昌平区2020届高三第一学期期末数学试题及答案(word版)

数 学

（满分150分，考试时间 120分钟）2020.1

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）已知集合Ax2x1,Bxx0，则集合AUB

（A）(2,1) （B）(0,1) （C）(0,) （D）(2,) （2）在复平面内，复数i(i1)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

（3）已知命题p：xR，lnx0，那么命题p为

（A）xR，lnx0 （B）xR，lnx0 （C）xR，lnx0 （D）xR，lnx0

（4）设a,b,cR，且ab，则 （A）acbc （B）

（5）已知函数f(x)的图象与函数y2的图象关于x轴对称，则f(x)=

xx （A）2 （B）2 （C）log2x （D）log2x

x+11 （C）a2b2 （D）a3b3 ab

（6）已知向量a(1,3),b(1,0),c(3,k).若a2b与c共线，则实数k （A）0 （B）1 （C）3 （D）3

x2y21的离心率为3，则m （7）已知双曲线m 1

（A）

211 （B） （C） （D）2

242（8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是

1 32（B）

3（A）（C）1 （D）2

1主视图左视图2

1212俯视图（9）设m,n为非零向量，则“mn，1”是“|mn||m||n|”的

（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

（10）为配合“2019双十二”促销活动，某公司的四个商品派送点如图环形分布，并且公

司给A,B,C,D四个派送点准备某种商品各50个.根据平台数据中心统计发现，需要将发送给A,B,C,D四个派送点的商品数调整为40，45，54，61，但调整只能在相邻派送点进行，每次调动可以调整1件商品.为完成调整，则 （A）最少需要16次调动，有2种可行方案 （B）最少需要15次调动，有1种可行方案 （C）最少需要16次调动，有1种可行方案 （D）最少需要15次调动，有2种可行方案

第二部分（非选择题 共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。 （11）在x2的展开式中，x3的系数为

5ABCD ．（用数字作答）

2

（12）各项均为正数的等比数列{an}中, a11,a2a36,则

2S6_______ . S3(13) 抛物线y2px上一点M到焦点F(1,0)的距离等于4，则p=_____；点M的坐标

为______ .

（14）在ABC中,a2b,sinC3sinB ,则cosB_______．

（15）2019年11月5日，第二届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）开幕，共有 155个国家和地区，26个国际组织参加.现有甲、乙、丙、丁、戊、己六家企业参加

某主题展览活动，每个企业一个展位.在排成一排的6个展位中，甲、乙、丙三个企业两两互不相邻的排法有________ 种. （16）已知函数f(x)sinx2cosx.

①f(x)的最大值为________ ；

②设当x时，f(x)取得最大值，则cos______．

三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （17）（本小题13分）

已知等差数列{an}满足a1a38,a4a24. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； （Ⅱ）记数列{199}的前n项和为Tn，若Tn，求n的最小值. Sn100

(18)（本小题13分）

为了提高学生的身体素质，某校高一、高二两个年级共336名学生同时参与了“我运动，我健康，我快乐”的跳绳、踢毽等系列体育健身活动.为了了解学生的运动状况，采用分层抽样的方法从高一、高二两个年级的学生中分别抽取7名和5名学生进行测试.下表是高二年级的5名学生的测试数据（单位：个/分钟）：

学生编号 1 2 3 4 5

跳绳个数 179 181 168 177 183

踢毽个数 85 78 79 72 80

（Ⅰ）求高一、高二两个年级各有多少人？ （II）设某学生跳绳m个/分钟，踢毽n个/分钟.当m175，且n75时，称该学生为“运

动达人”.

①从高二年级的学生中任选一人，试估计该学生为“运动达人”的概率； ②从高二年级抽出的上述5名学生中，随机抽取3人，求抽取的3名学生中为“运动

3

达人”的人数的分布列和数学期望.

（19）（本小题14分）

已知函数f(x)3sinx2cosx2sin2x2,其中0.

（Ⅰ）若函数f(x)的最小正周期为2，求的值； （Ⅱ）若函数f(x)在区间[0,]上的最大值为

π23，求的取值范围. 2

（20）（本小题14分）

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，CDAD，

ADCD2BC2，平面PAD平面ABCD，PAPD,PAPD.

（Ⅰ）求证：CDPA；

（Ⅱ）求二面角CPAD的余弦值；

（Ⅲ）在棱PC上是否存在点M，使得BM平面PCD？

若存在，求

（21）（本小题13分）

x2y23已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，点M(0,2)在椭圆C上，焦点为

2abF1,F2，圆O的直径为F1F2．

yPPM的值？若不存在，说明理由. PCADBC（Ⅰ）求椭圆C及圆O的标准方程；

（Ⅱ）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P，且直线l与椭圆

C交于A,B两点．记△OAB 的面积为S，证明：S3．

（22）（本小题13分）

已知函数f(x)xx3lnx．

（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为２的切线方程； （II）证明：f(x)2x2；

2F1OF2x（III）确定实数k的取值范围，使得存在x01,当x(1,x0)时,恒有f(x)k(x1)．

4

昌平区2019－2020学年第一学期高三年级期末质量抽测 数学试卷参考答案及评分标准 2020.1

一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 题 号 答 案

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

（9）40 （10）9 （11）2；(3,23)

（1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9） （10） D C A D A B B C C A （12）

625 （13）144 （14）5； 35（第一空３分，第二空２分）

三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （15）（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.依题意有

a1a38,a12, 解得 ................................2分

aa4.d2.422 所以an2n,Snnn. ................................6分

（Ⅱ）因为

11112， ................................7分 Snnnnn1 所以Tn111111111L(1)()L()1. S1S2Sn223nn1n1...................................9分

99199，即1， .................................10分

100n1100 所以n99. .................................12分 所以n的最小值为100 .................................13分

因为Tn（16）（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）设高一年级有a人，高二年级有b人.

采用分层抽样，有

a7b5,. 33612336125

所以高一年级有196人，高二年级有140人. .................................4分

（II）从上表可知，从高二抽取的5名学生中，编号为1，2，5的学生是“运动达人”. 故从高二年级的学生中任选一人，该学生为“运动达人”的概率估计为

3. 5...............................7分

（III）的所有可能取值为1,2,3. ...............................8分

12213C3C23C3C23C31 P(1),,. P(2)P(3)333C510C55C510所以的分布列为

 P

1 3 102 3 53 1 10 故的期望E()1 (17)（本小题满分14分） 解：（Ⅰ）因为f(x)3sin331923. .............................13分 105105cosx2x2sin2x2

31cosxsinx 22311sinxcosx 222π1sin(x). ............................5分

622π因为f(x)的最小正周期为2，即T2，

所以π. ............................7分

（Ⅱ）因为0x 所以π,0， 26626π3πππ，..........................12分 若f(x)在区间[0,]上取到最大值，只需

222624所以. ............................14分

3x. ...........................10分

(18)（本小题满分14分）

解：（Ⅰ）在四棱锥PABCD中，

6

因为平面PAD平面ABCD，平面PADI平面ABCDAD，

又因为CDAD，CD平面ABCD， 所以CD平面PAD. 因为PA平面PAD，

所以CDPA. ............................5分

（Ⅱ）取AD中点O，连接OP,OB.

因为PAPD， 所以POAD.

因为平面PAD平面ABCD，平面PADI平面ABCDAD，

因为PO平面PAD， 所以PO平面ABCD. 所以POOA,POOB.

因为CDAD,BC//AD,AD2BC， 所以BC//OD,BCOD. 所以四边形OBCD是平行四边形. 所以OBAD.

如图建立空间直角坐标系Oxyz，则

zPMDOAxByCO(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(1,2,0),D(1,0,0),P(0,0,1).

uuuruuurAC(2,2,0),AP(1,0,1).

r设平面PAC的法向量为n(x,y,z)，则

7

uuurrACn0,2x2y0,即 urruuxz0.APn0.令x1，则y1,z1.

r所以n(1,1,1).

uuur因为平面PAD的法向量OB(0,2,0)，

ruuurruuurnOB3ur. 所以cosn,OBruu|n||OB|3由图可知，二面角CPAD为锐二面角， 所以二面角CPAD的余弦值为

3. ............................10分 3uuuruuur（Ⅲ）法一：设M是棱PC上一点，则存在[0,1]使得PMPC.

uuuruuur 设M(x0,y0,z0)，则PM(x0,y0,z01),PC(1,2,1).

所以(x0,y0,z01)(1,2,1). 所以x0,y02,z01.

所以M(,2,1).

uuur所以BM(,22,1).

因为APPD,APCD,CDIPDD, 所以PA平面PCD.

uur所以PA(1,0,1)是平面PCD的一个法向量.

uuuruur若BM平面PCD，则BM//PA.

所以220,

1.因为方程组无解，

所以在棱PC上不存在点M，使得BM平面PCD. ............................14分 法二：因为APPD,APCD,CDIPDD, 所以PA平面PCD.

8

因为PA平面PAC， 所以平面PAC平面PCD.

因为平面PACI平面PCDPC，

若在棱PC上存在点M，使得BM平面PCD， 则BM平面PAC. 因为B平面PAC， 所以BM平面PAC.

所以在棱PC上不存在点M，使得BM平面PCD. ............................14分

(19)（本小题满分13分）

x2y2解：（Ⅰ）由题意，椭圆C的方程为a2b21(ab0).

c3,a2a28,可得b2,，解得b22,

a2b2c2c26.所以椭圆C的方程为x28y221． 因为焦点在x轴上，

所以椭圆C的焦点为F1(6,0),F2(6,0)．

所以直径为F1F2的圆O的方程为x2y26． （Ⅱ）由题意知，直线l与圆O相切于第一象限内的点P，

设直线l的斜截式方程为ykxm(k0,m0). 因为直线l与圆O相切， 所以点O到直线l的距离为d|m|1k26. 即m26k26. 因为直线l与椭圆C相交于A,B两点，

由ykxm,228，整理得(14k2)x8kmx4m28x4y20， 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则

9

............................4分

............................6分

............................7分

............................8分

............................9分 8kmxx,2114k24m28,. ..........................10分 x1x2214k0因为(8km)24(14k2)(4m28)16(8k2m22)． 又m26k26， 所以32(k22)0. 所以k22. 又因为k0，

所以k2． ............................11分 k22因为|AB|1k|x1x2|421k，

14k222所以SOAB11k222|AB|d421k6 2214k2(1k2)(k22)43．

(14k2)2设14k2t，则t9，则

SOAB43(t9)(t3)27631.

16t2t2t11令u,0u.

t9则SOAB327u26u1.

设h(u)27u6u127(u)21924. 31因为h(u)在(0,)上单调递减，

9所以h(u)1.

所以SOAB3. ...........................13分

(20)（本小题满分13分）

解：（I）函数f(x)的定义域为(0,). ............................1分

10

由f(x)xx3lnx得f'(x)12x3． ............................2分 x33令f'(x)2，即12x2，得x1，x（舍）．............................3分

x22又f(1)0， ............................4分 所以曲线yf(x)的斜率为２的切线方程为y2x2． ............................5分

（II） 设g(x)f(x)(2x2)3lnxx2x2，则

32x2x3(2x3)(x1) g'(x)2x1. xxx 令g'(x)0得x1，x 当g'(x)0时，0x1； 当g'(x)0时，x1.

所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减. ............................8分 所以g(x)g(1)0.

所以f(x)2x2. ............................9分 （III）由（II）可知，

① 当k2时，f(x)2(x1)，

所以不存在x01，当x(1,x0)时，恒有f(x)2(x1)；

所以k2不符合题意. ............................10分 ②当k2时，对于x1，f(x)2(x1)k(x1)， 所以不存在x01，当x(1,x0)时，恒有f(x)2(x1)；

所以k2不符合题意. ............................11分

2③当k2时，设h(x)f(x)k(x1)x(1k)x3lnxk.

3（舍）． ............................7分 22x2(1k)x3因为h'(x)，

x令h'(x)0,即2x(1k)x30. 因为(1k)240，

11

221k(1k)2241k(1k)224解得x14,x24又因为k2， 所以x10,x21. 取x0x2.

当x(1,x0)时，h'(x)0； 所以h(x)在(1,x0)上单调递增. 所以h(x)h(1)0.

即f(x)k(x1). 所以k2符合题意.

所以实数k的取值范围是(,2). 12

. ............................13分