1、石景山区2020届高三第一学期期末数学第一部分（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】B【解析】【分析】根据集合的交集运算，得到答案.【详解】因为集合，所以.故选：B.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.2.复数的共轭复数在复平面内对应的点所在象限为( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】先对复数进行化简，然后得到其共轭复数，再找到其再复平面对应的点，得到答案.【详解】，所以在复平面对应的点为，在第一象限.故选：A.【
2、点睛】本题考查复数的运算，共轭复数，复数在复平面对应的点，属于简单题.3.下列函数中既是奇函数，又在区间(0,1)上单调递减的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】判断四个选项中的函数的奇偶性和在上的单调性，得到答案.【详解】选项A中，是奇函数，但在上单调递增，不满足要求；选项B中，是偶函数，不满足要求，选项C中，是奇函数，在上单调递减，满足要求；选项D中，是偶函数，不满足要求.故选：C.【点睛】本题考查判断函数的奇偶性和单调性，属于简单题.4.已知向量，若，则实数 ( )A. -1B. 1C. 2D. -2【答案】B【解析】【分析】根据向量坐标的线性运算得到，再根据向量垂
3、直的坐标表示，得到关于的方程，解出的值，得到答案.【详解】因为向量，所以，因为，所以所以解得.故选：B.【点睛】本题考查向量线性运算的坐标表示，根据向量垂直关系求参数的值，属于简单题.5.我国古代数学名著九章算术有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（ ）A. 134石B. 169石C. 338石D. 1365石【答案】B【解析】【详解】设夹谷石，则，所以，所以这批米内夹谷约为石，故选B.考点：用样本的数据特征估计总体.【此处有视频，请去附件查看】6.已知，则，的大小关系是( )A. B. C. D. 【答
4、案】D【解析】【分析】分别对，与特殊值或进行比较，从而判断出出它们的大小关系，得到答案.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查判断对数的大小关系，属于简单题.7.艺术体操比赛共有7位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时, 从7个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分5个有效评分与7个原始评分相比，不变的数字特征是( )A. 中位数B. 平均数C. 方差D. 极差【答案】A【解析】【分析】根据平均数、中位数、方差、极差的概念来进行求解，得到答案.【详解】从7个原始评分去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分，其平均数、极差、方
5、差都可能会发生改变，不变的数字特征数中位数.故选：A.【点睛】本题考查平均数、中位数、方差、极差的概念，属于简单题.8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与原正方体体积的比值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原出几何体，得到是在正方体中，截去四面体，利用体积公式，求出其体积，然后得到答案.【详解】根据三视图还原出几何体，如图所述，得到是在正方体中，截去四面体设正方体的棱长为，则，故剩余几何体的体积为，所以截去部分的体积与剩余部分的体积的比值为.故选：C.【点睛】本题考查了几何体的三视图求几何体的体积；关键是正确还有几何体，
6、利用体积公式解答，属于简单题.9.在等差数列中，设，则是的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分非必要条件【答案】D【解析】【分析】举出特殊数列的例子，即可排除选项【详解】若等差数列为 则当时，成立，但不成立，所以非充分条件当时，成立，但不成立，所以非必要条件综上可知，是的既非充分非必要条件所以选D.【点睛】本题考查了等差数列的定义，充分必要条件的判定，注意特殊值法在选择题中的应用，属于基础题10.关于曲线给出下列三个结论： 曲线恰好经过个整点（即横、纵坐标均为整数点） 曲线上任意一点到原点的距离都不大于 曲线上任意一点到原点的距离都不小于2其中，正确结论的
7、个数是( )A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】将曲线，看成关于的方程，利用方程有解，得到的范围，再分别研究对应的整数和的情况；根据基本不等式，得到的范围，从而判断出曲线上一点到原点的距离范围.【详解】曲线，看成关于的二次方程则，得所以整数的取值为，当时，或，满足题意当时，不是整数，不满足题意当时，或，满足题意当时，不是整数，不满足题意当时，或，满足题意故曲线过的整点为，共6个，故命题正确.，当时，即，得，即当且仅当或时，等号成立所以得曲线上任意一点到原点的距离都不大于，命题正确.当时，即，得，即，当且仅当或时，等号成立所以得曲线上任意一点到原点的距离都不小于，故命题错误
8、；故选：C【点睛】本题考查判断二次方程根的情况，基本不等式求最值，属于中档题.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分11.在的二项展开式中，常数项等于 (用数值表示)【答案】-160【解析】试题分析：，由得：r=3，所考点：二项式定理点评：熟记二项展开式的通项公式：此通项公式集中体现了二项展开式中的指数、项数、系数的变化12.双曲线的焦点到它的渐近线的距离为_；【答案】1【解析】试题分析：由双曲线方程可知，则，即，所以焦点为，渐近线为所以焦点到渐近线的距离为考点：1双曲线的基本性质；2点到线的距离13.已知数列为等比数列，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，得
9、到，从而得到关于的方程，解出的值，得到答案.【详解】因为数列为等比数列，所以，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查根据等比中项求值，属于简单题.14.已知平面给出下列三个论断：；以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_【答案】或【解析】【分析】根据面面平行和面面垂直的性质，得到线面垂直，从而得到答案.【详解】由，可得故，由，可得故，由，则平面与平面可以平行和可以相交，故.故答案为：或【点睛】本题考查面面平行和面面垂直的性质及判定，面面关系有关的命题，属于简单题.15.在的内角，的对边分别为，已知，则的值为_.【答案】【解析】试题分析：代入得，由余弦定理得考点：1
10、正弦定理；2余弦定理的推论【此处有视频，请去附件查看】16.已知向量，是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，则称有序实数对为点的广义坐标，若点、的广义坐标分别为、，对于下列命题: 线段的中点的广义坐标为 向量平行于向量的充要条件是 向量垂直于向量的充要条件是其中，真命题是_.（请写出所有真命题的序号）【答案】【解析】分析】根据定义，分别写出中点的广义坐标，根据向量平行的坐标表示和向量垂直的坐标表示进行判断，得到答案.【详解】点、的广义坐标分别为、可得，设为中点，则所以线段的中点的广义坐标为，故命题正确向量平行于向量，则即，所以，故命题正确，向量垂直于向量，则即，故命题不一定正
11、确.故答案为：.【点睛】本题考查向量的新定义运算，向量平行和垂直的表示，向量的数量积的运算，考查理解推理能力，属于中档题.三、解答题共6小题，共80分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程17.已知函数.（）若，且，求的值；（）求函数的最小正周期，及函数的单调递减区间.【答案】（）（）最小正周期. .【解析】【分析】（）根据以及的范围，得到，代入到中，得到答案；（）对进行整理化简，得到，根据正弦型函数的图像和性质，求出其周期和单调减区间.【详解】解：（）因为，且，所以 .所以 . （） 所以函数的最小正周期. 由， 解得. 所以函数的单调递减区间.【点睛】本题考查同角三角函数关系，利用二倍角公
12、式、降幂公式、辅助角公式对三角函数进行化简，求正弦型函数的周期和单调区间，属于简单题.18.一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获得15分，出现三次“6点”获得120分，没有出现“6点”则扣除12分(即获得12分)（）设每盘游戏中出现“6点”的次数为X，求X的分布列；（）玩两盘游戏，求两盘中至少有一盘获得15分的概率；（）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象【答案】（）分布列见解析 （）（）见解析【解析】【分析】（）先得到可能的取值为，根据每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为，得
13、到每种取值的概率，得到分布列；（）计算出每盘游戏没有获得15分的概率，从而得到两盘中至少有一盘获得15分的概率；（）设每盘游戏得分为，得到的分布列和数学期望，从而得到结论.【详解】解：（）可能的取值为，. 每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为.， ， 所以X的分布列为：0123（）设每盘游戏没有得到15分为事件，则.设“两盘游戏中至少有一次获得15分”为事件，则因此，玩两盘游戏至少有一次获得15分的概率为.（）设每盘游戏得分为.由（）知，的分布列为：Y-1215120P的数学期望为. 这表明，获得分数的期望为负因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大【点睛】本题考查求随机变量的分布列和数学期望，求
14、互斥事件的概率，属于中档题.19.已知在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，CD平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD 的中点（）求证：PO平面；（）求平面EFG与平面所成锐二面角的大小；（）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由【答案】（）证明见解析 （）（）不存在，见解析【解析】【分析】（）正三角形中，由平面得到，所以得到面；（）以点为原点建立空间直角坐标系，根据平面的法向量，和平面的法向量，从而得到平面与平面所成锐二面角的余弦值，再得到所求的角；（）线段上存在满足题意的点，直线与平面法向量的夹角为，设，利用向量的夹角公式
15、，得到关于的方程，证明方程无解，从而得到不存在满足要求的点.【详解】（）证明:因为是正三角形，是的中点，所以 .又因为平面，平面，所以.，平面，所以面.（）如图，以点为原点分别以、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，设平面的法向量为所以，即令，则 ， 又平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，所以.所以平面与平面所成锐二面角为. （）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，即直线与平面法向量所成的角为，设，所以所以，整理得，方程无解，所以，不存在这样的点.【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，利用空间向量求二面角，利用空间向量证明存在性问题.20.已知函数.（ ）（）求函数的单调区
16、间；（）若，的图象与轴交于点，求在点处的切线方程；（）在（）的条件下，证明：当时，恒成立【答案】（）时，单调增区间为，无单调减区间，时，单调增区间为，单调减区间为. （）（）证明见解析【解析】【分析】（）对求导，得到，对按照和进行分类讨论，研究的正负，从而得到的单调区间；（）将代入，得到切线斜率，点斜式写出切线方程；（）令，得到，令，得到，从而得到，得到在上单调递增，即，从而使得原命题得证.【详解】解：（），当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，令，解得.当变化时，变化情况如下表：0+减极小值增所以时，在上单调递减，在上单调递增.综上所述，时，单调增区间为，无单调减区间，时，单调增区间为，单
17、调减区间为.（）时，令，得，则，因为，所以， 所以在点处的切线方程为，即.（）证明：令，则. 令，则，当时，单调递减，当时，单调递增； 所以，即恒成立. 所以在上单调递增，所以， 所以，即当时，恒成立【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，根据导数的几何意义求函数图像在一点的切线，利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题.21.已知椭圆过点（）求椭圆的方程，并求其离心率；（）过点作轴的垂线，设点为第四象限内一点且在椭圆上（点不在直线上），直线关于的对称直线与椭圆交于另一点设为坐标原点，判断直线与直线的位置关系，并说明理由【答案】（），离心率（）直线与直线平行见解析【解析】【分析】（）将点代入
18、到椭圆方程，解得的值，根据，得到的值，从而求出离心率；（）直线，点，将直线与椭圆联立，得到和，从而得到的斜率，得到，得到直线与直线平行【详解】解：（）由椭圆过点，可得，解得 所以， 所以椭圆的方程为，离心率 （）直线与直线平行 证明如下：由题意，设直线，设点，由得， 所以，所以，同理，所以， 由，有，因为在第四象限，所以，且不在直线上，所以，又，故，所以直线与直线平行.【点睛】本题考查求椭圆方程，直线与椭圆相交求交点，判断两直线的位置关系，属于中档题.22.已知由个正整数构成的集合，记，对于任意不大于的正整数，均存在集合的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m. （）求的值；（）求证：“成等
19、差数列”的充要条件是“”；（）若，求的最小值，并指出取最小值时的最大值.【答案】（）， （）证明见解析 （）的最小值为11，此时的最大值.【解析】【分析】（）和时，根据的定义，以及集合的性质，得到答案；（）必要性：，可得，充分性：由条件可得，从而有，当且仅当时，等号成立，从而得证；（）含有个元素的非空子集个数有，当时，不满足题意，当时，集合，可以表示共个正整数，满足题意，由并且得到，结合，得到的最大值【详解】解:（）时，由条件知，必有，又均为整数，. 时，由条件知，由的定义及均为整数，必有，.（）必要性：由“成等差数列”及,得此时满足题目要求从而. 充分性：由条件知且均为正整数，可得故，当且仅当时，上式等号成立.于是当时，从而成等差数列.所以“成等差数列”的充要条件是“”. （）由于含有个元素的非空子集个数有，故当时，此时的非空子集的元素之和最多表示个不同的整数，不符合要求.而用个元素的集合的非空子集的元素之和可以表示共个正整数.因此当时，的最小值为11. 记则并且.事实上若，则，所以时无法用集合的非空子集的元素之和表示，与题意不符.于是，得，所以.当时满足题意所以当时，的最小值为11，此时的最大值.【点睛】本题考查集合与数列的新定义，求数列中的项，等差数列的条件证明，考查求数列的项数的最小值和项的最大值，属于难题.
