2020年1月東城高三期末

1、=北京市東城區(qū)2020 屆第一學期末統(tǒng)一檢測高三數(shù)學2020.1本試卷共 4 頁，共 150 分?？荚嚂r長 120 分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效。考試結束后，將答題卡一并交回。第一部分 （選擇題共40 分）一、選擇題共8 小題，每小題5 分，共 40 分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。(1) 已知集合Ax|x 1， Bx|x2x10 ，那么AIB(A) x|1x2(B) x|1x1(C)x|1x2(D) x|1 x 1(2) 復數(shù) z=i(i1) 在復平面內對應的點位于(A)第一象限(B)第二象限(C) 第三象限(D) 第四象限(3) 下列函數(shù)中，是偶

2、函數(shù)，且在區(qū)間 (0 ， +)上單調遞增的為1(A)y(B)ylnxx(C)y2x(D)y1xab(4) 設 a,b 為實數(shù)，則“ ab0 ”是“”的(A)充分而不必要條件(B) 必要而不充分條件(C)充分必要條件(D) 既不充分也不必要條件(5) 設 ,是兩個不同的平面， m,n 是兩條不同的直線，則下列結論中正確的是(A)若 m，mn，則n(B) 若， m，n，則 mn(C) 若 n，mn ，則 m(D) 若， m，n，則 mn(6) 從數(shù)字 1,2,3,4,5 中，取出 3 個數(shù)字 (允許重復 )，組成三位數(shù)，各位數(shù)字之和等于6，這樣的三位數(shù)的個數(shù)為(A)7(B)9(C) 10(D)13

3、(7) 設，是三角形的兩個內角，下列結論中正確的是(A)若，則sinsin2(C) 若，則sinsin22(B)若，則 coscos221(D)若，則 coscos12=(8) 用平面截圓柱面，當圓柱的軸與所成角為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓著名數(shù)學家Dandelin 創(chuàng)立的雙球實驗證明了上述結論.如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切 .給出下列三個結論：兩個球與的切點是所得橢圓的兩個焦點；若球心距 O1O24，球的半徑為3，則所得橢圓的焦距為2；當圓柱的軸與所成的角由小變大時，所得橢圓的離心率也由小變大.其中，所有正確結論的序號是(A)(

4、B) (C) (D) 第二部分 （非選擇題共 110 分）二、填空題共6 小題，每小題5 分，共30 分。(9)若雙曲線 x2 y21 與 x2y21 有相同的焦點，則實數(shù)m32m.(10) 已知 an是各項均為正的等比數(shù)列，Sn 為其前 n 項和，若 a16，a22a36，則公比 q_ ，S4=_ (11)能說明“直線 xym0 與圓 x2y24x 2y 0有兩個不同的交點”是真命題的一個m 的值為.uuur uuuruuur uuuruuuruuur(12)在平行四邊形ABCD 中，已知 ABACACAD ， AC4， BD2，則四邊形 ABCD 的面積是 _ (13) 已知函數(shù)f(x)2

5、sin(x)(0)，.曲線 yf(x) 與直線 y3 相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為，則的所有可能值為 _.6(14) 將初始溫度為0oC 的物體放在室溫恒定為30oC 的實驗室里，現(xiàn)等時間間隔測量物體溫度，將第n 次測量得到的物體溫度記為tn，已知 t10oC.已知物體溫度的變化與實驗室和物體溫度差成正比（比例系數(shù)為k）.給出以下幾個模型，那么能夠描述這些測量數(shù)據(jù)的一個合理模型為；(填寫模型對應的序號）ktn1tn；tn1 tnk(30t n)；tn+1=k(30t n).tn30在上述模型下，設物體溫度從5oC 上升到 10 oC 所需時間為 amin ，從10oC 上升到 15oC

6、所需時間為 bmin，從 15o上升到20oC所需時間為Cmin，那么 a與 b 的大小關系是.(用C“” ，“” 或 “” 號填bc=空）三、解答題共6 小題，共80 分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。(15) （本小題 13 分）在 ABC 中，已知 csinA3acosC0（）求C 的大??；（）若 b=2 ， c23，求 ABC 的面積 .=(16) （本小題 13 分）2019 年 6 月，國內的5G 運營牌照開始發(fā)放.從 2G 到 5G ，我們國家的移動通信業(yè)務用了不到20 年的時間，完成了技術上的飛躍，躋身世界先進水平.為了解高校學生對5G 的消費意愿， 2019 年 8

7、 月，從某地在校大學生中隨機抽取了 1000 人進行調查，樣本中各類用戶分布情況如下：用戶分類預計升級到5G 的時段人數(shù)早期體驗用戶2019 年8月至 209年12月270人中期跟隨用戶2020 年 1 月至 20121 年 12 月530 人后期用戶2022 年 1 月及以后200 人我們將大學生升級5G 時間的早晚與大學生愿意為5G 套餐支付更多的費用作比較，可得出下圖的關系(例如早期體驗用戶中愿意為5G 套餐多支付5 元的人數(shù)占所有早期體驗用戶的40%).（I）從該地高校大學生中隨機抽取1 人，估計該學生愿意在2021 年或2021 年之前升級到5G 的概率；（II）從樣本的早期體驗用戶

8、和中期跟隨用戶中各隨機抽取1 人，以X 表示這2 人中愿意為升級5G 多支10 元或付10 元以上的人數(shù)，求X 的分布列和數(shù)學期望；（III ）2019 年底，從這1000 人的樣本中隨機抽取3 人，這三位學生都已簽約5G 套餐，能否認為樣本中早期體驗用戶的人數(shù)有變化？說明理由.=(17) （本小題 14 分）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1 中，BB 1平面ABC ，ABBC ，AA 1ABBC2（）求證：BC1平面A1B1C ；（）求異面直線B1C 與 A1B 所成角的大小；（）點 M 在線段 B1C 上，且B1M(0,1) ，點 N 在線段 A1B 上，BC1若 MN 平面 A1ACC

9、1 求 A1N 的值 (用含的代數(shù)式表示 )，A 1B=(18) （本小題 13 分）已知函數(shù) f(x)1x3x23ax(aR) .3（）若 f(x)在 x1 時，有極值，求a 的值；（）在直線 x1 上是否存在點P，使得過點 P 至少有兩條直線與曲線yf(x) 相切？若存在，求出P 點坐標；若不存在，說明理由.=(19) （本小題 14 分）已知橢圓 C: x2y2221a1 的離心率是a2（）求橢圓C 的方程；（）已知 F1，F(xiàn)2 分別是橢圓 C 的左、右焦點，過 F2 作斜率為 k 的直線 l，交橢圓 C 于 A,B 兩點，直線 F1A,F1B分別交 y 軸于不同的兩點M,N .如果MF

10、 1N 為銳角，求 k 的取值范圍=(20) （本小題 13 分）已知數(shù)列an，記集合TS(i,j)S(i,j)aiai1Laj,1 ij,i,jN（）對于數(shù)列an：1，2， 3，4，寫出集合T；（）若an2n ，是否存在i,jN ，使得S(i,j)1024 ？若存在，求出一組符合條件的i,j；若不存在，說明理由；ann ，把集合 T 中的元素從小到大排列，得到的新數(shù)列為 B:b1 b2Lb mL.若 bm2020 ，求（III）若22，m 的最大值=北京市東城區(qū)2020 屆第一學期末統(tǒng)一檢測高三數(shù)學參考答案及評分標準2020.1一、選擇題（共8 小題，每小題5 分，共 40 分）（1） D（

11、2） C（3） B（ 4）A（5） B（6）C（7）A（ 8）C二、填空題（共6 小題，每小題5 分，共 30 分）1（9） 445（10）24（11）0（答案不唯一）（12）4（13）2或 10（14）三、解答題（共6 小題，共 80 分）（15 ）（共 13 分）解：（）由正弦定理可得sinCsinA3cosCsinA=0 .因為 sinA0，所以 tanC3.又因為 0C,2. 分所以 C=.732 23bsinC1（）由正弦定理得sinB=,c2 32又因為 0B，3所以 BB., AC616所以 ABC 的面積 SbcsinA 1223 13. 分 13222（16 ）（共 13 分

12、）解：（）由題意可知，從高校大學生中隨機抽取1 人，該學生在2021 年或 2021 年之前升級到5G 的概率估計為樣270530分 3本中早期體驗用戶和中期跟隨用戶的頻率，即0.8 .10001000（II）由題意 X 的所有可能值為0,1,2.記事件 A 為“從早期體驗用戶中隨機抽取1 人，該學生愿意為升級5G 多支付 10 元或 10 元以上”，=事件 B 為“從中期跟隨用戶中隨機抽取1 人，該學生愿意為升級5G 多支付 10 元或 10 元以上”，由題意可知，事件A， B 相互獨立，且P(A)140%0.6 ，P(B)145%0.55 ，所以 P(X=0)P(AB)(10.6)(10.

13、55) 0.18，P(X1)P(AB+AB)P(AB)P(AB)P(A)(1P(B)(1P(A)P(B)0.6（10.55 ）（ 10.6)0.550.49 ，P(X=2)P(AB)0.60.550.33.所以 X 的分布列為X012P0.180.490.33故 X 的數(shù)學期望 E（X）00.1810.492 0.331.15 .?10 分（III）設事件 D 為“從這1000人的樣本中隨機抽取3 人，這三位學生都已簽約5G 套餐”，那么3P(D)C2700.02.C31000回答一：事件D 雖然發(fā)生概率小，但是發(fā)生可能性為0.02，所以認為早期體驗用戶沒有發(fā)生變化 .回答二：事件D 發(fā)生概率

14、小，所以可以認為早期體驗用戶人數(shù)增加.?13 分（17 ）（共 14 分）解：（）在三棱柱 ABCA 1B1C1 中，由于 BB1 平面 ABC ，所以 BB1 平面 A1 B1C1又 BB1 平面 B1BCC 1，所以平面B1BCC 1平面 A1B1C1，交線為B1C1.又因為 ABBC，所以 A1B1B1C1所以 A1B1平面 B1BCC 1因為 BC 1平面 B1BCC 1，所以AB1BC 1.1又因為 BBBC2 ，1所以 B1CBC1=又 A1B1I B1C B1,所以 BC 1平面 A1B1C?5 分（）由（）知BB1底面ABC ，ABBC 如圖建立空間直角坐標系Bxyz 由題意得

15、B(0,0,0) ，C(2,0,0) ， A1(0,2,2) ，B1(0,0,2) uuuruuur所以 B1C(2,0,2)，A1B(0,2,2)uuuruuuruuuruuurA1BB 1Cuuur1所以 cosA 1 B,B1 Cuuur|BA 1|B21C|故異面直線B1C 與 A1B 所成角的大小為?9 分3（）易知平面A1ACC 1 的一個法向量為n(1,1,0) ，B M由1，得 M(2,0,22).B1C設A N1，得 N(0,22,22)，A1B則 MN(2,22,22)因為 MN/ 平面 AACC所以 MNn0，11，即(2,22,22 )(1,1,0)0，解得1A N所以

16、11?14 分A1B（18）（共 13 分）解： ()因為f(x)1x3 x2 3ax ，3所以 fx x22x 3a.由 f(x) 在 x1 時，有極值得f1123a0，解得a1.經檢驗， a1 時， f(x)有極值 .綜上， a1 .?4 分（）不妨設在直線x 1 上存在一點 P(1,b) ，設過點 P 與 yf(x) 相切的直線為 l，切點為 (x0,y0 )，=則切線 l方程為 y1x03x023ax 0 (x022x 03a)(x x0).3又直線 l過 P(1,b) ，有 b1323ax 022x0 3a)(1x0)，x0x0(x03232x02+2x3ab0.即x003設 g(x

17、)2x32x22x3ab ，3g(x)2x 24x22(x1) 20.所以 g(x) 在區(qū)間 (,)上單調遞增，所以 g(x)0 至多有一個解 .過點 P 與 yf(x) 相切的直線至多有一條 .故在直線 x1 上不存在點 P，使得過 P 至少有兩條直線與曲線yf(x)相切 . ?13 分（19 ）（共 14 分）c2，a2221， 解得解：（）由題意ba2.a2b2c2，x2y21.?4 分所以橢圓 C 的方程為2（）由已知直線l 的斜率不為0.設直線 l 方程為y kx 1.直線l與橢圓C的交點為Ax ,y,Bx ,y1 12 2.ykx1 ，由2y2得 2k 2 1x 2 4k 2 x2

18、k 220 .x120 恒成立，且 x1x24k2,x1x22k 22由已知，判別式.2k 212k 21直線 F1A 的方程為 yy1x 1，令 x0 ，則 M(0,y1).x11x11同理可得 N(0,y2).x21uuuur uuury1 2k2x11x 21y所以 F1M F1N 1x11x 211x1 1x 21=k2xxxx11k2x1x21k2x1x21k211212.x1x2x1 x21x1x2 x1x21將代入并化簡，得uuuuruuur 7k21F1MF 1N.8k21MF1uuuur uuuuruuuur uuur7k 21依題意，N 我銳角，所以 F1MF1N0，即 F1MF1N8k 20.1解得 k21 或 k21.78綜上，直線 l 斜率的取值范圍是 (7227).14 分,)U(,0)U(0,)U(,7447（20 ）（共 13 分）解：（）T=3，5，6，7，9，10.?3 分（ ）假設存在i，jN，使得 S(i，j)=1024 ，則有1024aiai1Laj2i2(i1)L2j(ji1)(ij) ，