜率为 1,求实数a的值; ()当0a 时,求证:( )0f x ; ()若函数( )f x在区间(1),上存在极值点,求实数a的取值范围. 20.(本小题共(本小题共 14
10、分)分) 已知椭圆 22 22 1(0) yx Cab ab :的离心率为 2 2 ,点(1 0)P ,在椭圆C上,直线 0 yy与椭圆C交于 不同的两点A B,. ()求椭圆C的方程; () 直线PA,PB分别交y轴于M N,两点, 问:x轴上是否存在点Q, 使得 2 OQNOQM ? 若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由. 21.(本小题共(本小题共 14 分)分) 已 知 有 穷 数 列A: * 12 ( kn a aaanN, , , , ,LL且3)n . 定 义 数 列A的 “ 伴 生 数 列 ”B: 12kn b bbb, , , , ,LL,其中 11 11 1 0 k
11、k k kk aa b aa , , (1 2)kn , , ,K,规定 011nn aaaa ,. ()写出下列数列的“伴生数列” : 1,2,3,4,5; 1,1,1,1,1. ()已知数列B的“伴生数列”C: 12kn c ccc, , , , ,LL,且满足1(1 2) kk bknc, , ,K. (i)若数列B中存在相邻两项为 1,求证:数列B中的每一项均为 1; ()求数列C所有项的和. 丰台区高三数学一模考试试题 第 5 页/ 共 11 页 丰台区丰台区 20192020 学年度第二学期综合练习(一)学年度第二学期综合练习(一) 高三数学高三数学 参考答案及评分参考参考答案及评
12、分参考 202004 一、选择题共一、选择题共 10 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,共 40 分分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B B C A C D D A 二、填空题共二、填空题共 5 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 25 分分 1125 123 ;2 13(或) 14. 15. 3 2 +1 三、解答题共三、解答题共 6 小题,共小题,共 85 分解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程 16.(本小题共(本小题共 14 分)分) 解: () 由余弦定理 222 2cosabcbcA, 得 22
13、2 242 2 4 cos 3 a 12. 所以2 3a . 6 分 () 由 3 A 可知, 2 3 BC,即 2 3 BC. 2 sin3cossin()3cos 3 BCCC 31 cossin3cos 22 CCC 13 sincos 22 CC sin() 3 C. 因为 2 3 BC,所以 2 (0,) 3 C . 故 (,) 33 3 C . 因此 33 sin()() 322 C ,. 于是 33 sin3cos(,) 22 BC . 14 分 丰台区高三数学一模考试试题 第 6 页/ 共 11 页 17.(本小题共(本小题共 14 分)分) 证明: ()因为ABCD, AB
14、平面ABM, CD 平面ABM, 所以CD平面ABM. 3 分 ()取AB的中点N,连接CN. 在直角梯形ABCD中, 易知2ANBNCD,且CNAB. 在RtCNB中,由勾股定理得2BC . 在ACB中,由勾股定理逆定理可知ACBC. 又因为平面BCM 平面ABCD, 且平面BCM平面ABCDBC, 所以AC 平面BCM. 7 分 ()取BC的中点O,连接OM,ON. 所以ONAC, 因为AC 平面BCM, 所以ON 平面BCM. 因为BMMC, 所以OMBC. 如图建立空间直角坐标系Oxyz, 则(0 0 1)M, ,,(0 1 0)B,,(0 1 0)C,- ,,(21 0)A, ,,
15、=( 2 11)AM ,,=(02 0)BC,,=(22 0)BA,. 易知平面BCM的一个法向量为(1 0 0), ,m. 假设在棱AM上存在一点E,使得二面角EBCM的大小为 4 . 不妨设(01)AEAM, 所以(222)BEBAAE ,, 设()x y z, ,n为平面BCE的一个法向量, 丰台区高三数学一模考试试题 第 7 页/ 共 11 页 则 0 0 BC BE , , n n 即 20 (22 )0 y xz , , 令x,22z,所以(22),0,n. 从而 2 cos 2 m n mn ,m n. 解得 2 3 或2. 因为01,所以 2 3 . 由题知二面角EBCM为锐二
16、面角. 所以在棱AM上存在一点E,使得二面角EBCM的大小为 4 , 此时 2 3 AE AM . 14 分 18 (本小题共 (本小题共 14 分)分) 解:解:()记“从上表三个社区的志愿者中任取 1 人,此人来自于 A 社区,并且参与社区消毒工作”为事 件D , 303 () 10012015037 P D . 所以从上表三个社区的志愿者中任取 1 人,此人来自于 A 社区,并且参与社区消毒工作的概率 为 3 37 . 4 分 ()从上表三个社区的志愿者中各任取 1 人,由表可知:A,B,C 三个社区负责现场值班值守 的概率分别为 31 1 10 3 3 ,. X 的所有可能取值为 0,
17、1,2,3. 7222814 (0) 10339045 P X , 322712721404 (1) 103310331033909 P X , 31232171119 (2) 10331033103390 P X , 31131 (3) 10339030 P X . X 的分布列为: X 0 1 2 3 P 14 45 4 9 19 90 1 30 11 分 ()()()() ACB DDD 14 分 丰台区高三数学一模考试试题 第 8 页/ 共 11 页 19.(本小题共(本小题共 15 分)分) 解:解: ()因为( )()ln1f xxaxx, 所以( )ln a fxx x . 由题
18、知(e)lne1 e a f, 解得0a . 4 分 ()当0a 时,( )ln1f xxxx, 所以( )lnfxx. 当(0 1)x,时,( )0fx ,( )f x在区间(0 1),上单调递减; 当(1)x,+时,( )0fx ,( )f x在区间(1),+上单调递增; 所以(1)0f是( )f x在区间(0),+上的最小值. 所以( )0f x . 8 分 ()由()知, ln + ( )ln axx a fxx xx . 若0a ,则当(1)x,+时,( )0fx ,( )f x在区间(1),+上单调递增, 此时无极值. 若0a ,令( )( )g xfx, 则 2 1 ( )= a
19、 g x xx . 因为当(1)x,+时,( )0g x ,所以( )g x在(1),+上单调递增. 因为(1)0ga, 而(e)e(e1)0 aaa gaaa , 所以存在 0 (1 e) a x ,,使得 0 ()0g x. ( )fx和( )f x的情况如下: 因此,当 0 xx时,( )f x有极小值 0 ()f x. 综上,a的取值范围是0(),. 15 分 丰台区高三数学一模考试试题 第 9 页/ 共 11 页 20 (本小题共 (本小题共 14 分)分) 解:解: ()由题意 2 222 1 1 2 2 . b c a abc , , 解得 22 21ab, . 所以椭圆C的方程
20、为 2 2 1 2 y x. 5 分 () 假设存在点Q使得 2 OQNOQM .设(0)Q m,, 因为 2 OQNOQM , 所以OQNOMQ.则tantanOQNOMQ. 即 ONOQ OQOM ,所以OMONOQ 2 . 因为直线 0 yy交椭圆C于AB,两点,则AB,两点关于y轴对称. 设 0000 ()()A xyBxy, 0 (1)x , 因为(1 0)P ,, 则直线PA的方程为:) 1( 1 0 0 x x y y. 令0x,得 1 0 0 x y yM. 直线PB的方程为:) 1( 1 0 0 x x y y. 令0x,得 1 0 0 x y yN. 因为OMONOQ 2
21、, 丰台区高三数学一模考试试题 第 10 页/ 共 11 页 所以 1 2 0 2 0 2 x y m. 又因为点 00 ()A x y,在椭圆C上, 所以 22 00 2(1)yx. 所以 2 20 2 0 2(1) 2 1 x m x .即2m . 所以存在点(2 0)Q ,使得 2 OQNOQM 成立. 14 分 21 (本小题共(本小题共 14 分)分) 解解: () 1,1,1,1,1; 1,0,0,0,1. 4 分 () (i)由题意,存在1 21kn, , ,K,使得 1 1 kk bb . 若1k ,即 12 1bb时, 12 0cc. 于是 213 11 n bbbb,. 所
22、以 3 0 n cc,所以 42 1bb.即 234 1bbb. 依次类推可得 1 1 kk bb (2 31)kn, , ,L. 所以1 k b (1 2)kn , , ,K. 若21kn,由 1 1 kk bb 得 1 0 kk cc . 于是 11 1 kkk bbb .所以 1 0 kk cc . 依次类推可得 12 1bb. 所以1 k b (1 2)kn , , ,K. 综上可知,数列B中的每一项均为 1. 8 分 ()首先证明不可能存在21kn, ,K使得 11 0 kkk bbb . 若存在21kn, ,K使得 11 0 kkk bbb , 则 11 1 kkk ccc . 丰
23、台区高三数学一模考试试题 第 11 页/ 共 11 页 又 11kk bb 得0 k c 与已知矛盾. 所以不可能存在 11 0 kkk bbb ,21kn, ,K. 由此及()得数列 n b的前三项 123 bbb, ,的可能情况如下: (1) 123 1bbb时,由(i)可得1 k b (1 2)kn , , ,K. 于是0 k c (1 2)kn , , ,K. 所以所有项的和0S . (2) 123 101bbb,时, 2 0c , 此时 22 0bc与已知矛盾. (3) 123 100bbb,时, 123 011ccc,. 于是 224 01 n bbbb,. 故 453 1,0,0 n ccbb 于是 1156 010 n bbcb ,, 于是 142536 bbb bbb,,且 21 100 nnn bbb ,. 依次类推 3kk bb 且n恰是 3 的倍数满足题意. 所以所有项的和 2 33 nn Sn . 同理可得 123 010bbb,及 123 001bbb,时, 当且仅当n恰是 3 的倍数时,满足题意. 此时所有项的和 2 3 n S . 综上,所有项的和0S 或 2 3 n S (n是 3 的倍数). 14 分 (若用其他方法解题,请酌情给分)(若用其他方法解题,请酌情给分)
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