1、北京市东城区2020届高三数学下学期综合练习（一模）试题（一）本试卷共4页，共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。考试结束后，将答题卡一并交回。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。在每小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，那么 (A) (B) (C) (D) (2) 函数的定义域为(A) (B) (C) (D) (3) 已知，则 (A) (B) (C) (D)(4) 若双曲线的一条渐近线与直线平行，则的值为正（主）视图侧（左）视图俯视图(A) (B) (C) (D) (5) 如图所示，某三棱锥
2、的正（主）视图、俯视图、侧（左）视图均为直角三角形，则该三棱锥的体积为(A)(B)(C) (D)(6) 已知，那么在下列不等式中，不成立的是(A) (B) (C) (D) (7)在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每分钟转动一周. 若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是 (A) (B) (C) (D) (8) 已知三角形，那么“”是“三角形为锐角三角形”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(9) 设为坐标原点，点，动点在抛物线上，且位于第一象限，是线段的中点，则直线的斜率的范围为(A) (B
3、) (C) (D) (10) 假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物,则我们称前者为被捕食者，后者为捕食者. 现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型. 假设捕食者的数量以表示，被捕食者的数量以表示.下图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系，其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法正确的是：(A) 若在时刻满足：，则；(B) 如果数量是先上升后下降的，那么的数量一定也是先上升后下降；(C) 被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值；(D) 被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者的数量也会达到最大值.第二部分（非选择题 共110分）
4、二、 填空题共5小题，每小题5分，共25分。(11) 已知向量，若与共线，则实数 . (12) 在的展开式中常数项为 . (用数字作答) (13) 圆心在轴上，且与直线和都相切的圆的方程为_.(14) 是等边三角形，点在边的延长线上，且，则 ， .(15) 设函数 给出下列四个结论： 对，使得无解； 对，使得有两解； 当时，使得有解； 当时，使得有三解.其中，所有正确结论的序号是 . 注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得5 分，不选或有错选得0分，其他得3 分。三、解答题共6小题，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）如图，在四棱锥中，面，底
5、面为平行四边形，（）求证：平面；（）求二面角的余弦值的大小.(17)（本小题14分）已知函数，且满足 .（）求函数的解析式及最小正周期；（）若关于的方程在区间上有两个不同解，求实数的取值范围.从的最大值为，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，的图象过点这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。(18)（本小题14分）中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.下图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代定位模块，分别定位的个点位的横、纵坐标误差的值，其中“” 表示北斗二代定位模块的误差的值
6、， “+”表示北斗三代定位模块的误差的值.（单位:米）（）从北斗二代定位的个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于米的概率；（）从图中四个点位中随机选出两个，记为其中纵坐标误差的值小于的点位的个数,求的分布列和数学期望；（）试比较北斗二代和北斗三代定位模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）(19) （本小题14分）已知椭圆，它的上，下顶点分别为，左，右焦点分别为，若四边形为正方形，且面积为.（）求椭圆的标准方程； （）设存在斜率不为零且平行的两条直线，与椭圆分别交于点，且四边形是菱形，求出该菱形周长的最大值.(20) （本小题15分）已知函数().（）若，求曲线在点处的切线方程；
7、（）若有两个极值点，求实数的取值范围；（）若，求在区间上的最小值.(21)（本小题14分）数列，对于给定的，记满足不等式：的构成的集合为.（）若数列，写出集合；（）如果均为相同的单元素集合，求证：数列为等差数列；（III) 如果为单元素集合，那么数列还是等差数列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例.（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）北京市东城区2019-2020学年度第二学期高三综合练习（一） 数学参考答案及评分标准 2020.5一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）D （2）B （3）A （4）D （5）A （6）D （7）C （8）B （
8、9）C （10）C二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11） （12）（13） （14）（15） 三、解答题共6小题，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） 解：（）如图，因为 四边形为平行四边形，所以 ，因为 平面，平面，所以 平面 6分（）取为坐标原点，过点的平行线为轴，依题意建立如图所示的空间直角坐标系由题意得，所以，设平面的法向量为，则 即 令，则，所以 因为为平行四边形，且，所以 因为面，所以 又因为，所以面所以 平面的法向量为，所以 ，由题意可知二面角的平面角为钝角，所以二面角余弦值的大小为. 14分 (17)（本小题14分）解：（）
9、因为所以 函数的最小正周期. 因为 ，所以函数的最大值和最小值分别为. 若选，则 ，函数；若选，则为函数的最小值，从而 ，函数；选，从而 ，函数 . 8分（）由（）知函数的最大值为；因为 关于的方程在区间上有两个不同解，当时， .所以，解得.所以，实数的取值范围是. 14分 (18)（本小题14分）解（）由图知，在北斗二代定位的个点中，横坐标误差的绝对值大于米有3个点，所以 从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于米的概率为. 4分（）由图知, 四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点: .所以 所有可能取值为.,.所以 的分布列为所以 的期望. 12分（）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于
10、北斗三代. 14分 (19) （本小题14分）解：（）因为 ， 所以 .因为 四边形为正方形，且面积为,所以 ，.所以 ，.所以 椭圆. 4分（）设平行直线，不妨设直线与交于，由，得，化简得：，其中 ，即.所以 ，由椭圆的对称性和菱形的中心对称性，可知，所以 ，所以 .所以 当且仅当时，的最大值为.此时 四边形周长最大值为. 14分(20)（本小题15分）解：（）当时，所以.又因为，所以 切线方程为，即. 4分（），设 ，当时,易证在单调递增，不合题意.当时 ，令，得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，所以 在处取得极大值.依题意，函数有两个零点，则即，解得 .又由于，由得实数的取值范围
11、为时，有两个极值点. 13分（）由（）可知，当时， ，所以在上单调递减，在区间上的最小值为. 15分(21)（本小题14分）解：（）由于，为满足不等式的构成的集合，所以 有：，当 时，上式可化为，所以 .当 时，上式可化为.所以 为. 4分（）对于数列，若中均只有同一个元素，不妨设为.下面证明数列为等差数列. 当 时，有；当 时，有；由于(1)，(2)两式对任意大于1的整数均成立，所以 有成立，从而数列为等差数列. 8分（III) 对于数列，不妨设，由可知：，由可知：，即，从而，所以.设，则 ， 这说明如果，则.因为对于数列，中均只有一个元素，首先考察时的情况，不妨设， 因为，又为单元素集，所以.再证，证明如下：由的定义可知：，所以又由的定义可知，所以，所以 .若 ， 即，则存在正整数，使得，由于所以 ，这与矛盾.所以 .同理可证，即数列，为等差数列. 14分