1、北京市朝阳区2020届高三数学第一次模拟考试试题（含解析）（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分，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，将本试卷和答题卡一并交回.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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合，再根据并集定义进行计算即可得到.【详解】因为，所以.故选：C【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的并集运算，属于基础题.2.下列函数中，既是偶函数又
2、在区间上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性，对四个函数逐一判断可得答案.【详解】函数是奇函数，不符合；函数是偶函数，但是在上单调递减，不符合；函数不是偶函数，不符合；函数既是偶函数又在区间上单调递增，符合.故选：D【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性，属于基础题.3.在等比数列中，则的前项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用，求出公比，再根据等比数列的前项和公式计算可得.【详解】因为，设公比为，则，所以，所以，故选：A【点睛】本题考查了等比数列通项公式的基本量的计算，考查了等比数列的前项和公式，属于基础题.
3、4.如图，在中，点，满足，.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可得，再根据平面向量基本定理可得，从而可得答案.【详解】因为，又，所以，所以.故选：B【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理，属于基础题.5.已知抛物线：的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于.若，则抛物线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的定义求得，然后在直角三角形中利用可求得，从而可得答案.【详解】根据抛物线的定义可得，又，所以，所以，解得，所以抛物线的方程为.故选：B【点睛】本题考查了抛物线的定义，利用定义得是解题关
4、键，属于基础题.6.现有甲、乙、丙、丁、戊5种在线教学软件，若某学校要从中随机选取3种作为教师“停课不停学”的教学工具，则其中甲、乙、丙至多有2种被选取的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据古典概型的概率公式计算出所求事件的对立事件的概率，再用对立事件的概率公式即可求出结果.【详解】甲、乙、丙至多有2种被选取的对立事件为：甲、乙、丙都被选取，记此事件为，依题意所有基本事件为：（甲，乙，丙），（甲，乙，丁），（甲，乙，戊），（甲，丙，丁），（甲，丙，戊），（甲，丁，戊），（乙，丙，丁），（乙，丙，戊），（乙，丁，戊），（丙，丁，戊），共10种，其中事件所包含的事件数
5、为1，所以根据古典概型的概率公式可得，再根据对立事件的概率公式可得所求事件的概率为.故选：D【点睛】本题考查了对立事件的概率公式，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.7.在中，.若以，为焦点的双曲线经过点，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设双曲线的实半轴长，半焦距分别为，根据双曲线的定义可得，根据余弦定理可得，再根据离心率公式即可求得结果.【详解】设双曲线的实半轴长，半焦距分别为，因为，所以，因为以，为焦点的双曲线经过点所以，在三角形中由余弦定理得，所以，解得，所以，所以，所以，故选：C【点睛】本题考查了双曲线的定义，考查了余弦定理，考查了双曲线的
6、离心率，属于基础题.8.已知函数的图象上相邻两个最高点的距离为，则“”是“的图象关于直线对称”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】根据相邻两个最高点的距离为求出，可得，再根据正弦函数的对称轴的性质以及充分不必要条件的概念可得答案.【详解】依题意得，所以，所以，所以，当，时，所以的图象关于直线对称；当，时，此时的图象也关于直线对称，所以“”是“的图象关于直线对称”的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题考查了三角函数的周期性，对称性，考查了充分不必要条件的概念，属于中档题.9.已知函数若关于的不等式在上恒成立，则
7、实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对进行分类讨论，使得与分离，再转化为关于的函数的最值，进而求出的范围.【详解】（1）当时，由得，当时，恒成立，因为令，则，令，则，所以在上递减，所以，即的最小值为2，所以此时，当时，恒成立，因为，当且仅当时取等，所以，（2）当时，由得恒成立，令，则，由得，由得，所以函数上递减，在上递增，所以时，所以，综上所述：.故选：C【点睛】本题考查了分离参数法，等价转化思想，分类讨论思想，构造法，考查了由导数研究函数的单调性，求函数的最值，考查了基本不用等式，属于中档题.10.如图，在正方体中，分别是棱，的中点，点在对角线上运动.当的
8、面积取得最小值时，点的位置是（ ）A. 线段的三等分点，且靠近点B. 线段的中点C. 线段的三等分点，且靠近点D. 线段的四等分点，且靠近点【答案】B【解析】【分析】将问题转化为动点到直线的距离最小时，确定点的位置，建立空间直角坐标系，取的中点，通过坐标运算可知，即是动点到直线的距离，再由空间两点间的距离公式求出后，利用二次函数配方可解决问题.【详解】设正方体的棱长为1，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，的中点，则，设，由与共线，可得，所以，所以，其中，因为，所以，所以，即是动点到直线的距离，由空间两点间的距离公式可得，所以当时，取得最小值，此时为线段的中点，由于为定值，所
9、以当的面积取得最小值时，为线段的中点.故选：B【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了空间两点间的距离公式，考查了数形结合法，考查了二次函数求最值，属于基础题.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.11.若复数，则_.【答案】【解析】【分析】根据以及复数商的模等于复数的模的商，计算可得答案.【详解】因为，所以.故答案为：【点睛】本题考查了复数模的性质，考查了复数的模长公式，属于基础题.12.已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为_，它的体积为_.【答案】 (1). (2). 4【解析】【分析】根据三视图画出直观图，根据三视图中的数据得到直观
10、图中的数据，再计算可得答案.【详解】如图所示是三棱锥的直观图：其中平面，垂足为，根据三视图可知，所以，比较可知该三棱锥的最长棱的长为，它的体积为，故答案为：（1） （2）4【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了三棱锥的体积公式，属于基础题.13.某购物网站开展一种商品的预约购买，规定每个手机号只能预约一次，预约后通过摇号的方式决定能否成功购买到该商品.规则如下：（）摇号的初始中签率为；（）当中签率不超过时，可借助“好友助力”活动增加中签率，每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加.为了使中签率超过，则至少需要邀请_位好友参与到“好友助力”活动.【答案】【解析】【分析】先求出需要
11、增加中签率为0.71，再用0.71除以0.05得14.2，取15即可得到答案.【详解】因为摇号的初始中签率为，所以要使中签率超过，需要增加中签率，因为每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加，所以至少需要邀请，所以至少需要邀请15位好友参与到“好友助力”活动.故答案为：【点睛】本题考查了阅读理解能力，解题关键是求出需要增加的中签率，属于基础题.14.已知函数.数列满足（），则数列的前项和是_.【答案】【解析】【分析】根据三角函数知识，利用为奇数时，为奇数时时，为偶数时，可求出，再相加即可得到答案.【详解】因为，所以，所以，所以.故答案为： 【点睛】本题考查了特殊角的余弦函数值和诱导公
12、式，考查了数列的前项和，考查了分组求和，属于基础题.15.数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.给出下列三个结论：曲线关于直线对称；曲线上任意一点到原点的距离都不超过；存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界）.其中，正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】将代入也成立得正确；利用不等式可得，故正确；联立得四个交点，满足条件的最小正方形是以为中点，边长为2的正方形，故不正确.【详解】对于，将代入得成立，故曲线关于直线对称，故正确；对于，因为，所以，所以，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故正确；对于，联立得，从而可得四个交点，
13、依题意满足条件的最小正方形是各边以为中点，边长为2的正方形，故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界），故不正确.故答案为：【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识，考查了求曲线交点坐标，属于中档题.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.在中，.（1）求；（2）若，.求.从，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.【答案】（1） （2）时，；时，【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角得，再根据两角和与差的正弦、余弦公式变形可得，再根据角的范围可得结果；（2）若选，根据余弦定理可得结果；若选，先
14、求出，再根据正弦定理可得结果.【详解】（1）因为，所以.又因为，所以，即.所以.又因为，所以，所以.（2）若选，则在中，由余弦定理，得，解得或（舍）.所以.若选，则，由正弦定理，得，解得.所以.【点睛】本题考查了两角和与差的正弦、余弦公式，考查了正弦定理、余弦定理，属于基础题.17.如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是正方形，点，分别是棱，的中点，.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）若点在棱上，且，判断平面与平面是否平行，并说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）平面与平面不平行；详见解析【解析】【分析】（1）根据平面平面和得平面.，得；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据
15、两个半平面的法向量可求得结果；（3）根据平面的法向量与向量不垂直可得结论.【详解】（1）证明：因为四边形是正方形，所以.又因为平面平面，平面平面，所以平面又因为平面，所以.（2）由（1）知，所以.又，所以.所以.如图，以为原点，建立空间直角坐标系.所以，.则有，平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，又，由得令，则，.所以.设二面角的平面角为，则.由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为.（3）平面与平面不平行.理由如下：由（2）知，平面的一个法向量为，所以，所以与平面不平行.又因为平面，所以平面与平面不平行.【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，考查了线面垂直的性质，考查了二面角的向量求法，考
16、查了用法向量判断面面平行，属于中档题.18.某科研团队研发了一款快速检测某种疾病的试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，质检部门从某地区（人数众多）随机选取了位患者和位非患者，用该试剂盒分别对他们进行检测，结果如下：（1）从该地区患者中随机选取一人，对其检测一次，估计此患者检测结果为阳性的概率；（2）从该地区患者中随机选取人，各检测一次，假设每位患者的检测结果相互独立，以表示检测结果为阳性的患者人数，利用（1）中所得概率，求的分布列和数学期望；（3）假设该地区有万人，患病率为.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过？并说明理由.【答案】（1
17、）（2）详见解析（3）此人患该疾病的概率未超过，理由见解析【解析】【分析】（1）直接用古典概型的概率公式计算可得答案；（2）可知随机变量服从二项分布，即，其中，根据二项分布的概率公式可得分布列和数学期望；（3）根据患病率为可知10万人中由99000人没患病，1000人患病，没患病检测呈阳性的有990人，患病的检测呈阳性的950人，共有990+950=1450人呈阳性，所其中只有950人患病，所以患病率为，由此可得答案.【详解】（1）由题意知，位患者中有位用该试剂盒检测一次，结果为阳性.所以从该地区患者中随机选取一位，用该试剂盒检测一次，结果为阳性的概率估计为.（2）由题意可知，其中，.的所有可
18、能的取值为，.，.所以的分布列为故的数学期望.（3）此人患该疾病的概率未超过.理由如下：由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次，那么结果为阳性的人数为，其中患者人数为.若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为.所以此人患该疾病的概率未超过.【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了二项分布的概率公式、分布列、数学期望，属于中档题.19.已知椭圆，圆（为坐标原点）.过点且斜率为的直线与圆交于点，与椭圆的另一个交点的横坐标为.（1）求椭圆的方程和圆的方程；（2）过圆上的动点作两条互相垂直的直线，若直线的斜率为且与椭圆相切，试判断直线与椭圆的位置关系，并说明理由.【答案】（1）；（2）直
19、线与椭圆相切，详见解析【解析】【分析】（1）根据圆过点可得圆的方程为：，根据过点且斜率为的直线过点，可得，可得直线与椭圆相交的另一个交点坐标为，将其代入椭圆方程可得椭圆的方程为；（2）设圆上的动点，所以，设直线：，将其代入，得，利用判别式为0，可得，设直线：，将其代入，利用判别式为0可证直线与椭圆相切.【详解】（1）因为圆过点，所以圆的方程为：.因为过点且斜率为的直线方程为，又因为过点，所以.因为直线与椭圆相交的另一个交点坐标为，所以，解得.所以椭圆的方程为.（2）直线与椭圆相切.理由如下：设圆上的动点，所以.依题意，设直线：.由得.因为直线与椭圆相切，所以.所以.所以.因为，所以.所以.设直
20、线：，由得.则.所以直线与椭圆相切.【点睛】本题考查了由椭圆上点的坐标求椭圆方程，考查了由圆上的点的坐标求圆的方差，考查了直线与椭圆相切的位置关系，考查了运算求解能力，利用判别式为0是解题关键，属于中档题.20.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）判断函数的零点的个数，并说明理由；（3）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线.【答案】（1）（2）有且仅有两个零点，详见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可求得结果；（2）根据单调性和零点存在性定理可得在和上各有唯一一个零点，由此可得答案；（3）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线为，设曲线在点处的
21、切线斜率为，根据导数的几何意义求出切线方程为，根据是的一个零点，可证两条切线重合.【详解】（1）因为，所以，.所以曲线在点处的切线的方程为.（2）函数有且仅有两个零点.理由如下：的定义域为.因为，所以在和上均单调递增.因为，所以在上有唯一零点.因为，所以在上有唯一零点.综上，有且仅有两个零点.（3）曲线在点处的切线方程为，即.设曲线在点处的切线斜率为，则，即切点为.所以曲线在点处的切线方程为，即.因为是的一个零点，所以.所以.所以这两条切线重合所以结论成立.【点睛】本题考查了根据导数的几何意义求切线的斜率，考查了用导数研究函数的单调性，考查了利用零点存在性判断零点个数，属于中档题.21.设数列
22、（）的各项均为正整数，且.若对任意，存在正整数使得，则称数列具有性质.（1）判断数列与数列是否具有性质；（只需写出结论）（2）若数列具有性质，且，求的最小值；（3）若集合，且（任意，）.求证：存在，使得从中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质的数列.【答案】（1）数列不具有性质；数列具有性质（2）的最小值为（3）证明见解析【解析】【分析】（1）不满足存在正整数使得，故数列不具有性质；根据定义可知数列具有性质；（2）由题可知，所以，再验证可知时，数列不具有性质，时，数列具有性质，从而可知的最小值为；（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则，再根据定义推出矛盾，从而可证结
23、论正确.【详解】（1）数列不具有性质；数列具有性质.（2）由题可知，所以.若，因为且，所以.同理，因为数列各项均为正整数，所以.所以数列前三项为.因为数列具有性质，只可能为之一，而又因为，所以.同理，有.此时数列为.但数列中不存在使得，所以该数列不具有性质.所以.当时，取.（构造数列不唯一）经验证，此数列具有性质.所以，的最小值为.（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则.否则，存在满足：存在，使得，此时，从中取出：当时，是一个具有性质的数列；当时，是一个具有性质的数列；当时，是一个具有性质的数列.（i）由题意可知，这个集合中至少有一个集合的元素个数不少于个，不妨设此集合为，从
24、中取出个数，记为，且.令集合.由假设，对任意，所以.（ii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，从中取出个数，记为，且.令集合.由假设.对任意，存使得.所以对任意，由假设，所以，所以，所以.（iii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，从中取出个数，记为，且.令集合.由假设.对任意，存在使得.所以对任意，同样，由假设可得，所以，所以.（iv）类似地，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，从中取出个数，记为，且，则.（v）同样，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，从中取出个数，记为，且，同理可得.（vi）由假设可得.同上可知，而又因为，所以，矛盾.所以假设不成立.所以原命题得证.【点睛】本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，准确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题.
