2020年大兴高三一模数学试题及答案

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（选择题要求的一项．（1）在复平面内，2对应的点位于1i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（A）第一象限（C）第三象限（B）第二象限（D）第四象限（2）已知集合A{x|x2k，kZ}，B{x|2≤x≤2}，则AB1]（A）[1，2}（C）{0，2]（B）[2，0，2}（D）{2，（3）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a20，a41，则S4等于（A）12（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（C）ylog1x2（B）yx1（D）y(x1)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（C）8（B）24（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（C）5（B）2（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）17ππ]上有且仅（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有两个不相等的实根，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（C）ln（D）ln3243第二部分（非选择题二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．共110分）1)，b(2，t)，若a∥b，则t（11）已知向量a(1，；m]上单调减区间，则m的一个值可以（12）若函数f(x)cos2xsin2x在区间[0，是；1x恒成立，则实数a的范围是x（13）若对任意x0，关于x的不等式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（14）已知A(a，等于2，且|AB|5，则ab；ab；x2y2b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，

①|OAOB||OAOB|；

②|OAOB|存在最大值；

③|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，且从①AD1，②CAD

，求sinADB的值．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（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）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABACBCAA1，BCC160，平面ABC平面BCC1B1，D是BC的中点，E是棱A1B1上一动点.（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）x2y21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C2ab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：1|OP|21|OQ|2为定值．（20）（本小题15分）已知函数f(x)lnxax．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，，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).6，，12，7，，，，，83954，写出集合A及m(A)，n(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1D2D3B4C5A6B7C8D9B10D二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11）2

（12）答案不唯一，只要0m≤2]（或{a|a≤2}（13）(，π2（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SABC2π，31bcsinA，2……2分……3分所以b2．由余弦定理解得a7．（Ⅱ）①当AD1时，在ABC中，由正弦定理2即sinBbBC，sinBsinBACa2b2c22bccosA，……5分……6分……2分721，所以．sinB372……4分……6分……7分……8分因为ADAB1，所以ADBB．所以sinADBsinB，即sinADB21．7②当CAD30时，在ABC中，由余弦定理知，AB2BC2AC271427cosB．2ABBC7271……3分……4分……5分……7分……8分因为A120，所以DAB90，所以BADB

π

，2所以sinADBcosB，即sinADB

（17）（共14分）27．7解：（Ⅰ）由频率分布直方图知，m(0.0020.0020.006)1020，解得m200.（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，由已知，X的所有可能取值为0，，12，0则P(X0)C2(10.1)20.81，1P(X1)C20.1(10.1)0.18，……2分……3分……1分……2分P(X2)C220.120.01.……5分所以X的分布列为XP00.8110.1820.01……6分所以EX=00.81+10.1820.010.2.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，由已知X～B(2,0.1)，0则P(X0)C2(10.1)20.81，1P(X1)C20.1(10.1)0.18，……7分……1分……2分P(X2)C220.120.01.……5分所以X的分布列为XP00.8110.1820.01……6分所以EX=20.10.2.（Ⅲ）机构M抽测的不达标率为机构N抽测的不达标率为200.1，200……7分……1分……2分200.2．100（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。②没有充足的理由否认机构N的成绩更合理．……4分……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2又因为D是BC的中点，CD所以EP//BC且EP=CD，所以CDEP为平行四边形所以CP//DE.又因为DE平面ACC1A1，CP⊂平面ACC1A1，

1BC，2……2分.……3分所以DE//平面ACC1A1.（Ⅱ）连结C1D、AD，……4分因为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ABC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，则A(3，0，0)，C(0，0，3)，，CC1(0，，13)CA(3，1，0)z)，设平面ACC1的法向量为n(x，y，uuurCCn0则1，CAn0……2分y3z0即，3xy0

令x=1，则y3，z1，所以n(1，3，1).uuuur平面ABC的法向量为DC1(0，0，3)，uuuuruuuurDC1n5cosDC1，nuuuur.5|DC1||n|……3分……4分又因为二面角C1CA1B为锐二面角，所以二面角C1CA1B的余弦值为5.5……6分（如果没有建立坐标系，利用二面角的定义，比照步骤给分。）（Ⅲ）A1(3，，13)，……1分uuuur

A1B1(3，，10)，uuuruuuur

设A1EA1B1(0≤≤1)，uuur

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

DE(33，1，3)uuur所以BC1(0，1，3)，假设DEBC1，则DEBC10解得2，这与已知0≤≤1矛盾。原命题得证.（19）（共14分）（Ⅰ）因为椭圆经过点(2,0)，所以a2，又因为c1，则c1，a2……3分……4分……1分……2分……3分……4分由b2a2c2，得b23，x2y2所以椭圆的标准方程为1．43（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．22|OP||OQ|3412……2分②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.|OP|2|OQ|24312……3分③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)，则直线OQ的方程为y1x．k……4分ykxx2k2x222联立x，得1，y43134……5分1212k22即x，y，2234k34k2……6分1134k2

2即，22|OP|xy1212k2143k2

同理，，|OQ|21212k21177k27

则．|OP|2|OQ|21212k212方法二……7分……8分……10分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，xy2134……2分由题意，0，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，4m2128km所以x1x22，x1x2．4k34k23……3分因为以PQ为直径的圆过原点O，由OPOQ，得x1x2y1y20，即x1x2(kx1m)(kx2m)0，整理得，……4分12(1k2)7m2，11|OP|2|OQ|2|PQ|2而|OP|2|OQ|2|OP|2|OQ|2|OP|2|OQ|2……5分……6分设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k1k2711所以.m212|OP|2|OQ|2，……8分……9分②若直线l的斜率不存在，则有kOP1，不妨设kOP1，设P(x1,y1)，有x1y1，12x2y22代入椭圆方程1得，x1，43724，|OP|2|OQ|2711772即，12|OP|2|OQ|224综上117．|OP|2|OQ|212……10分（20）（共15分）（Ⅰ）解；当a1时，函数f(x)lnx1f(1)，211x2x1f(x)，x(x1)2x(x1)2kf(1)3，4x，x0x1……1分……2分……3分……4分所以函数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)，2x(x1)x(x1)2……1分设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，aaa，又f(1)，f(e)a2e1a2若a0时，由于f(1)f(e)a0，ea……2分……4分若a0时，f(1)0，函数f(x)在(0,)有且只有一个零点，……5分所以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x10极大值(x1,x2)

-减x20极小值(x2,)

+增因为0x11，所以lnx10，所以f(x)极大值=f(x1)lnx1由上可知f(x2)f(1)ax10，x11……8分……9分aa0，0，f(ea)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a0在(0，)上有且只有一个解．x(x1)lnxa，x……1分……2分x1lnx，x21x1，xx令h(x)x1lnx，则h(x)1……3分……4分(0，1)10(1，)由h(x)0，得x1．xh(x)h(x)

单调递增……5分单调递减极小值由于h(x)minh(1)20，所以g(x)0，所以g(x)(x1)lnxa在(0,)上单调递增，xa，ea……6分……8分a又g(1)a，g(e)①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……1分（Ⅱ）证明:假设m(A)≥18，设S(a1a2a3)(a4a5a6)(a7a8a9)a1055则S55≥3m(A)a10=318a10即a10≤1，因为ai≥1(i1,2,3,,10)所以a101……3分……2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,,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)．对于数列：1,6,10,2,7,8,3,9,5,4n(A)20，满足题意．此时A{17,18,19,20}，m(A)17，……3分所以m(A)的最大值为17；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.设Sa1(a2a3a4)(a5a6a7)(a8a9a10)55，……4分……5分可得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，n(A)16，A中元素的最大值为16．A{13,14,15,16}，m(A)13，所以n(A)的最小值为16．……6分