1、2020届北京市怀柔区高三一模数学试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据交集的概念，可得结果.【详解】由题可知：，所以故选：A【点睛】本题考查交集的概念，属基础题.2已知复数满足，则（ ）ABCD【答案】C【解析】把两边同乘以，则有，故选C.3函数的最小正周期为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据二倍角的余弦公式，可得，然后利用，可得结果.【详解】由题可知：所以最小正周期为故选：B【点睛】本题考查二倍角的余弦公式以及三角函数最小正周期的求法，重在识记公式，属基础题.4函数f(x)=|log2x|的图象是（ ）ABCD【答案】A【解析】试题分析：易知函数值恒大于等于零，
2、同时在（0，1）上单调递减且此时的图像是对数函数的图像关于x轴的对称图形，在单调递增故选A【考点】已知函数解析式作图5在等差数列中，若，则（ ）A6B10C7D5【答案】B【解析】根据等差数列的性质，可得，然后由，简单计算结果.【详解】由题可知：又，所以故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的性质，若，则，考验计算，属基础题.6已知圆C与圆(x1)2y21关于原点对称，则圆C的方程为（ ）Ax2y21Bx2(y1)21Cx2(y1)21D(x1)2y21【答案】D【解析】利用对称性，可得点坐标以及圆的半径，然后可得结果.【详解】由题可知：圆的圆心，半径为所以圆的方程为：故选：D【点睛】本题考查圆
3、的方程，直观形象，简单判断，对圆的方程关键在于半径和圆心，属基础题.7已知，则“”是“”的（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D非充分非必要条件【答案】C【解析】根据向量的垂直关系，可得，简单计算，可得结果.【详解】由，则又，所以若，且，所以，则所以“”是“”的充要条件故选：C【点睛】本题考查向量的垂直的数量积表示以及计算，同时考查了充分、必要条件，识记概念与计算公式，属基础题.8如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】D【解析】利用数形结合，还原出原几何体的直观图，可得该几何体为一个三棱锥，然后根据锥体体积公式简单
4、计算即可.【详解】根据三视图可知，该几何体的直观图为三棱锥，如图 可知，点到平面的距离为所以故选：D【点睛】本题考查三视图还原以及几何体体积，关键在于三视图的还原，熟悉常见的几何体的三视图，比如：圆锥，圆柱，球，三棱锥等，属中档题.9已知，则下列不等式成立的是 （ ）ABCD【答案】D【解析】直接利用作差比较法比较即得正确选项.【详解】=所以A选项是错误的.=所以B选项是错误的.=所以C选项是错误的.=所以D选项是正确的.【点睛】(1)本题主要考查不等式的性质和实数比较大小，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)比较实数大小，常用包括比差和比商两种方法.比差的一般步骤是：作差变
5、形（配方、因式分解、通分等）与零比下结论；比商的一般步骤是：作商变形（配方、因式分解、通分等）与1比下结论.如果两个数都是正数，一般用比商，其它一般用比差.10“割圆术”是我国古代计算圆周率的一种方法.在公元年左右，由魏晋时期的数学家刘徽发明.其原理就是利用圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，进而求.当时刘微就是利用这种方法，把的近似值计算到和之间，这是当时世界上对圆周率的计算最精确的数据.这种方法的可贵之处就是利用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限的来逼近无穷的.为此，刘微把它概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”.这种方法极其重要，对后世产生
6、了巨大影响，在欧洲，这种方法后来就演变为现在的微积分.根据“割圆术”，若用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是（ ）（精确到）（参考数据）ABCD【答案】C【解析】假设圆的半径为，根据以圆心为顶点将正二十四边形分割成全等的24个等腰三角形，顶角为，计算正二十四边形的面积，然后计算圆的面积，可得结果.【详解】设圆的半径为，以圆心为顶点将正二十四边形分割成全等的24个等腰三角形且顶角为所以正二十四边形的面积为所以故选：C【点睛】本题考查分割法的使用，考验计算能力与想象能力，属基础题.二、双空题11已知抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合，则抛物线的焦点坐标为_；准线方程为_.【答案】 ； 【解析】计
7、算双曲线的右顶点坐标，可得抛物线的焦点坐标，进一步可得准线方程.【详解】由题可知：双曲线的右顶点坐标为所以可知抛物线的焦点坐标为，准线方程为故答案为：；【点睛】本题主要考查抛物线的方程的应用，审清题意，注意细节，属基础题.三、填空题12的展开式中的系数是_.【答案】；【解析】根据二项式定理的通项公式，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：的通项公式为，令所以的系数是故答案为：【点睛】本题考查二项式中指定项的系数，掌握公式，细心计算，属基础题.13在中，为的中点，则_.【答案】；【解析】计算，然后将用表示，最后利用数量积公式可得结果.【详解】由，所以又为的中点，所以所以故答案为：【点睛】本题考查
8、向量的数量积运算，给出已知的线段与相应的夹角，通常可以使用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，属基础题.14某建材商场国庆期间搞促销活动，规定：如果顾客选购物品的总金额不超过600元，则不享受任何折扣优惠；如果顾客选购物品的总金额超过600元，则超过600元部分享受一定的折扣优惠，折扣优惠按下表累计计算.某人在此商场购物获得的折扣优惠金额为30元，则他实际所付金额为_元【答案】1120【解析】明确折扣金额y元与购物总金额x元之间的解析式，结合y3025，代入可得某人在此商场购物总金额, 减去折扣可得答案【详解】由题可知：折扣金额y元与购物总金额x元之间的解析式，yy3025x11000.1
9、（x1100）+2530解得，x1150，1150301120，故此人购物实际所付金额为1120元【点睛】本题考查的知识点是分段函数，正确理解题意，进而得到满足条件的分段函数解析式是解答的关键15若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是_.【答案】.【解析】使用等价转化的思想，转化为在恒成立，然后利用分离参数的方法，结合辅助角公式，可得，简单计算和判断，可得结果.【详解】由题可知：函数在区间上单调递减等价于在恒成立即在恒成立则在恒成立所以，由，所以故，则所以，即故答案为：【点睛】本题考查根据函数的单调性求参，难点在于得到在恒成立，通过等价转化的思想，化繁为简，同时结合分离参数方法的，转化为最
10、值问题，属中档题.四、解答题16已知在中，同时还可能满足以下某些条件：；.（1）直接写出所有可能满足的条件序号；（2）在（1）的条件下，求及的值.【答案】（1），；（2）；【解析】（1）根据大边对大角，可得，然后根据正弦定理，可得.（2）利用正弦定理，可得，然后利用余弦定理，简单计算可得结果.【详解】解：（1），.（2）由，可得解得或（舍）.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，识记公式，熟练使用正弦定理、余弦定理，边角互化，考验计算能力，属中档题.17如图，已知四棱锥的底面ABCD为正方形，平面ABCD，E、F分别是BC，PC的中点，（1）求证：平面；（2）求二面角的大小【答案】（1）
11、见解析 （2）【解析】【详解】（1）（2）以A为原点，如图所示建立直角坐标系，设平面FAE法向量为，则，18某校高一、高二年级的全体学生都参加了体质健康测试，测试成绩满分为分，规定测试成绩在之间为“体质优秀”，在之间为“体质良好”，在之间为“体质合格”，在之间为“体质不合格”.现从这两个年级中各随机抽取名学生，测试成绩如下：学生编号1234567高一年级60858065909175高二年级7985917560其中是正整数.（1）若该校高一年级有学生，试估计高一年级“体质优秀”的学生人数；（2）若从高一年级抽取的名学生中随机抽取人，记为抽取的人中为“体质良好”的学生人数，求的分布列及数学期望；（
12、3）设两个年级被抽取学生的测试成绩的平均数相等，当高二年级被抽取学生的测试成绩的方差最小时，写出的值.（只需写出结论）【答案】（1）；（2）详见解析；（3）【解析】（1）根据表中数据计算样本中的优秀率，然后用样本估计整体，简单计算可得结果.（2）写出所有可能取值，并求得相应的概率，列出分布列，然后根据数学期望公式，可得结果.（3）根据两个年级被抽取学生的测试成绩的平均数相等，可得之间关系，然后利用方差公式，结合二次函数，可得结果.【详解】解：（1）高一年级随机抽取的7名学生中，“体质优秀”的有3人，优秀率为，将此频率视为概率，估计高一年级“体质优秀”的学生人数为.（2）高一年级抽取的7名学生中
13、“体质良好”的有2人，非“体质良好”的有5人.所以的可能取值为所以所以随机变量的分布列为：（3）【点睛】本题考查离散性随机变量的分布列以及数学期望，同时考查平均数与方差，本题主要考验计算，牢记计算的公式，掌握基本统计量的概念，属基础题.19已知函数.（1）求在点处的切线方程；（2）当时，证明：；（3）判断曲线与是否存在公切线，若存在，说明有几条，若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在；存在2条公切线【解析】（1）计算，根据曲线在该点处导数的几何意义可得切线的斜率，然后计算，利用点斜式，可得结果.（2）分别构造，通过导数研究的性质，可得 ，简单判断，可得结果.（3）分别
14、假设与的切线，根据公切线，可得，利用导数研究函数零点个数，根据性质可得结果.【详解】解：（1）的定义域又所以在点处的切线方程为：.（2）设，极大值设则在上恒成立综上（3）曲线与存在公切线，且有2条，理由如下：由（2）知曲线与无公共点，设分别切曲线与于，则，若，即曲线与有公切线，则令，则曲线与有公切线，当且仅当有零点， 当时，在单调递增，当时，在单调递减，所以存在，使得且当时，单调递增，当时，单调递减，又所以在内各存在有一个零点故曲线与存在2条公切线.【点睛】本题考查导数综合应用，掌握曲线在某点处导数的几何意义，同时比较式子之间大小关系常用方法：作差法，函数单调性等，考验逻辑推理能力，属难题.2
15、0已知椭圆的短半轴长为，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，且点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交椭圆于点，证明：是直角三角形【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由题得，解之即得椭圆的方程；（2）设，则，联立直线BE的方程和椭圆的方程求出， ，证明，是直角三角形即得证.【详解】（1）依题意可得，所以，得，所以椭圆的方程是 . （2）设，则，直线的方程为， 与联立得 ， 因为，是方程的两个解，所以 又因为，所以，代入直线方程得 所以，即是直角三角形.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计
16、算能力.21已知数列，且.若是一个非零常数列，则称是一阶等差数列，若是一个非零常数列，则称是二阶等差数列.（1）已知，试写出二阶等差数列的前五项；（2）在（1）的条件下，证明：；（3）若的首项，且满足，判断是否为二阶等差数列.【答案】（1），;（2）证明见解析；（3）不是二阶等差数列【解析】（1）根据，以及，简单计算，可得结果.（2）根据，可知，利用，使用迭加法，可得.（3）根据题意可得，进一步可得，然后可得，简单判断，可得结果.【详解】解：（1），.（2）又.（3）不是二阶等差数列.理由如下：数列满足又，（）由则数列是首项为，公比为4的等比数列，显然非常数列不是二阶等差数列.【点睛】本题考查数列中新定义的理解，关键在于发现之间的关系，考查观察能力，分析能力以及逻辑思维能力，新定义的理解同时考查了阅读理解能力，属难题.
