1、北京市中国人民大学附属中学2020届高三数学3月月考试题一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分在每道小题给出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的，请将答案涂在机读卡上的相应位置上）1.若集合，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合A，B，然后进行交集的运算即可【详解】，B=xR|x1，或x3；AB=xR|x3故选D【点睛】本题考查描述法表示集合概念，一元二次不等式的解法，以及交集及其运算2.向量在正方形网格中的位置如图所示.若向量与共线,则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图像，根据向量的线性运算法则，可直接用表示出，
2、进而可得出.【详解】由题中所给图像可得：，又 ，所以.故选D【点睛】本题主要考查向量的线性运算，熟记向量的线性运算法则，即可得出结果，属于基础题型.3.设曲线是双曲线,则“的方程为”是“的渐近线方程为”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】A【解析】分析：由方程为的渐近线为，且渐近线方程为的双曲线方程为，即可得结果.详解：若的方程为，则，渐近线方程为，即为，充分性成立，若渐近线方程为，则双曲线方程为，“的方程为”是“的渐近线方程为”的充分而不必要条件，故选A.点睛：本题通过圆锥曲线的方程主要考查充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要
3、条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.4.某校象棋社团组织中国象棋比赛,采用单循环赛制,即要求每个参赛选手必须且只须和其他选手各比赛一场,胜者得分,负者得分,平局两人各得分.若冠军获得者得分比其他人都多,且获胜场次比其他人都少,则本次比赛的参赛人数至少为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：对于四个选项中给出的参赛人数分别进行分析，看是否满足条件，然后可得结论详解：
4、对于A，若参赛人数最少为4人，则当冠军3次平局时，得3分，其他人至少1胜1平局时，最低得3分，所以A不正确对于B，若参赛人数最少为5人，当冠军1负3平局时，得3分，其他人至少1胜1平局，最低得3分，所以B不正确对于C，若若参赛人数最少为6人，当冠军2负3平局时，得3分，其他人至少1胜1平局，最低得3分，此时不成立；当冠军1胜4平局时，得6分，其他人至少2胜1平局，最低得5分，此时成立综上C正确对于D，由于7大于6，故人数不是最少所以D不正确故选C点睛：本题考查推理问题，考查学生的分析问题和应用所学知识解决问题的能力解题时要根据所给出的条件进行判断、分析，看是否得到不合题意的结果5.若抛物线y2
5、2px（p0）上任意一点到焦点的距离恒大于1，则p的取值范围是（ ）A. p1B. p1C. p2D. p2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的几何性质当P为抛物线的顶点时，P到准线的距离取得最小值，列不等式求解.【详解】设P为抛物线的任意一点，则P到焦点的距离等于到准线：x的距离，显然当P为抛物线的顶点时，P到准线的距离取得最小值，即p2故选：D【点睛】此题考查抛物线的几何性质，根据几何性质解决抛物线上的点到焦点距离的取值范围问题.6.已知函数（为常数）为奇函数，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据奇函数定义，代入即可求得的值【详解】因为函数（为常数）为奇函数所以
6、，代入所以选A【点睛】本题考查了奇函数的应用及三角函数的求值，属于基础题7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为（）A. 4B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图，然后结合图中的数据计算出各棱的长度，进而可得最长棱【详解】由三视图可得，该几何体是如图所示的四棱锥，底面是边长为2的正方形，侧面是边长为2的正三角形，且侧面底面根据图形可得四棱锥中的最长棱为和，结合所给数据可得，所以该四棱锥的最长棱为故选B【点睛】在由三视图还原空间几何体时，要结合三个视图综合考虑，根据三视图表示的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线、不可见轮廓线在三视图中为
7、虚线在还原空间几何体实际形状时，一般是以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键考查空间想象能力和计算能力8.函数=，若方程有且只有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）A. （，1）B. （，1C. （0，1）D. 0，+）【答案】A【解析】【分析】根据分段函数的表达，画出函数的图像，结合函数和的图像有且只有两个交点，来求得实数的取值范围.【详解】当时，故.当时，故.以此类推，当时，.由此画出函数和的图像如下图所示，由图可知的取值范围是时，和的图像有且仅有两个交点.即方程有且只有两个不相等的实数根.故本小题选A.【点睛】本
8、小题主要考查分段函数解析式的求法，考查数形结合的数学思想方法，考查方程的根和函数的零点问题，综合性较强，属于中档题.9.定义：若存在常数，使得对定义域内的任意两个，均有成立，则称函数在定义域上满足利普希茨条件.若函数满足利普希茨条件，则常数的最小值为（ ）A. 4B. 3C. 1D. 【答案】【解析】试题分析：由已知中中利普希茨条件的定义，若函数满足利普希茨条件，所以存在常数k，使得对定义域1，+）内的任意两个，均有成立， 不妨设，则 而0，所以k的最小值为故选D.考点：1.新定义问题；2.函数恒成立问题10.在边长为1的正方体中，E，F，G，H分别为A1B1，C1D1，AB，CD的中点，点P
9、从G出发，沿折线GBCH匀速运动，点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q运动的速度相等，记E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，在0x2时，V与x的图象应为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分情况表示出三棱锥的体积，根据分段函数解析式判定函数图象.【详解】（1）当0时，点P与点Q运动的速度相等根据下图得出：面OEF把几何体PEFQ分割为相等的几何体，SOEF，P到面OEF的距离为x，VPEFQ2VPOEF2x2，（2）当x时，P在AB上，Q在C1D1上，P到，SOEF，VPEFQ2VPOEF2定值（3）当x2时，SOEF，P到面OEF
10、的距离为2x，VPEFQ2VPOEF2（2x）x，V故选：C【点睛】此题考查求锥体体积，关键在于根据几何体特征准确分类讨论表示出锥体体积，结合分段函数解析式选择函数图象.二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）11.代数式（1x）（1+x）5的展开式中x3的系数为_【答案】0【解析】【分析】根据二项式定理写出（1+x）5的展开式，即可得到x3的系数.【详解】（1x）（1+x）5（1x）（xx2x3x4x5），（1x）（1+x）5 展开式中x3的系数为110故答案为：0【点睛】此题考查二项式定理，关键在于熟练掌握定理的展开式，根据多项式乘积关系求得指定项的系数.12.在复平面内，复数
11、对应的点到原点的距离是_【答案】 【解析】因为复数，所以，根据复数模的几何意义可知故选复数对应的点到原点的距离是，故答案为.13.已知函数若，是互不相同的正数，且，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】画出函数的图象，运用对数函数的图象，结合对数运算性质，可得，由二次函数的性质可得，运用基本不等式和二次函数的性质，即可得到所求范围【详解】先画出函数的图象，如图所示：因为互不相同，不妨设，且，而，即有，可得，则，由，且，可得，且，当时，此时，但此时b，c相等，故的范围为故答案为【点睛】本题考查了利用函数图象分析解决问题的能力，以及对数函数图象的特点，注意体会数形结合思想在本题中的运用14.已知
12、双曲线的一条渐近线的倾斜角为60，且与椭圆有相等焦距，则C的方程为_【答案】x21【解析】【分析】根据渐近线倾斜角求出斜率得到，结合焦距即可求得方程.【详解】由椭圆的方程可得焦距为4，再由双曲线的渐近线方程可得：tan60，由题意可得a2+b24，解得：a21，b23，所以双曲线的方程为：x21；故答案为：x21【点睛】此题考查求双曲线的方程，根据椭圆求得焦距，根据渐近线的倾斜角得出斜率，建立等量关系求解基本量a，b，c.15.设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sn+2Sn36，则n_【答案】8【解析】【分析】根据等差数列的首项和公差表示出，根据方程Sn+2Sn36即可得解.
13、【详解】等差数列an的首项a11，公差d2，则，由Sn+2Sn36，得（n+2）2n22（2n+2）36，解得：n8故答案为：8【点睛】此题考查等差数列求和公式，根据求和公式建立等量关系求解未知数，关键在于熟记公式，准确计算.16.如果对于函数f（x）定义域内任意的两个自变量的值x1，x2，当x1x2时，都有f（x1）f（x2），且存在两个不相等的自变量值y1，y2，使得f（y1）f（y2），就称f（x）为定义域上的不严格的增函数则，四个函数中为不严格增函数的是_，若已知函数g（x）的定义域、值域分别为A、B，A1，2，3，BA，且g（x）为定义域A上的不严格的增函数，那么这样的g（x）有_个
14、【答案】 (1). (2). 9【解析】【分析】两个函数满足题意，是严格单调递增的函数，不合题意，当x1，x2（1，），f（x1）f（x2），不合题意；分别列举出满足条件的函数关系即可得解.【详解】由已知中：函数f（x）定义域内任意的两个自变量的值x1，x2，当x1x2时，都有f（x1）f（x2），且存在两个不相等的自变量值y1，y2，使得f（y1）f（y2），就称f（x）为定义域上的不严格的增函数，满足条件，为定义在R上的不严格的增函数；，当x1，x2（，），f（x1）f（x2），故不是不严格的增函数；，满足条件，为定义在R上的不严格的增函数；，当x1，x2（1，），f（x1）f（x2），故
15、不是不严格的增函数；故已知的四个函数中为不严格增函数的是；函数g（x）的定义域、值域分别为A、B，A1，2，3，BA，且g（x）为定义域A上的不严格的增函数，则满足条件的函数g（x）有：g（1）g（2）g（3）1，g（1）g（2）g（3）2，g（1）g（2）g（3）3，g（1）g（2）1，g（3）2，g（1）g（2）1，g（3）3，g（1）g（2）2，g（3）3，g（1）1，g（2）g（3）2，g（1）1，g（2）g（3）3，g（1）2，g（2）g（3）3，故这样的函数共有9个，故答案为：；9【点睛】此题考查函数概念，涉及新定义，与单调递增对比，寻找满足条件的函数，关键在于读懂题意，根据不严格
16、增函数的定义进行判定.三、解答题（本大题共6个小题，共80分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）17.已知是各项为正数的等差数列,为其前项和,且.（）求,的值及的通项公式;（）求数列的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】（）借助题设条件运用等差数列的通项公式及前项和公式建立方程组求解；（）先确定目标函数解析式，再运用二次函数的图像与性质分析求解：（）因为，所以，当时，解得，所以，当时，解得或，因为是各项为正数的等差数列，所以，所以的公差，所以的通项公式.（）因为，所以，所以所以，当或时，取得最小值18.如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为矩形，平面ABCD平面ABE，A
17、EB90，BEBC，F为CE的中点，（1）求证：AE平面BDF；（2）求证：平面BDF平面ACE；（3）2AEEB，在线段AE上找一点P，使得二面角PDBF的余弦值为，求P的位置【答案】（1）见解析（2）见解析（3）P在E处【解析】【分析】（1）通过证明FGAE即可证明；（2）通过证明BF平面ACE，即可证得面面垂直；（3）建立空间直角坐标系，利用两个半平面法向量关系求解.【详解】证明：（1）设ACBDG，连接FG，易知G是AC的中点，F是EC中点在ACE中，FGAE，AE平面BFD，FG平面BFD，AE平面BFD（2）平面ABCD平面ABE，BCAB，平面ABCD平面ABEAB，BC平面AB
18、E，又AE平面ABE，BCAE，又AEBE，BCBEB，AE平面BCE，即AEBF， 在BCE中，BECB，F为CE的中点，BFCE，AECEE，BF平面ACE，又BF平面BDF，平面BDF平面ACE（3）如图建立坐标系，设AE1，则B（2，0，0），D（0，1，2），C（2，0，2），F（1，0，1），设P（0，a，0），设平面BDF的法向量为，且，则由得2x1+y1+2z10，由得x1+z10，令z11得x11，y10，从而设平面BDP的法向量为，且，则由得2x2+y2+2z20，由得2x2ay20，令y22得x2a，z2a1，从而，解得a0或a1（舍）即P在E处【点睛】此题考查证明线面平
19、行和面面垂直，关键在于熟练掌握判定定理，建立空间直角坐标系利用法向量求解二面角的大小，方法通俗易懂，注意计算不能出错.19.某市旅游管理部门为提升该市26个旅游景点服务质量，对该市26个旅游景点的交通、安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分每项评分最低分0分，最高分100分每个景点总分为这五项得分之和，根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、交通得分与景点总分散点图如图请根据图中所提供的信息，完成下列问题：（1）若从交通得分排名前5名的景点中任取1个，求其安全得分大于90分的概率；（2）若从景点总分排名前6名的景点中任取3个，记安全得分不大于90分的景点个数为，求随机变量的分布列和数学
20、期望；（3）记该市26个景点的交通平均得分为，安全平均得分为，写出和的大小关系？（只写出结果）【答案】（1）（2）见解析，1（3）【解析】【分析】（1）根据图象安全得分大于90分的景点有3个，即可求得概率；（2）的可能取值为0，1，2，依次求得概率，即可得到分布列；（3）根据图象中的点所在位置即可判定平均分的大小关系.【详解】（1）由图象可知交通得分排名前5名的景点中，安全得分大于90分的景点有3个，从交通得分排名前5名的景点中任取1个，其安全得分大于90分的概率为（2）结合两图象可知景点总分排名前6名的景点中，安全得分不大于90分的景点有2个，的可能取值为0，1，2P（0），P（1），P（2
21、），的分布列为： 0 1 2 P E（）0121（3）由图象可知26个景点的交通得分全部在80分以上，主要集中在85分附近，安全得分主要集中在80分附近，且80分以下的景点接近一半，故而【点睛】此题考查根据散点图求古典概型，分布列和数学期望，关键在于准确求出概率，根据图象中散点图特征判定平均值的大小关系.20.已知函数f（x）x+alnx（1）求f（x）在（1，f（1）处的切线方程（用含a的式子表示）（2）讨论f（x）的单调性；（3）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：【答案】（1）y（2+a）x+2a（2）见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）求出切点坐标，根据导函数求出切线斜率，即
22、可得到切线方程；（2）求出导函数，对g（x）x2+ax1，进行分类讨论即可得到原函数单调性；（3）结合（2）将问题转为证明1，根据韦达定理转化为考虑h（x）2lnxx的单调性比较大小即可得证.【详解】（1）f（x）x+alnx（x0）f（x）（x0）当x1时，f（1）0，f（1）2+a，设切线方程y（2+a）x+b，代入（1，0），得b2a，f（x）在（1，f（1）处的切线方程为y（2+a）x+2a（2）函数的定义域为（0，+），函数的导数f（x），设g（x）x2+ax1，注意到g（0）1，当a0时，g（x）0恒成立，即f（x）0恒成立，此时函数f（x）在（0，+）上是减函数；当a0时，判别式
23、a24，（i）当0a2时，0，即g（x）0，即f（x）0恒成立，此时函数f（x）在（0，+）上是减函数；（ii）当a2时，令f（x）0，得：x；令f（x）0，得：0x或x；当a2时，f（x）在区间（，）单调递增，在（0，），（，+）单调递减；综上所述，综上当a2时，f（x）在（0，+）上是减函数，当a2时，在（0，），（，+）上是减函数，在区间（，）上是增函数（3）由（2）知a2，0x11x2，x1x21，则f（x1）f（x2）x1+alnx1x2+alnx2（x2x1）（1）+a（lnx1lnx2）2（x2x1）+a（lnx1lnx2），则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx1lnx2x1
24、x2，则lnx1lnx1，即lnx1+lnx1x1，即证2lnx1x1在（0，1）上恒成立，设h（x）2lnxx，（0x1），其中h（1）0，求导得h（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）h（1），即2lnxx0，故2lnxx，则a2成立【点睛】此题考查导函数的应用，根据几何意义求切线斜率，讨论函数的单调性，证明不等式，解决双变量问题，综合性强.21.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（）求椭圆方程；（）设为椭圆右顶点，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线，分别交直线于，两点. 求证：，两点的纵坐标之积为定值.【答案】（）；（）
25、详见解析.【解析】【分析】（）求出后可得椭圆方程.（）当直线的斜率不存在，计算可得两点的纵坐标之积为.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，则，联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简后可得定值.【详解】解：（）因为以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，所以半径等于原点到直线的距离，即.由离心率，可知，且，得.故椭圆的方程为. （）由椭圆的方程可知.若直线的斜率不存在，则直线方程为，所以.则直线的方程为，直线的方程为.令，得，.所以两点的纵坐标之积为.若直线的斜率存在，设直线的方程为,由得，依题意恒成立.设， 则. 设，由题意三点共线可知，所以点的纵坐标为.同理得点的纵坐标为
26、.所以综上，两点的纵坐标之积为定值.【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组，消元后得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系式中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值等问题.22.给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，an变换为数列|a1c|，|a2c|，|anc|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可
27、以不相同，第k（kN*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），Tk（ck）为“k次归零变换”（1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k4；（2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”；（3）对于数列1，22，33，nn，是否存在“n1次归零变换”？请说明理由【答案】（1）见解析（2）见解析（3）不存在，见解析【解析】【分析】（1）根据定义取恰当的值进行变换得解；（2）结合（1）进行归零变换的过程，可以考虑构造数列，经过k次变换后，数列记为，k1，2，进行变换Tk（ck）时，依次变
28、换即可得证；（3）利用数学归纳法证明该数列不存在“n1次归零变换”.【详解】（1）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0（2）经过k次变换后，数列记为，k1，2，取，则，即经T1（c1）后，前两项相等；取，则，即经T2（c2）后，前3项相等；设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则；那么，进行第k+1次变换时，取，则变换后数列变为，显然有；经过n1次变换后，显然有；最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0所以
29、对任意数列，都存在“n次归零变换” （3）不存在“n1次归零变换”证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cjmina1，a2，an，那么此变换次数便不是最少这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由|aicj|cj+1|ai（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cjmaxa1，a2，an；此变换步数也不是最小由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足mina1，a2，ancimaxa1，a2，an
30、以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n1次归零变换”（1）当n2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立（由（2）可知，存在“两次归零变换”变换：）（2）假设nk时成立，即1，22，33，kk不存在“k1次归零变换”当nk+1时，假设1，22，33，kk，（k+1）k+1存在“k次归零变换”此时，对1，22，33，kk也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知1，22，33，kk不存在“k1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换ci一定满足，i1，2，k因为（k+1）k+1kkk0所以，（k+1）k+1绝不可能变换0，与归纳假设矛盾所以，当nk+1时不存在“k次归零变换”由（1）（2）命题得证【点睛】此题考查数列新定义问题，关键在于读懂题目所给新定义，根据定义进行构造，分析证明，涉及与正整数有关的命题可以考虑利用数学归纳法进行证明.
