2020大兴区高三一模数学试题

2020.4

数学

本试卷共6页，满分150分．考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

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．在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． （1）在复平面内，

2对应的点位于 1i（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限 （2）已知集合A{x|x2k，kZ}，B{x|2≤x≤2}，则AIB

1] （B）[2，2] （A）[1，2} （D）{2，0，2} （C）{0，（3）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a20，a41，则S4等于

（A）

1 2（B）1 （C）2 （D）3

（4）下列函数中，在区间(0,)上单调递增且存在零点的是

（A）yex （B）yx1 （C）

ylog1x Dy(x1)2

（）

2（5）在(x2)n的展开式中，只有第三项的二项式系数最大，则含x项的系数等于

（A）32

（B）24

（C）8 （D）4

（6）若抛物线y24x上一点M到其焦点的距离等于2，则M到其顶点O的距离等于

（A）3 （B）2 （C）5 （D）3

（7）已知数列{an}是等比数列，它的前n项和为Sn，则“对任意nN*，an0”是“数

列{Sn}为递增数列”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

（8）某四棱锥的三视图如图所示，如果方格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的最

长棱的棱长为 （A）3 （B）10 （C）13 （D）17 ππ]上有且仅有（9）已知函数f(x)sin(x)(0)．若关于x的方程f(x)1在区间[0，6两个不相等的实根，则的最大整数值为 （A）3 （C）5

（B）4 （D）6

（10）如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动．点Q沿直线CD作匀速运动，CQx；

点P沿线段AB（长度为107单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离(PBy)．令P与Q同时分别从A，C出发，那么，定义x为y的纳皮尔对数，用17现在的数学符号表示x与y的对应关系就是y10()10，其中e为自然对数的底．当点Pe7x从线段AB的三等分点移动到中点时，经过的时间为 （A）ln2 （B）ln3

APyB3（C）ln

24（D）ln

3CxQD

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．

1)，b(2，t)， 若a∥b，则t ； （11）已知向量a(1，m]上单调减区间，（12）若函数f(x)cos2xsin2x在区间[0，则m的一个值可以是 ；

1（13）若对任意x0，关于x的不等式a≤x恒成立，则实数a的范围是 ；

x（14）已知A(a，r)，B(b，s)为函数ylog2x图象上两点，其中ab．已知直线AB的斜率

等于2，且|AB|5，则ab ；

a ； bx2y2b0）的离心率e2，其渐近线（15）在直角坐标系xOy中，双曲线221（a0，abB两点，有下列三个结论： 与圆x2(y2)24 交x轴上方于A，uuuruuuruuuruuur①|OAOB||OAOB| ； uuuruuur②|OAOB|存在最大值； uuuruuur③ |OAOB|6．

则正确结论的序号为

三、解答题共6题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． （16）（本小题14分）

在ABC中，c1，A（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若D为BC上一点，且 ，求sinADB的值．

从①AD1，②CAD

（17）（本小题14分）

为了调查各校学生体质健康达标情况，某机构M采用分层抽样的方法从A校抽取了m名学生进行体育测试，成绩按照以下区间分为七组：[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并得到如下频率分布直方图．根据规定，测试成绩低于60分为体质不达标。已知本次测试中不达标学生共有20人． （Ⅰ）求m的值；

（Ⅱ）现从A校全体同学中随机抽取2人，以频率作为概

率，记X表示成绩不低于90分的人数，求X的分布列及数学期望；

（Ⅲ）另一机构N也对该校学生做同样的体质达标测试，

并用简单随机抽样方法抽取了100名学生，经测试有20名学生成绩低于60分．计算两家机构测试成绩的不达标率，你认为用哪一个值作为对该校学生体质不达标率的估计较为合理，说明理由。

（18）（本小题14分）

2π3，且ABC的面积为． 32π这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答． 6如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABACBCAA1，BCC160o，平面ABC平面BCC1B1，D是BC的中点，E是棱A1B1上一动点.

C1（Ⅰ）若E是棱A1B1的中点，证明：DE//平面ACC1A1； （Ⅱ）求二面角C1CAB的余弦值； （Ⅲ）是否存在点E，使得DEBC1，若存在，

求出E的坐标，若不存在，说明理由。

（19）（本小题14分）

EA1B1CDABx2y21 已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，且经过点(2,0)，一条直线l与椭圆C

ab2交于P，Q两点，以PQ为直径的圆经过坐标原点O． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程； （Ⅱ）求证：

（20）（本小题15分）

已知函数f(x)lnx11为定值． |OP|2|OQ|2ax． x1（Ⅰ）若a1，求曲线yf(x)在点(1，f(1))处的切线方程； （Ⅱ）求证：函数f(x)有且只有一个零点.

（21）（本小题14分）

a2，L，a10满足：已知数列a1，对任意的i，j{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，若ij，则aiaj，

且ai{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，设集合A{aiai1ai2|i1,2,3,4,5,6,7,8}，集合A中元素最小值记为m(A)，集合A中元素最大值记为n(A).

n(A)； 6，，，，，，，，12783954，写出集合A及m(A)，（Ⅰ）对于数列：10，（Ⅱ）求证：m(A)不可能为18；

（Ⅲ）求m(A)的最大值以及n(A)的最小值．

2019~2020学年度北京市大兴区高三第一次综合练习

高三数学参考答案及评分标准

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5小题，每小题5分，共25分） （11）2

π 21 D 2 D 3 B 4 C 5 A 6 B 7 C 8 D 9 B 10 D （12）答案不唯一，只要0m≤2]（或{a|a≤2} （13）(，（14）1；4（第一个空3分，第二个空2分）

（15）①③ （不选或有错选得0分，只选对1个得3分，全部选对得5分．）

三、解答题（共6小题，共85分） （16）（共14分） 解：（Ⅰ） 由于 c1，A2π， 31SABCbcsinA， ……2分

2所以b2． ……3分 由余弦定理 a2b2c22bccosA， ……5分 解得a7． ……6分

（Ⅱ）①当AD1时，

在ABC中，由正弦定理

bBC， ……2分 sinBsinBAC2即sinB21． ……4分 3，所以sinB727因为ADAB1，所以ADBB． ……6分 所以sinADBsinB， ……7分 21． ……8分 7②当CAD30时，

即sinADB在ABC中，由余弦定理知，

AB2BC2AC271427cosB． ……3分

2ABBC7271因为A120，所以DAB90， ……4分 所以BADBπ， ……5分 2所以sinADBcosB ， ……7分 即sinADB（17）（共14分）

解：（Ⅰ）由频率分布直方图知，m(0.0020.0020.006)1020， ……2分

解得m200. ……3分 （Ⅱ）方法1：

由图知，每位学生成绩不低于90分的频率为0.0110=0.1 ， ……1分 由已知，X的所有可能取值为0，，12， ……2分

0则P(X0)C2(10.1)20.81， 1P(X1)C20.1(10.1)0.18，

2P(X2)C20.120.01. ……5分

27． ……8分 7所以X的分布列为 X P

所以EX=00.81+10.1820.010.2. ……7分 方法2：由图知，每位学生成绩不低于90分的频率为0.0110=0.1， ……1分

由已知X～B(2,0.1)， ……2分

0则P(X0)C2(10.1)20.81，

0 0.81 1 0.18 2 0.01 ……6分

1P(X1)C20.1(10.1)0.18，

2P(X2)C20.120.01. ……5分

所以X的分布列为 X

P 0 0.81 1 0.18 2 0.01 ……6分

所以EX=20.10.2. ……7分

（Ⅲ）机构M抽测的不达标率为

机构N抽测的不达标率为

200.1 ， ……1分 200200.2． ……2分 100（以下答案不唯一，只要写出理由即可）

①用机构M测试的不达标率0.1估计A校不达标率较为合理。 ……3分 理由：机构M选取样本时使用了分层抽样方法，样本量也大于机构N，样本更有代表性，所以，能较好反映了总体的分布。 ……4分 ②没有充足的理由否认机构N的成绩更合理． ……3分 理由：尽管机构N的样本量比机构M少，但由于样本的随机性，不能排除样本较好的反映了总体的分布，所以，没有充足的理由否认机构N的成绩更合理。 ……4分

（18）（共14分）

EP， （Ⅰ）证明：取A1C1中点为P，连结CP，在ΔA1B1C1中，因为E、P为A1B1、A1C1的中点， 1所以EP//B1C1且EP=B1C1.……1分

2C1EPA1CDABB11又因为D是BC的中点，CDBC，

2所以EP//BC且EP=CD， 所以CDEP为平行四边形

所以CP//DE. ……2分 又因为DE平面ACC1A1， .……3分 CP⊂平面ACC1A1，

zC1EA1CDAByB1所以DE//平面ACC1A1. ……4分 （Ⅱ）连结C1D、AD，

因为ΔABC是等边三角形，D是BC的中点，

所以ADBC，

因为BC=AA1=CC1，∠BCC1=60， 所以C1DBC.

因为平面ABC平面BCC1B1， 平面ABCI平面BCC1B1BC， C1D平面BCC1B1，

所以C1D平面ABC， DA，DB两两垂直. 所以DC1，如图，建立空间直角坐标系Dxyz， ……1分

1，0)，C1(0，0，0)，C(0，0，3)， 则A(3，uuuuruuurCC1(0，，13)，CA(3，1，0)

y，z)， 设平面ACC1的法向量为n(x，uuurCCn0则1， ……2分 CAn0y3z0即， ……3分

3xy0令x=1，则y3，z1，

3，1). ……4分 所以n(1，uuuur0，3)， 平面ABC的法向量为DC1(0，uuuuruuuurDC1n5cosDC1，nuuuur.

5|DC1||n|又因为二面角C1CA1B为锐二面角， 所以二面角C1CA1B的余弦值为

5. ……6分 5（如果没有建立坐标系，利用二面角的定义，比照步骤给分。） 13)， ……1分 （Ⅲ）A1(3，，uuuurA1B1(3，，10)，

uuuruuuur 设A1EA1B1(0≤≤1)，

uuur，0)， 则A1E(3，1，3)， ……2分 所以E(33，uuurDE(33，1，3)

uuur1，3)， 所以BC1(0，假设DEBC1，

uuuruuuur则DEBC10

解得2， ……3分 这与已知0≤≤1矛盾。

原命题得证. ……4分 （19）（共14分）

（Ⅰ）因为椭圆经过点(2,0)，所以a2， ……1分 又因为

c1，则c1， ……2分 a2 由b2a2c2，得b23， ……3分

x2y2所以椭圆的标准方程为1． ……4分

43（Ⅱ）方法一

因为以PQ为直径的圆过坐标原点O，所以OPOQ． ……1分

①若直线OP的斜率不存在，则P为椭圆与y轴交点，Q为椭圆与x轴交点， 因此|OP|2b23，|OQ|2a24， 则

11117． ……2分 22|OP||OQ|3412②若直线OP的斜率存在且为0，则P为椭圆与x轴交点，Q为椭圆与y轴交点， 因此|OP|2a24，|OQ|2b23， 则

11117. ……3分 |OP|2|OQ|24312③若直线OP的斜率存在且不为0， 可设直线OP方程为ykx(k0)，

1则直线OQ的方程为yx． ……4分

kykxx2k2x222联立x，得1， ……5分 y431341212k22即x，y， ……6分

34k234k221134k22即， ……7分 222|OP|xy1212k143k2同理，， ……8分 |OQ|21212k21177k27则． ……10分 22212|OP||OQ|1212k方法二

①若直线l的斜率存在时，设l:ykxm，与椭圆方程联立得： ykxm2，有(34k2)x28kmx4m2120， ……2分 xy2134由题意，0，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

4m2128km所以x1x22，x1x2． ……3分

4k234k3因为以PQ为直径的圆过原点O，

由OPOQ，得 x1x2y1y20， ……4分 即x1x2(kx1m)(kx2m)0，整理得，

12(1k2)7m2， ……5分 11|OP|2|OQ|2|PQ|2而 ……6分 222222|OP||OQ||OP||OQ||OP||OQ|设h为O到l的距离，则 |OP||OQ||PQ|h

所以

111， |OP|2|OQ|2h2|m|2而h，

1k111k27所以. ……8分 |OP|2|OQ|2m212②若直线l的斜率不存在，则有kOP1， ……9分

不妨设kOP1，设P(x1,y1)，有x1y1， x2y212代入椭圆方程1得，x12，

43724， |OP|2|OQ|2711772即，

12|OP|2|OQ|224综上

117． ……10分 |OP|2|OQ|212（20）（共15分）

（Ⅰ）解；当a1时，函数f(x)lnxx，x0 ……1分 x11f(1)， ……2分

211x2x1f(x)， ……3分

x(x1)2x(x1)2kf(1)3， ……4分 4所以函数yf(x)在点(1，f(1))处的切线方程是3x4y50．……5分 （Ⅱ）解法1

函数的定义域为(0,)，

1ax2(2a)x1f(x)， ……1分

x(x1)2x(x1)2设g(x)x2(2a)x1（x0），

①当a≤2或a2且a24a≤0，即a≤4时，都有g(x)≥0， 所以，函数f(x)在(0,)是增函数， ……2分

aaa又f(1)，f(e)a， ……4分

2e1若a0时， f(1)0，函数f(x)在(0,)有且只有一个零点，……5分 a2若a0时，由于f(1)f(e)a0，

ea所以f(x)在(0,)存在唯一零点． ……6分 ②当a4时，方程x2(2a)x10的判别式a24a0， 设方程的两根为x1,x2，不妨设x1x2，

由韦达定理可知x1x2a20，x1x210， ……7分

x21， 所以0x11，x f(x) f(x) (0,x1) + 增 x1 0 极大值 (x1,x2) - 减 x2 0 极小值 (x2,)+ 增 因为0x11，所以lnx10， 所以f(x)极大值=f(x1)lnx1ax10， ……8分 x11aaa0， ……9分 由上可知f(x2)f(1)0，f(e)a2e1存在唯一的x0(x2,ea)使得f(x0)0， 所以函数f(x)在(0,)有且只有一个零点．

综上所述，对任意的aR函数yf(x)有且只有一个零点．……10分 解法2

函数的定义域为(0,)，

要使函数f(x)有且只有一个零点，只需方程(x1)lnxax0有且只有一个根， 即只需关于x的方程设函数g(x)则g(x)(x1)lnx)上有且只有一个解． a0在(0，x(x1)lnxa， ……1分 xx1lnx， ……2分 2x令h(x)x1lnx， 则h(x)11x1， ……3分 xx由h(x)0，得x1． ……4分

x h(x) h(x) (0，1) 1 0 极小值 (1，)   单调递减 单调递增 由于h(x)minh(1)20， ……5分 所以g(x)0， 所以g(x)(x1)lnxa在(0,)上单调递增， ……6分 xa又g(1)a，g(e)a， ……8分 ea①当a0时， g(1)0，函数g(x)在(0,)有且只有一个零点， a2②当a0时，由于g(1)g(e)a0，所以存在唯一零点．

ea综上所述，对任意的aR函数yf(x)有且只有一个零点．……10分

（21）（共14分） （Ⅰ）A{17,9,10,18,20}，

m(A)9,n(A)20． ……3分

（Ⅱ）证明:假设m(A)≥18， ……1分

设S(a1a2a3)(a4a5a6)(a7a8a9)a1055 则S55≥3m(A)a10=318a10 ……2分 即a10≤1，因为ai≥1(i1,2,3,L,10)

所以a101 ……3分

同理，设Sa1(a2a3a4)(a5a6a7)(a8a9a10)55 可以推出a11， ……4分 ai(i1,2,L,10)中有两个元素为1，与题设矛盾，

故假设不成立，

m(A)不可能为18. ……5分

（Ⅲ）m(A)的最大值为17，n(A)的最小值为16.

①首先求m(A)，由（Ⅱ）知m(A)18，而m(A)17是可能的． 当m(A)17时， ……1分 设S(a1a2a3)(a4a5a6)(a7a8a9)a1055 则S553m(A)a10=317a10

即a10≤4， ……2分 又S(a1a2a3)(a4a5a6)a7(a8a9a10)55 得55S≥3m(A)a751a7，即a7≤4. 同理可得：ai≤4(i1,4,7,10)． ……3分

对于数列：1,6,10,2,7,8,3,9,5,4

n(A)20，满足题意． 此时A{17,18,19,20}，m(A)17，所以m(A)的最大值为17； ……4分 ②现证明：n(A)的最小值为16.

先证明n(A)≤15为不可能的，假设n(A)≤15. ……5分 设Sa1(a2a3a4)(a5a6a7)(a8a9a10)55，

可得55≤3n(A)a1≤315a1，即a110，元素最大值为10，所以a110． 又(a1a2a3)a4(a5a6a7)(a8a9a10)55≤3n(A)a4≤315a4， 同理可以推出a410，矛盾，假设不成立，所以n(A)≥16． 数列为：7,6,2,8,3,4,9,1,5,10时，

A{13,14,15,16}，m(A)13，n(A)16，A中元素的最大值为16．

所以n(A)的最小值为16． ……6分