北京市大兴区2020届高考数学一模试题(含答案)

2019~2020学年度北京市大兴区高三第一次综合练习

数学

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，复数A. 第一象限 【答案】D 【解析】 【分析】

利用复数的运算法则、几何意义即可得出．

2对应的点位于 1iB. 第二象限

C. 第三象限

D. 第四象限

21i2=【详解】在复平面内，复数=1﹣i对应的点（1，﹣1）位于第四象限． 1i1i1i故选D．

【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 2.已知集合A{x|x2k，kZ}，B{x|2x2}，则AIB（ ） 1] A. [1，2} C. {0，2] B. [2，0，2} D. {2，【答案】D 【解析】 【分析】

直接根据交集运算，即可得答案；

【详解】QA{x|x2k，kZ}，B{x|2x2}，

AIB{2，0，2}，

故选：D.

【点睛】本题考查集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题. 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 2B. 1 C. 2 D. 3

【答案】B 【解析】 【分析】

根据数列的通项公式可求得a1,d的值，再代入前n项和公式，即可得答案；

1a,a1d0,12 【详解】Qa3d1,11d,21431S441，

222故选：B.

【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，考查运算求解能力，属于基础题. 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log1x

2B. yx1

D. y(x1)2

【答案】C 【解析】 【分析】

根据函数的零点为方程的根，结合解析式判断函数的单调性，即可得答案； 【详解】对A，Q方程ex0无解，yex不存在零点，故A错误； 对B，Qx+1=0无解，yx1不存在零点，故B错误；

22对D，y(x1)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，y(x1)在(0,)不具有单调性，故D错误； 故选：C.

【点睛】本题考查通过函数的解析式研究函数的零点和单调性，考查转化与化归思想，属于基础题.

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 【答案】A 【解析】 【分析】

B.

24

D. 4

根据展开式的第三项的二项式系数最大可得n4，再由二项式展开式的通项公式，即可得答案；

【详解】由题意得n4，

r4rTr1C4x(2)r,r0,L,4， 33当r3时，T4C4x(2)32x，

含x项的系数等于32，

故选：A.

【点睛】本题考查二项式定理的运用，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意二项式系数与系数的区别.

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. C.

3 5 B. 2 D. 3

【答案】C 【解析】 【分析】

设点M(x1,y1)，根据焦半径公式可求得M的坐标，再利用两点间的距离公式，即可得答案； 【详解】设点M(x1,y1)，F为抛物线的焦点，

Q|MF|x112x11，y124， |MO|x12y125，

故选：C.

【点睛】本题考查抛物线的焦半径公式，考查运算求解能力，属于基础题.

an0”是“数列{Sn}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*，

为递增数列”的（ ） A. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】

根据anSnSn1(n2)这一关系，即可得答案； 【详解】QanSnSn1(n2)，

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

an0SnSn10，SnSn1，“数列{Sn}为递增数列”，

若“数列{Sn}为递增数列”，则SnSn1SnSn10an0，

“对任意nN*，an0”是“数列{Sn}为递增数列”的充分必要条件，

故选：C.

【点睛】本题考查an与Sn的关系、充分必要条件的判断，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

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 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 10 C. 13 D. 17

根据几何体的三视图可得，该几何体是四棱锥ABCDE，再计算各条棱的长度，即可得答

案；

【详解】根据几何体的三视图可得，该几何体是四棱锥ABCDE

ABAD13，AC10，AE17，BEDE2，BC5，CD1， 该几何体的最长棱的棱长为AE17，

故选：D.

【点睛】本题考查利用三视图还原几何体的直观图、棱长的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意准确还原几何体的直观图是关键.

ππ]上有且仅有两9.已知函数f(x)sin(x)(0)．若关于x的方程f(x)1在区间[0，6个不相等的实根，则的最大整数值为（ ） A. 3 C. 5 【答案】B 【解析】 【分析】

利用换元法求出x详解】令txπ的取值范围，再根据三角函数的图象得到的不等式，即可得答案； 6B. 4 D. 6

ππππ]，x， ，Qx[0，6666Qysint的图象如图所示，

π]上有且仅有两个不相等的实根， Q关于x的方程f(x)1在区间[0，

πysint1在[,]上有且仅有两个不相等的实根，

665π17549， 2212的最大整数值为4，

故选：B.

【点睛】本题考查利用换元法和图象法解三角方程，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意换元后新元取值范围.

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，用现在的数17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P从线段AB的

e7x三等分点移动到中点时，经过的时间为（ ）

A. ln2 【答案】D 【解析】 【分析】

B. ln3

3C. ln

2设P运动点三等分点的时间为t1，此时Q运动的距离为x1，P运动点中点的时间为t2，此时Q运动的距离为x2，再利用Q做匀速运动，利用路程除以速度可得时间.

的4D. ln

3【详解】设P运动点三等分点的时间为t1，此时Q运动的距离为x1，P运动点中点的时间为t2，此时Q运动的距离为x2，

Q两点P，Q以相同的初速度运动，设点Q的运动速度为v107，

122111777771010()10，1010()107， 3e2exx

7x110log1e217x10log，2， 132etx2x14ln， v3故选：D.

【点睛】本题考查数学中的新定义问题、对数的运算法则，考查函数与方程思想、转化与化归思想、，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意对数运算法则的运用.

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． rrrr11.已知向量a(1，1)，b(2，t)， 若a//b，则t_______；

【答案】2 【解析】 分析】

根据向量平行，向量坐标交叉相乘相等，即可得答案； 【详解】Qa//b，1t12t2， 故答案为：t2.

【【答案】【解析】 【分析】

'rr【点睛】本题考查向量平行的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题.

m]上单调减区间，则m的一个值可以是_______；12.若函数f(x)cos2xsin2x在区间[0，

π（答案不唯一，只要0m） 42m]上恒成立，即可得答案； 由题意可得f(x)0在区间[0，'【详解】Qf(x)cos2x，f(x)2sin2x，

m]上恒成立， f'(x)2sin2x0在区间[0，m]上恒成立， sin2x0在区间[0，取m4，显然sin2x0恒成立，

故答案为：

. 4【点睛】本题考查余弦二倍角公式、三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，求解时注意结合三角函数的图象进行求解.

113.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_______；

x2] 【答案】(，【解析】 【分析】 求出函数

1x的最小值，即可得到答案； x【详解】Qx0，1x2，等号成立当且仅当x1， xa2，

2]. 故答案为：(，【点睛】本题考查不等式恒成立问题求参数的取值范围，考查运算求解能力.

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14.已知A(a，2，且|AB|5，则ab_______；

a______； b【答案】 (1). 1 (2). 4 【解析】 【分析】

根据斜率公式和两点间的距离公式，即可求得答案； 【详解】Q直线AB的斜率等于2，且|AB|5，

(ba)2(log2blog2a)25且

解得：|ba|1，

log2blog2a2，

baQab，ab1； log2blog2aa24；

bab故答案为：1；4.

【点睛】本题考查直线的斜率公式和两点间的距离公式，考查转化与化归思想，考查逻辑

推理能力运算求解能力，求解时注意对数的运算法则的应用.

x2y2b0）离心率e2，其渐近线与圆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： 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_______. 【答案】①③ 【解析】 【分析】

根据双曲线离心率的范围可得两条渐近线夹角的范围，再根据直线与圆的位置关系及弦长，即可得答案； 【详解】Qecbb1()223，AOB60o， aaa的

对①，根据向量加法的平行四边形法则，结合AOB60o，可得|OAOB||OAOB|成立，故①正确；

uuuruuur对②，|OAOB||AB|，由于AOB60o，AOB没有最大值，|AB|没有最大值，

故②错误；

对③，当AOB60o时，|OA||OB|22cos30o23，

uuuruuur1|OAOB|212122OAOB36，又QAOB60o，|OAOB|236，

2

|OAOB|6，故③正确；

故答案为：①③.

【点睛】本题考查向量与双曲线的交会、向量的数量积和模的运算，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

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.在ABC中，c1，A（1）求a的值；

（2）若D为BC上一点，且 ，求sinADB的值． 从①AD1，②CAD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【答案】（1）a【解析】 【分析】

（2）选①，sinADB7；2721；选②，sinADB． 77（1）利用三角形的面积公式得SABC（2）①当AD1时，由正弦定理

1bcsinA，再利用余弦定理，即可得答案； 2bBC21，可求得sinB，再由sinBsinBAC7ADBB，可求得答案；②当CAD30时，由余弦定理和诱导公式，可求得答案；

【详解】（1） 由于 c1，A所以b2，

由余弦定理 a2b2c22bccosA， 解得a12π，SABCbcsinA， 327．

（2）①当AD1时， 在ABC中，由正弦定理2即sinB73，所以sinB2bBC， sinBsinBAC21． 7

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因为A120，所以DAB90， 所以BADBπ， 2所以sinADBcosB ， 即sinADB27． 7【点睛】本题考查正余弦定理、三角形面积公式、诱导公式等知识的综合运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

17.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．

（1）求m的值；

（2）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；

（3）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．

【答案】（1）m200；（2）分布列详见解析，数学期望为0.2；（3）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，理由详见解析． 【解析】 【分析】

（1）由频率分布直方图知，m(0.0020.0020.006)1020，解方程可得m的值； （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的所有可能取值为0，，12，再根据二项分布，即可得答案；

（3）机构M抽测的不达标率为

20200.1 ，机构N抽测的不达标率为0.2，再从样本200100能否较好反映总体的分布情况说明理由．

【详解】（1）由频率分布直方图知，m(0.0020.0020.006)1020， 解得m200．

（2）由图知，每位学生成绩不低于90分的频率为0.0110=0.1 ， 12， 由已知，X的所有可能取值为0，，0(10.1)20.81， 则P(X0)C21P(X1)C20.1(10.1)0.18，

2P(X2)C20.120.01．

所以X的分布列为 X P

所以EX=00.81+10.1820.010.2． （3）机构M抽测的不达标率为

0 0.81 1 0.18 2 0.01 200.1 ， 200机构N抽测的不达标率为

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．

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．

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．

【点睛】本题考查频率分布直方图、二项分布、样本与总体的关系，考查数据处理能力，求解时注意在说理由时要根据统计的相关知识来回答.

o18.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．

（1）若E是棱A1B1的中点，证明：DE//平面ACC1A1； （2）求二面角C1CAB的余弦值；

（3）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． 【答案】（1）详见解析；（2）【解析】 【分析】

EP，证明CP//DE，再利用线面平行判定定理，即可证（1）取A1C1中点为P，连结CP，5；（3）不存在，理由详见解析． 5得结论；

DA，DB两两垂直，再建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，求出平面（2）先证明DC1，ACC1的法向量n(1，3，1)，平面ABC的法向量为DC1(0，0，3)，再利用向量的夹角

ruuuur

公式，即可得答案；

uuuruuuuruuuruuuur3（）设A1EA1B1(0≤≤1)，由DEBC10，解得2与假设矛盾，从而得到结论.

EP， 【详解】（1）证明：取A1C1中点为P，连结CP，在A1B1C1中，因为E、P为A1B1、AC11的中点，

所以EP//B1C1且EP1B1C1． 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．

1BC， 2又因为DE平面ACC1A1， ．

CP平面ACC1A1，

所以DE//平面ACC1A1． （2）连结C1D、AD，

因为ABC是等边三角形，D是BC的中点， 所以ADBC，

o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，

1，0)，C1(0，0，0)，C(0，0，3)， 则A(3，uuuuruuurCC1(0，，13)，CA(3，1，0) z)， 设平面ACC1的法向量为n(x，y，ruuuurrCC1n0urr则uu， CAn0y3z0即， 3xy0令x1，则y3，z1，

r3，1)． 所以n(1，uuuur0，3)， 平面ABC的法向量为DC1(0，uuuurruuuurrDC1n5cosDC1，nuuuurr．

|DC1||n|5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． 5uuuur13)，A1B1(3，，10)， （3）A1(3，，

uuuruuuur设A1EA1B1(0≤≤1)， uuur，0)， 则A1E(3，uuur1，3)，DE(33，1，3)， 所以E(33，uuur所以BC1(0，1，3)，

假设DEBC1，

uuuruuuur则DEBC10，解得2，

这与已知0≤≤1矛盾．不存在点E.

【点睛】本题考查线面平行判定定理的运用、向量法求二面角的大小及利用向量证明直线垂直，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.

1x2y219.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

2ab交于P，Q两点，以PQ为直径的圆经过坐标原点O． （1）求椭圆C的标准方程； （2）求证：

11为定值．

|OP|2|OQ|2x2y2【答案】（1）（2）详见解析． 1；

43【解析】 【分析】

（1）因为椭圆经过点(2,0)，所以a2，再根据离心率，即可求得椭圆的方程；

（2）①若直线l的斜率存在时，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，l:ykxm，与椭圆方程联立，由

OPOQ可得x1x2y1y20，从而得到k,m的关系，结合点到直线的距离公式，可证明结

论；②若直线l的斜率不存在，则有kOP1，可证结论也成立. 【详解】（1）因为椭圆经过点(2,0)，所以a2， 又因为

c1，则c1，由b2a2c2，得b23， a2

x2y2所以椭圆的标准方程为1．

43（2）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2222，有(34k)x8kmx4m120， xy2134由题意，，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

8km4m212所以x1x22，x1x2． 24k34k3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，

12(1k2)7m2， 11|OP|2|OQ|2|PQ|2 而

|OP|2|OQ|2|OP|2|OQ|2|OP|2|OQ|2设h为O到l的距离，则 |OP||OQ||PQ|h

所以

1112， 22|OP||OQ|h而h|m|1k2，

111k27． 所以

|OP|2|OQ|2m212②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，

743|OP|2|OQ|224， 7

11772即，

|OP|2|OQ|22412综上

117．

|OP|2|OQ|212【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、离心率的概念、椭圆中的定值问题，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意对斜率进行讨论. 20.已知函数f(x)lnxax． x1（1）若a1，求曲线yf(x)在点(1，f(1))处的切线方程； （2）求证：函数f(x)有且只有一个零点． 【答案】（1）3x4y50；（2）详见解析． 【解析】 【分析】

（1）对函数进行求导，求出切线的斜率和切点坐标，即可得答案；

（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的方程导数可得函数g(x)(x1)lnx)上有且只有一个解，利用a0在(0，x(x1)lnx)单调递增，再利用零点存在定理，即可得答案； a在(0，x1x【详解】（1）当a1时，函数f(x)lnx，x0，f(1)，

x1211x2x13f(x)， 22，kf(1)x(x1)x(x1)4所以函数yf(x)在点(1，f(1))处的切线方程是3x4y50． （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，

(x1)lnx)上有且只有一个解． a0在(0，x(x1)lnxa， 设函数g(x)xx1lnx则g(x)， 2x即只需关于x的方程令h(x)x1lnx，

则h(x)11x1， xx由h(x)0，得x1． x (0，1) 1 0 (1，) h(x) h(x)

 单调递减  极小值 单调递增 由于h(x)minh(1)20， 所以g(x)0，

(x1)lnxa在(0,)上单调递增， xaa又g(1)a，g(e)a，

e所以g(x)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．

【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意对函数进行二次求导的运用.

a2，L，a10满足：对任意的i，j{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，若ij，则aiaj，21.已知数列a1，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，，，，，，，，12783954，写出集合A及m(A)，n(A)； （1）对于数列：10，（2）求证：m(A)不可能为18；

（3）求m(A)的最大值以及n(A)的最小值．

【答案】（1）A{17,9,10,18,20}，m(A)9，n(A)20；（2）详见解析；（3）m(A)的最大值为17， n(A)的最小值为16． 【解析】 【分析】

（1）由题意易得A{17,9,10,18,20}，m(A)9，n(A)20．

（2）利用反证法，假设m(A)≥18，可推出a11，a101这一集合元素互异性的矛盾； （3）首先求m(A)，由（2）知m(A)18，而m(A)17是可能的；再证明：n(A)的最小值为16．

【详解】（1）由题意易得A{17,9,10,18,20}，m(A)9，n(A)20. （2）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,L,10)，所以a101，

同理，设Sa1(a2a3a4)(a5a6a7)(a8a9a10)55，可以推出a11，

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．

（3）m(A)的最大值为17，n(A)的最小值为16．

①首先求m(A)，由（2）知m(A)18，而m(A)17是可能的． 当m(A)17时，

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，

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：1,6,10,2,7,8,3,9,5,4

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； 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，

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．

【点睛】本题考查集合的新定义和反证法的运用，考查反证法的证明，考查逻辑推理能力、运算求解能力，属于难题.