北京市石景山区届高三一模考试数学理试题Word版含答案 3.docx
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北京市石景山区届高三一模考试数学理试题Word版含答案3
北京市石景山区2020届高三一模考试
数学理试题
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、选择题：
本大题共8小题，每小题5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．设集合，集合，则（）
（A）（B）（C）（D）
2.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为，则曲线C是（）
（A）关于轴对称的图形（B）关于轴对称的图形
（C）关于原点对称的图形（D）关于直线对称的图形
3.如果是定义在上的奇函数，那么下列函数中，一定为偶函数的是（）
（A）（B）（C）（D）
4.在平面直角坐标系中，向量＝（1,2），＝（2,m），若O,A,B三点能构成三角形，则（）
（A）（B）（C）（D）
5.执行如图所示的程序框图，若输入的分别为0,1，则输出的（）
（A）4（B）16（C）27（D）36
6.设，则“”是“”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.设函数（，，是常数，，），且函数的部分图象如图所示，则有（）
（A）
（B）
（C）
（D）
8.如图，在棱长为的正四面体中，点分别在棱,,上，且平面平面，为内一点，记三棱锥的体积为V，设，对于函数，则（）
（A）当时，函数取到最大值（B）函数在上是减函数
（C）函数的图象关于直线对称
（D）存在，使得（其中为四面体的体积）
第Ⅱ卷（非选择题共110分）
二、填空题：
本大题共6小题，每小题5分，共30分．
9.在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，且，则____.
10．已知等差数列的公差，，，则____；记的前项和为，则的最小值为____.
11．若圆与双曲线C：
的渐近线相切，则_____；双曲线C的渐近线方程是____.
12.一个棱长为4的正方体，被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，则该截面的面积是____.
13.在冬奥会志愿者活动中，甲、乙等5人报名参加了A,B,C三个项目的志愿者工作，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者，且甲不能参加A,B项目，乙不能参加B,C项目，那么共有____种不同的选拔志愿者的方案.（用数字作答）
14.一辆赛车在一个周长为3km的封闭跑道上行驶，跑道由几段直道和弯道组成，图1反映了赛车在“计时赛”整个第二圈的行驶速度与行驶路程之间的关系．
（图1）（图2）
根据图1，有以下四个说法：
在这第二圈的2.6km到2.8km之间，赛车速度逐渐增加；
在整个跑道中，最长的直线路程不超过0.6km；
大约在这第二圈的0.4km到0.6km之间，赛车开始了那段最长直线路程的行驶；
在图2的四条曲线（注：
S为初始记录数据位置）中，曲线B最能符合赛车的运动轨迹.
其中，所有正确说法的序号是_____.
三、解答题：
本大题共6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.设，.
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）求的值.
16．（本小题满分13分）
某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩，整理数据并按分数段，，，，，进行分组，假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，则得到体育成绩的折线图（如下）.
（Ⅰ）体育成绩大于或等于70分的学生常被称为“体育良好”.已知该校高一年级有1000名学生，试估计高一全年级中“体育良好”的学生人数；
（Ⅱ）为分析学生平时的体育活动情况，现从体育成绩在和的样本学生中随机抽取2人，求在抽取的2名学生中，至少有1人体育成绩在的概率；
（Ⅲ）假设甲、乙、丙三人的体育成绩分别为，且分别在，，三组中，其中．当数据的方差最小时，写出的值.（结论不要求证明）
（注：
，其中为数据的平均数）
17．（本小题满分14分）
如图，四边形是梯形，，，四边形为矩形，已知，，，.
（Ⅰ）求证：
平面；
（Ⅱ）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
（Ⅲ）设为线段上的一个动点（端点除外），判断直线与直线能否垂直？
并说明理由.
18．（本小题满分13分）
已知函数，且.
（Ⅰ）求的值及的单调区间；
（Ⅱ）若关于x的方程存在两不相等个正实数根，证明：
．
19．（本小题满分14分）
已知椭圆：
的长轴长为，为坐标原点.
（Ⅰ）求椭圆的方程和离心率；
（Ⅱ）设点，动点在轴上，动点在椭圆上，且在y轴的右侧，若，求四边形面积的最小值.
20．（本小题满分13分）
设数列和的项数均为m，则将数列和的距离定义为.
（Ⅰ）给出数列和数列的距离；
（Ⅱ）设为满足递推关系的所有数列的集合，和为A中的两个元素，且项数均为m，若，，和的距离小于，求m的最大值；
（Ⅲ）记是所有7项数列或的集合，，且中任何两个元素的距离大于或等于3，证明：
中的元素个数小于或等于16.
北京市石景山区2020届高三一模考试
数学理试题参考答案
1.【答案】C
【解答】解：
由，解得
∴
又∵
∴
故选：
C
2.【答案】A
【解答】解：
由
得
表示圆心为，半径为的圆
所以曲线是关于轴对称的图形．
故选：
A
3.【答案】B
【解答】∵是奇函数，为奇函数
∴是偶函数．
故选：
B
4.【答案】B
【解答】∵,,三点能构成三角形
∴与不共线
又，
∴
∴
故选：
B
5.【答案】D
【解答】
解：
由程序框图知，
第1次循环，,，．
第1次循环，,，．
第1次循环，,
此时，跳出循环．
输出
故选：
D
6.【答案】A
【解析】由，得
∵是减函数，是减函数
∴是减函数
又∵
∴
∴．
即“”等价于“”
又∵
∴“”是“”的充分不必要条件．
故选：
A
7.【答案】D
【解答】
解：
由函数的图象可知，
∴.
∴
结合图象知，在即上单调递减，且关于对称．
∴
∴
又∵
∴
∴
故选：
D
8.【答案】A
【解答】
解：
设四棱锥的高为，四棱锥的高为．
∵面平面
∴,
∵
∴，
∴，
∴
即
令
令，得或
时，，单增,
时，，单减．
∴当时，有最大值，即有最大值．
故选：
A．
二、填空题
9．【答案】
【解答】∵复数与对应的点关于虚轴对称，且，
∴，
∴．
故答案为．
10．【答案】；．
【解答】设数列的首项为，
，，
解得，
∴；
∴，，
∴的最小值为．
故答案为：
；．
11．【答案】，．
【解答】双曲线的渐近线方程为，即，
∵圆与双曲线的渐近线相切，
∴，由，解得，
故双曲线的渐近线方程为．
故答案为：
，．
12．【答案】
【解答】该几何体的直观图如图所示：
因此截面为，
由题可知，
∴中边上的高等于，
所以截面面积为
故答案为：
13．【答案】
【解答】若甲、乙二人都参加了，则有种分配方案；
若甲、乙二人中只有一个人参加，则有种分配方案；
若甲、乙二人都不参加，则有种分配方案；
∴共有种分配方案．
故答案为：
．
14．【答案】①④．
【解答】
由图看，在到之间，赛车速度从逐渐增加到，①对；
从到这段，赛车应该是直道加速到平稳行驶，最长直线路程超过，②错；
从到之间，赛车开始最长直线路程行驶，③错；
从图看，赛车先直线行驶一小段，然后减速拐弯，然后直线行驶一大段距离，再减速拐弯，再直线行驶一大段，拐弯后行驶一中段距离，曲线最符合，④对．
故答案为：
①④．
15．（本小题满分13分）
（Ⅰ）解：
因为，
由正弦定理，
得.………………3分
由余弦定理及，，………………5分
得，
所以，
解得.………………7分
（Ⅱ）解：
由，得.
所以.………………8分
即，………………11分
所以，
所以.………………13分
16．（本小题满分13分）
（Ⅰ）解：
由折线图，知样本中体育成绩大于或等于70分的学生有人，………………2分
所以该校高一年级学生中，“体育良好”的学生人数大约有人.……4分
（Ⅱ）解：
设“至少有1人体育成绩在”为事件，………………5分
由题意，得，
因此至少有1人体育成绩在的概率是.………………9分
（Ⅲ）解：
,的值分别是为,,；或,,.………………13分
17．（本小题满分14分）
（Ⅰ）证明：
由为矩形，得，
又因为平面，平面，
所以平面，………………2分
同理平面，
又因为，
所以平面平面,………………3分
又因为平面，
所以平面.………………4分
（Ⅱ）解：
由平面中，，，得，
又因为，，
所以平面，
所以，
又因为四边形为矩形，且底面中与相交一点，
所以平面，
因为，
所以平面.
过在底面中作，所以两两垂直，以分
别为轴、轴和轴，如图建立空间直角坐标系，………………6分
则，，，，，，
所以,.
A
B
C
D
D1
C1
P
y
x
z
设平面的一个法向量为，
由，，得
令，得.………………8分
易得平面的法向量.
所以.
即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.………………10分
（Ⅲ）结论：
直线与不可能垂直.………………11分
证明：
设，，
由，，，，
得，，，，
.………………12分
若，则，即，
因为，
所以，解得，这与矛盾.
所以直线与不可能垂直.………………14分
18.（本小题满分13分）
（Ⅰ）解：
对求导，得，………………2分
所以，解得.………………3分
故，.
令，得.
当变化时，与的变化情况如下表所示：
0
0
↘
↗
所以函数的单调减区间为，单调增区间为.………………5分
（Ⅱ）解：
方程，即为，
设函数.………………6分
求导，得．
由，解得，或.………………7分
所以当变化时，与的变化情况如下表所示：
0
↘
↗
所以函数在单调递减，在上单调递增.………………9分
由，得.
又因为，
所以.
不妨设（其中为的两个正实数根），
因为函数在单调递减，且，，
所以.………………11分
同理根据函数在上单调递增，且，
可得，
所以，
即.………………13分
19．（本小题满分14分）
（Ⅰ）解：
由题意，椭圆C：
，………………1分
所以，，
故，解得，
所以椭圆的方程为.………………3分
因为，
所以离心率.………………5分
（Ⅱ）解：
设线段的中点为，
因为，所以，………………7分
由题意，直线的斜率存在，设点，
则点的坐标为，
且直线的斜率，………………8分
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为：
.………………10分
令，得，则，
由，得，
化简，得.………………11分
所以四边形的面积
………………12分
.
当且仅当，即时等号成立.
所以四边形面积的最小值为.………………14分
20．（本小题满分13分）
（Ⅰ）解：
由题意，数列和数列的距离为7.………………2分
（Ⅱ）解：
设，其中，且.
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