1、北京市东城区2020届高三数学下学期线上检测试题（一）（含解析）第一部分（选择题 共 40 分）一、选择题共 10 题，每题 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.已知集合，集合，则AB=（ ）A. B. C. 【答案】C【解析】【分析】求解一元二次不等式解得集合，由集合的并运算，即可容易求得结果.【详解】因为，故可得.故选：C.【点睛】本题考查集合并集的求解，属基础题.2.已知复数（其中i是虚数单位），则（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】利用复数模长的性质即可求解.【详解】复数，故选：A.【点睛】本题考查求复数的模，涉及到复数的除
2、法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.3.抛物线的准线与轴的交点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：准线方程为：，与轴的交点为，故选B.考点：抛物线的性质.4.设函数，则（ ）A. 有最大值B. 有最小值C. 是增函数D. 是减函数【答案】A【解析】【分析】根据即可根据基本不等式得出，从而可得出，并且时取等号，从而得出有最大值，由对勾函数的图象知在没有单调性，从而得出正确的选项.【详解】，当且仅当，即时取等号，有最大值，又由对勾函数的图象可知在上不具单调性.故选：A.【点睛】本题考查对勾型函数性质，其中涉及到基本不等式求最值，是一道容易题.5.已知曲线C的
3、方程为，则“”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”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【答案】B【解析】【分析】根据椭圆方程的特点，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】若，则对应的曲线为双曲线，不是椭圆，即充分性不成立，若曲线C为焦点在x轴上的椭圆，则满足，即，满足，即必要性成立，即“”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，涉及到椭圆的方程，考查学生逻辑推理能力，是一道容易题.6.一排6个座位坐了2个三口之家.若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为（ ）A. 12
4、B. 36C. 72D. 720【答案】C【解析】【分析】根据题意，用捆绑法分析：先将2个三口之家的成员进行全排列，再对2个三口之家整体进行全排列，由分步计数乘法原理计算可得答案.【详解】根据题意，先将2个三口之家的成员进行全排列，有种情况，再对2个三口之家整体进行全排列，有种情况，则有种不同的坐法.故选：C.【点睛】本题考查排列的简单应用，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道容易题.7.已知圆C与直线及的相切，圆心在直线上，则圆C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据圆心在直线上，设出圆心坐标为，利用圆C与直线及都相切，求得圆心坐标，再求圆的半径，可得圆的
5、方程.【详解】圆心在上，设圆心为，圆C与直线及都相切，圆心到两直线及的距离相等，即，圆心坐标为，圆C的标准方程为.故选：A.【点睛】本题考查求圆的方程，涉及到点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.8.已知正项等比数列中，与的等差中项为9，则（ ）A. 729B. 332C. 181D. 96【答案】D【解析】【分析】正项等比数列的公比设为q，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式及性质，解方程可得公比q，再由等比数列的通项公式计算可得所求值.【详解】设正项等比数列的公比为q，则，由，可得，即，即，与的等差中项为9，可得，即，由可得，解得或（舍），则.
6、故选：D.【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，涉及到等差中项的概念，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.9.春天来了，某池塘中的荷花枝繁叶茂，已知每一天新长出荷叶覆盖水面面积是前一天的2倍，若荷叶20天可以完全长满池塘水面，则当荷叶刚好覆盖水面面积一半时，荷叶已生长了（ ）A. 10天B. 15天C. 19天D. 2天【答案】C【解析】【分析】由题意设荷叶覆盖水面的初始面积，再列出解析式，并注明x的范围，列出方程求解即可.【详解】设荷叶覆盖水面的初始面积为a，则x天后荷叶覆盖水面的面积，根据题意，令，解得，故选：C.【点睛】本题考查指数函数模型的应用，考查学生建模能力、数学运算能力，是一道
7、容易题.10.某单位周一、周二、周三开车上班的职工人数分别是14，10，8若这三天中至少有一天开车上班的职工人数是20，则这三天都开车上班的职工人数至多是（）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】B【解析】【分析】将原问题转化为Venn的问题，然后结合题意确定这三天都开车上班的职工人数至多几人即可.【详解】如图所示，（a+b+c+x）表示周一开车上班的人数，（b+d+e+x）表示周二开车上班人数，（c+e+f+x）表示周三开车上班人数，x表示三天都开车上班的人数，则有：，即，即，当b=c=e0时，x的最大值为6，即三天都开车上班的职工人数至多是6.【点睛】本题主要考查Venn图的应用，数形结
8、合的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.第二部分二、填空题共5题，每题5分，共 5分.11.设向量，不平行，向量与平行，则实数_【答案】【解析】因为向量与平行，所以，则所以考点：向量共线12.已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，将角的终边按逆时针方向旋转后经过点，则_.【答案】1【解析】【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，先求得的值，可得的值.【详解】角的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，将角的终边按逆时针方向旋转后经过点，所以，.故答案为：1.【点睛】本题考查已知终边上一点求三角函数值的问题，涉及到三角函数的定义，是一道容易题.13.某四棱锥的三视图
9、如图所示，那么该四棱锥的体积为_ 【答案】【解析】【分析】先还原几何体，再根据四棱锥体积公式求结果.【详解】由三视图知该几何体如图，V故答案为【点睛】本题考查三视图以及四棱锥的体积，考查基本分析求解能力，属基础题.14.若顶点在原点的抛物线经过四个点，中的2个点，则该抛物线的标准方程可以是_【答案】或【解析】【分析】分两类情况，设出抛物线标准方程，逐一检验即可.【详解】设抛物线的标准方程为：，不难验证适合，故；设抛物线的标准方程为：，不难验证适合，故；故答案为：或【点睛】本题考查抛物线标准方程的求法，考查待定系数法，考查计算能力，属于基础题.15.某部影片的盈利额（即影片的票房收入与固定成本之
10、差）记为,观影人数记为,其函数图象如图（1）所示.由于目前该片盈利未达到预期,相关人员提出了两种调整方案,图（2）、图（3）中的实线分别为调整后与的函数图象.给出下列四种说法:图（2）对应的方案是:提高票价,并提高成本;图（2）对应的方案是:保持票价不变,并降低成本;图（3）对应的方案是:提高票价,并保持成本不变;图（3）对应的方案是:提高票价,并降低成本.其中,正确的说法是_.（填写所有正确说法的编号）【答案】【解析】【分析】根据图象可知盈利额与观影人数成一次函数关系,再分别根据(2)和(3)的图象进行分析即可得出答案.【详解】解:由图象(1)可设盈利额与观影人数的函数为,即为票价,当时,则
11、为固定成本,由图象(2)知,直线向上平移,不变,即票价不变,变大,则变小,成本减小.故错误,正确;由图象(3)知,直线与轴的交点不变,直线斜率变大,变大,即提高票价,不变,则不变,成本不变.故正确,错误;故答案为:【点睛】本题考查一次函数图象的变化,以及和对一次函数图象的影响,是基础题.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.如图，在ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2，BC=4将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使得平面A1DE平面BCED，如下图（）求证：A1OBD；（）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；【
12、答案】（）证明见详解；（）.【解析】【分析】（）先证，再由面面垂直，即可证明线面垂直，再推出线线垂直；（）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值.【详解】（）因为，分别为中点，故可得，故为等腰三角形，又为中点，故可得，又因为平面A1DE平面BCED，且交线为，又平面，故平面，又平面，故.即证.（）过作，由（）可知平面，又平面，故可得，又因为/，故可得.综上所述：两两垂直，故以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：故可得，则设平面的法向量为，故可得，即，取，可得.故.又，故可得.设直线A1C和平面A1BD所成角为，故可得.
13、则直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为.【点睛】本题考查由线面垂直推证线线垂直，以及用向量法求线面夹角，属综合中档题.17.在,这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解决该问题.已知的内角,的对边分别为,_,求的面积.【答案】答案不唯一,具体见解析【解析】【分析】（1）选,先用余弦定理求出角,根据三角形内角和为可算出角,再由正弦定理求出边,最后用三角形的面积公式求面积即可.（2）选,先用正弦定理推论将边化角,整理得角,根据三角形内角和为可算出角,再由正弦定理求出边,最后用三角形的面积公式求面积即可.【详解】解：（1）若选择,由余弦定理,因为,所以;由正弦定理,得,因为,所以,所以,所
14、以.（2）若选择,则,因为,所以,因为,所以;由正弦定理得,因为,所以,所以,所以.（3）若选择,则,所以,因为,所以,所以,所以;由正弦定理得,因为,所以,所以,所以.【点睛】本题考查用正弦、余弦定理解三角形,熟记公式是解题的关键.18.为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月（30天）的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，制表如图：每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：甲公司规定每件4.5元；乙公司规定每天35件以内（含35件）的部分每件4元，超出35件的部分每件7元.（1）根据表中数据写
15、出甲公司员工A在这10天投递的快递件数的平均数和众数；（2）为了解乙公司员工B的每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（3）根据表中数据估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费.【答案】（1）平均数为，众数为33；（2）详见解析；（3）甲公司被抽取员工该月收入元，乙公司被抽取员工该月收入元.【解析】【分析】（1）直接利用茎叶图中数据求甲公司员工A投递快递件数的平均数和众数.（2）由题意能求出X的可能取值为136，147，154，189，203，分别求出相对应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望.（3）利用（2）的结果能估算算两
16、公司的每位员工在该月所得的劳务费.【详解】（1）甲公司员工A投递快递件数的平均数为：，众数为33.（2）设a为乙公司员工B投递件数，则当时，元，当时，元，X的可能取值为136，147，154，189，203，X的分布列为：X136147154189203P（元）.（3）根据图中数据，由（2）可估算：甲公司被抽取员工该月收入元，乙公司被抽取员工该月收入元.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与期望，涉及到茎叶图、平均数等知识，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.19.已知函数.（1）若曲线存在斜率为-1的切线，求实数a的取值范围；（2）求的单调区间；（3）设函数，求证：当时， 在上存在极
17、小值.【答案】(1) .(2)答案见解析；(3)证明见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）求出函数的导数，问题转化为存在大于的实数根，根据在时递增，求出的范围即可；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，判断导数的符号，求出函数的单调区间即可；（3）求出函数，根据，得到存在，满足，从而让得到函数单调区间，求出函数的极小值，证处结论即可.试题解析：（1）由得.由已知曲线存在斜率为-1的切线，所以存在大于零的实数根，即存在大于零的实数根，因为在时单调递增，所以实数a的取值范围.（2）由可得当时， ，所以函数的增区间为；当时，若， ，若， ，所以此时函数的增区间为，减区间为.（3）由及题设得，由可得
18、，由（2）可知函数在上递增，所以，取，显然，所以存在满足，即存在满足，所以， 在区间（1，+）上的情况如下： 0 + 极小 所以当-1a0时，g（x）在（1，+）上存在极小值.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题. (4)考查
19、数形结合思想的应用.20.已知椭圆的右焦点为F.（1）求点F的坐标和椭圆C的离心率；（2）直线过点F，且与椭圆C交于P，Q两点，如果点P关于x轴的对称点为，判断直线是否经过x轴上的定点，如果经过，求出该定点坐标；如果不经过，说明理由.【答案】（1）焦点，离心率（2）是过x轴上的定点；定点【解析】【分析】（1）由椭圆的标准方程即可得出；（2）直线过点F，可得，代入椭圆的标准方程可得：.（依题意）.设，可得根与系数的关系，点P关于x轴的对称点为，则.可得直线的方程可以为，令，把根与系数的关系代入化简即可得出.【详解】（1）椭圆，解得，焦点，离心率.（2）直线过点F，.由，得.（依题意）.设，则，.
20、点P关于x轴的对称点为，则.直线的方程可以设为，令，.直线过x轴上定点.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，涉及到椭圆的离心率、椭圆中的定点问题，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.21.各项均为非负整数的数列an同时满足下列条件：a1=m(mN*)；ann-1(n2)；n是a1+a2+an的因数（n 1）（）当m=5时，写出数列an的前五项；（）若数列an的前三项互不相等，且n3时，an为常数，求m的值；（）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得nM时，an为常数【答案】（）；（）；（）证明见详解.【解析】【分析】（）根据题意，即可由题意求得结果；（）对取值进行分类讨论，即可容
21、易求得结果；（）根据已知条件，结合题意，利用之间的关系，即可进行证明.【详解】（）当时，且是的因数，故可得；，且是的因数，故可得；，且是的因数，故可得；，且是的因数，故可得；综上可得：.（）（1）当时，若，则，且对，都为整数，故；若，则，且对，都为整数，故；（2）当时，若，则，且对，都为整数，故，不符合题意；若，则，且对，都为整数，故；综上所述：的值为.（）证明：对于，令则又对每一个都是正整数，故其中至多出现个.故存在正整数，当时，必有当时，则故则有题设可知，又以及均为整数，都为常数.故可得为常数.故对任意正整数m，存在正整数M，使得nM时，an为常数【点睛】本题考查数列新定义问题，涉及前项和与之间的关系，属压轴题.
