1、北京市第四中学2020届高三数学下学期统练试题1（含解析）（试卷满分为150分，考试时间为120分钟）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.若集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由对数函数定义域求出集合B的解集，再由集合交集的运算法则，求出答案.【详解】由题可知，集合，则其中定义域又有集合，则故选：C【点睛】本题考查集合表示的定义，求对数函数的定义域，还考查了集合的交集运算，属于基础题.2.直线与圆的公共点的个数（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】表示圆的标准方程，进
2、而表示圆心和半径，再由圆心到直线的距离判定直线与圆的位置关系，即可得答案.【详解】因为圆，圆心为则圆心到直线的距离为所以公共点有2个故选：C【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.3.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：设复数，利用相等，求得，进而可求复数的模.详解：设复数，则，则，所以，所以，故选C.点睛：本题考查了复数相等的概念和复数模的求解，着重考查了学生的推理与运算能力.4.，则( )A. RQPB. PRQC. QRPD. RPQ【答案】A【解析】试题分析：由对数函数的性质，故选A.考点：对数函数的性质5.给出下列命题： 若直线
3、上有两个点到平面的距离相等，则直线平面； 长方体是直四棱柱； 两相邻侧面所成角相等的棱锥是正棱锥.其中正确命题的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】由线面平行的判定定理即可判定；由长方体与直棱柱的定义即可判定；构建特殊的例子，如图即可判定.【详解】该直线与平面可能相交，位于平面两侧的两个点到平面的距离也是相等的，故错误；显然长方体的侧棱是垂直于底面的，故正确；两相邻侧面所成角相等的棱锥不一定是正棱锥，例如把如图所示的正方形折叠成三棱锥就不是正棱锥，故错误.故选：B【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，直棱锥和正棱锥的定义，属于简单题.6.“”是“”的（ ）A.
4、 充分不必要条件B. 必要不充分条件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】由可得，由也可得，观察两个的范围之间的关系即可得结果.【详解】解：由可得，由可得，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题考查条件的充分性和必要性，关键是求出的取值，本题是基础题.7.截至2019年10月，世界人口已超过75亿.若按千分之一的年增长率计算，则两年增长的人口就可相当于一个（ ）A. 新加坡（570万）B. 希腊（1100万）C. 津巴布韦（1500万）D. 澳大利亚（2500万）【答案】C【解析】【分析】由指数幂的计算方式求得答案.【详解】由题可知，年增长率为0
5、.001，则两年后全世界的人口有万，则两年增长的人口为万故选：C【点睛】本题考查指数式的计算，属于基础题.8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据三视图得到原几何体为一个三棱锥，即可求解该三棱锥的体积.详解：由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个三棱锥，其中三棱锥的底面（俯视图）的面积为，高为，所以该三棱锥的体积为，故选B.点睛：本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，根据三视图的规则，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虚线.在还原空间几何体实
6、际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.9.已知函数则当时，函数在区间内的零点个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】利用转化思想将零点问题转化为分段函数在区间内与过定点的直线的函数图象的交点，进而作图分析由数形结合思想即可得答案.【详解】函数在区间内的零点，可等价于方程的根，进一步转化为分段函数在区间内与过定点的直线的函数图象的交点，作出分段函数的在区间内图象，因为直线过定点且斜率，则直线必然与线段OB相交
7、于一点，故交点个数有2个，所以函数在区间内的零点个数为2. 故选：C【点睛】本题考查利用转化思想与数形结合思想解决函数的零点个数问题，属于较难题.10.对于数列，若存在常数M，使得对任意，与中至少有一个不小于M，则记作，那么下列命题正确的是（ ）A. 若，则数列各项均大于或等于M；B. 若，则；C. 若，则；D. 若，则；【答案】D【解析】【分析】通过数列为1，2，1，2，1，2，当时，判断A；当时，判断B；当数列为1，2，1，2，1，2，为2，1，2，1，2，时，可判断C；直接根据定义可判断D正确.【详解】A中，在数列1，2，1，2，1，2中，数列各项均大于或等于不成立，故A不正确；B中在数
8、列1，2，1，2，1，2中，此时不正确，故B错误； C中，数列为1，2，1，2，1，2，为2，1，2，1，2，而各项均为3，则不成立，故C不正确； D中，若，则中，与中至少有一个不小于，故正确，故选D【点睛】本题主要考查数列的性质和应用，解题时要真正理解定义是解题的关键，属于中档题.二、填空题共5题，每题5分，共25分.11.已知函数（）是偶函数，则实数_.【答案】2【解析】【分析】因为函数（）是偶函数，则其对称轴为y轴，且，再由二次函数的对称轴构建方程即可求得答案.【详解】因为函数（）是偶函数，则其对称轴为y轴，且又因为该二次函数的对称轴为，所以，故.故答案为：2【点睛】本题考查由函数的奇偶
9、性求参数的值，属于基础题.12.函数的最小正周期等于_.【答案】【解析】【分析】利用降幂公式整理化简，再由三角函数的最小正周期求得答案.【详解】因为函数故最小正周期等于.故答案为：【点睛】本题考查求三角函数的最小正周期，属于基础题.13.已知的展开式各项系数之和为，则_，展开式中含项的系数为_.【答案】 (1). 6 (2). 15【解析】【分析】利用赋值法，令，则的展开式各项系数之和为，即可求得n；再由二项展开式的通项求得含项的系数.【详解】令，则的展开式各项系数之和为，则；其中通项，令，则，故项的系数为15.故答案为：(1). 6；(2). 15【点睛】本题考查求二项展开式中指定项的系数，
10、还考查了赋值法的应用，属于基础题.14.纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准，规定以、等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用系列和系列，其中系列的幅面规格为：、所有规格的纸张的幅宽（以表示）和长度（以表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，如此对开至规格.现有、纸各一张.若纸的宽度为，则纸的面积为_；这张纸的面积之和等于_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】可设的纸张的长度为，则数列成以为公比的等比数列，设的纸张的面积，则数列成以为公比的等比数列，然后利用等比数列的通项
11、公式求出数列的首项，并利用等比数列的求和公式求出的前项之和.【详解】可设的纸张的长度为，面积为，的宽度为，的长度为，所以，数列是以为公比的等比数列，由题意知纸的宽度为，所以，纸的面积为，又，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此，这张纸的面积之和等于.故答案为：；.【点睛】本题考查数列应用题的解法，考查等比数列通项公式与求和公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.15.已知曲线C：，直线l：x=6.若对于点A（m，0）,存在C上的点P和l上的点Q使得，则m的取值范围为 .【答案】【解析】【详解】故答案为.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.在四棱
12、柱中，平面，底面是边长为的正方形，与交于点，与交于点，且.（）证明：平面；（）求的长度；（）求直线与所成角的余弦值.【答案】（）见解析（）的长度等于.（）【解析】【分析】（）在以中，利用中位线定理证明，再由线面平行的判定定理得证；（）由已知说明，两两垂直，进而可建立空间直角坐标系，再分别表示点坐标，即可表示，的坐标，由向量垂直的数量积为零构建方程求得答案；（）由数量积的坐标运算求夹角的余弦值.【详解】（）证明：由已知，四棱柱中，四边形与四边形是平行四边形，所以，分别是，中点.所以中，.因为平面，所以平面.（）因为平面，所以平面，所以，又正方形中，所以以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系
13、.设，所以，.因为，所以，解得，所以的长度等于.（）由（）知，设直线与所成角为，所以.即直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间中线面平行的证明，还考查了利用空间向量求棱长与异面直线所成角，属于简单题.17.自由购是通过自助结算方式购物的一种形式. 某大型超市为调查顾客使用自由购的情况，随机抽取了100人，统计结果整理如下：20以下70以上使用人数312176420未使用人数003143630（）现随机抽取 1 名顾客，试估计该顾客年龄在且未使用自由购的概率；（）从被抽取的年龄在使用自由购的顾客中，随机抽取3人进一步了解情况，用表示这3人中年龄在的人数，求随机变量的分布列及数学期望；（）为
14、鼓励顾客使用自由购，该超市拟对使用自由购的顾客赠送1个环保购物袋.若某日该超市预计有5000人购物，试估计该超市当天至少应准备多少个环保购物袋.【答案】；（）详见解析；（）2200【解析】【分析】（）随机抽取的100名顾客中，年龄在30，50）且未使用自由购的有3+1417人，由概率公式即可得到所求值；（）所有的可能取值为1,2,3，求出相应的概率值，即可得到分布列与期望；（）随机抽取的100名顾客中，使用自由购的有44人，计算可得所求值【详解】（）在随机抽取的100名顾客中，年龄在30,50)且未使用自由购的共有3+14=17人，所以，随机抽取1名顾客，估计该顾客年龄在30,50)且未使用自
15、由购的概率为（）所有的可能取值为1,2,3，,.所以的分布列为123所以的数学期望为.（）在随机抽取的100名顾客中，使用自由购的共有人，所以该超市当天至少应准备环保购物袋的个数估计为.【点睛】本题考查统计表，随机变量X的分布列及数学期望，以及古典概型，是一道综合题18.现给出三个条件：函数的图象关于直线对称；函数的图象关于点对称；函数的图象上相邻两个最高点的距离为.从中选出两个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题.已知函数（，），_，_.求函数在区间上的最大值和最小值.【答案】见解析【解析】【分析】方案与，都有周期可求得，再由型函数的对称轴与对称中心求得，即可表示解析式，最后由三角函
16、数的性质求得指定区间的最值；方案中，由对称轴与对称中心可构建方程组，分别表示与，利用分类讨论和时的情况，其中若T小于所求区间范围的区间长度，则最值由振幅确定，反之则可由性质求值域.【详解】方案一：选.由已知，函数的最小正周期，所以，所以.令，得，.所以的对称轴方程为，.令，由，得.综上，.因为，所以.所以当或，即或时，；当，即时，.方案二：选.由已知，函数的最小正周期，所以，所以.所以，于是，.由，得.综上，.因为，所以.所以当，即时，；当，即时，.方案三：选.由已知可知其中一个对称轴与对称中心，则，解得因为，则，即或0当时，因为，则当时，则又因为区间的区间长度为，所以函数在区间上的最大值为和
17、最小值为，显然时也成立，当时，因为，则当时，则此时函数，则其在区间上有，即，故最大值为，最小值为，当时，则，所以函数在区间上的最大值为和最小值为，显然时也成立综上所述，函数和函数在区间上的最大值为和最小值为；函数在区间上最大值为，最小值为.【点睛】本题考查由三角函数的性质求解析式，还考查了求指定区间的最值，属于难题.19.设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ直线过C的左焦点F.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利
18、用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程；（2）证明直线过定点问题，一般方法是以算代证：即证，先设 P（m，n），则需证，即根据条件可得，而，代入即得.试题解析：解：（1）设P（x，y），M（）,则N（），由得.因为M（）在C上，所以.因此点P的轨迹为.由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则，.由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何
19、式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.20.已知函数，.（）若满足，求实数的值；（）讨论的极值点的个数；（）若（）是的一个极值点，且，证明：.【答案】（）；（）当时，无极值点；当或时，有个极值点；（）见解析【解析】【分析】（）对求导，由构建方程，求得的值；（）对求导，利用分类讨论思想讨论在当，时的单调性，进而分析极值点的个数；（）由，可得，此时由（）可知其两个极值为-2和时，又（）是的一个极值点，则，即可表示，进而由换元法令，构造新的函数利用导数证明此时的
20、不等式即可.详解】（）.，所以.（）当时，令，解得，.当时，当变化时，的变化如下表极大值点极小值点所以有2个极值点.当时，此时恒成立且不恒为在上单调递增，无极值点.当时， 当变化时，的变化如下表 极大值点极小值点所以有2个极值点.综上所述：当时，无极值点；当或时，有个极值点（）由（）知，若是的一个极值点，则.又，即.令，则，.则，令，解得或.当在区间上变化时，的变化如下表极大值点在上单调递增；在上单调递减，即 .【点睛】本题考查利用导数证明不等式，还考查了利用分类讨论分析含参函数的单调性进而分析极值，属于难题.21.已知集合（）.对于，定义；（）；与之间的距离为（）当时，设，若，求；（）（）证
21、明：若，且，使，则； （）设，且是否一定，使？说明理由；（）记若，且，求的最大值【答案】（），或（）（）见解析（）不存在，使得见解析（）的最大值为【解析】【分析】（）由已知的新定义，代值计算即可；（）（）由已知新定义，可将已知转化为，使得，其中，所以与同为非负数或同为负数，进而由与绝对值的性质即可得证；（）举特例取，即可说明不存在；（）由绝对值的性质对，都有，则所求式子【详解】（）当时，由，得 ，即 由 ，得 ，或（）（）证明：设，因为 ，使 ，所以 ，使得 ，即 ，使得 ，其中所以 与同为非负数或同为负数所以 （）设，且，此时不一定，使得 反例如下：取，则 ，显然因为，所以不存在，使得（）解法一：因为 ，设中有项为非负数，项为负数不妨设时；时，所以 因为 ，所以 ， 整理得 所以 因为 ；又 ，所以 即 对于 ，有 ，且，综上，的最大值为解法二：首先证明如下引理：设，则有 证明：因为 ，所以 ，即 所以 上式等号成立的条件为，或，所以 对于 ，有 ，且，综上，的最大值为【点睛】本题考查向量与绝对值求和的新定义问题，还考查了绝对值的性质的应用，属于难题.