北京四中2019-2020学年度第二学期高三统练数学试卷（一）含答案

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1、北京四中北京四中 20192019- -20202020 学年度第二学期高三统练数学学年度第二学期高三统练数学试卷试卷（一）（一） （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 2, 1,0,1,2A ，集合 2 |log (1)Bx yx，则AB （A）2 （B）1,2 （C） 2, 1,0 （D） 2, 1,0,1 2. 直线10xy 与圆 2222 coscos 36 xy的公共点的个数 （A）0个 （B）1个 （C）2个 （D）不能确定 3. 若复数z满足23

2、izz （z是z的共轭复数） ，则| z （A）2 （B）3 （C）2 （D）3 4. 设 2 log 3P ， 3 log 2Q ， 23 log (log 2)R ，则 （A）RQP （B）PRQ （C）QRP （D）RPQ 5. 给出下列命题： 若直线l上有两个点到平面的距离相等，则直线/l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）0 （B）1 （C）2 （D）3 6. “sin0”是“sin20”的 （A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件 7. 截至 2019 年 10 月，世界人口已超

3、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） 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） 8 3 （B） 2 3 （C） 4 3 （D）2 9. 已知函数 1 3,10, ( )1 ,01, x f xx xx 则当 1 0 2 m时，函数( )( )g xf xmxm在 区间( 1,1内的零点个数为 （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 10.对于数列 n a，若存在常数M，使得对任意

4、正整数n， n a与 1n a 中至少有一个不小 于M，则记作 n aM，那么下列命题正确的是 （A）若 n aM，则数列 n a各项均不小于M （B）若 n aM， n bM，则2 nn abM （C）若 n aM，则 22 n aM （D）若 n aM，则2121 n aM 二、填空题共 5 题，每题 5 分，共 25 分。 11.已知函数 2 ( )(2)1f xxax（ , xa b）是偶函数，则实数b_. 12.函数 2 cos2sinyxx的最小正周期等于_. 13.已知(1)nx的展开式各项系数之和为64，则n_，展开式中含 2 x项的系数为 _. 14.纸张的幅面规格是指纸张制

5、成后，经过修整切边，裁成的一定尺寸.现在我国采用国 际标准，规定以 A0，A1，A2，B1，B2，等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面 规格只采用 A 系列和 B 系列，其中 A 系列的幅面规格为： A0，A1，A2，A8 所有规格的纸张的幅宽（以x表示）和长度（以y表示）的比 例关系都为:1:2x y ； 将 A0 纸张沿长度方向对开成两等分，便成为 A1 规格；A1 纸张沿长度方向对开成两 等分，便成为 A2 规格；如此对开至 A8 规格. 现有 A0， A1， A2， ， A8 纸各一张.若 A4 纸的幅宽为 2dm， 则 A0 纸的面积为_dm2； 这 9 张纸的面积之和等于_dm2

6、. 15.已知曲线 2 C:4xy ， 直线:6l x .若对于点( ,0)A m， 存在C上的点P和l上的点 Q使得APAQ 0，则m的取值范围为 . 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.（本小题 14 分） 在四棱柱 1111 ABCDABC D中， 1 AA 平面ABCD， 底面ABCD是边长为4的正方形， 11 AC与 11 B D交于点N， 1 BC与 1 BC交于点M，且AMBN. （）证明：/MN平面 1 ABD； （）求 1 AA的长度； （）求直线AM与DN所成角的余弦值. 17.（本小题 14 分） “自由购” 是通过自助结算

7、方式购物的一种形式.某大型超市为调查不同年龄段的顾 客使用自由购的情况，随机抽取了 100 人，统计结果整理如下： 年龄 20岁以 下 20,30) 30,40) 40,50) 50,60) 60,70 70岁以 上 使用人数 3 12 17 6 4 2 0 未使用人数 0 0 3 14 36 3 0 （）现随机抽取 1 名顾客，试估计该顾客年龄在30,50)且未使用自由购的概率； M N D1 B1 C1 D A C B A1 （） 从被抽取的年龄在50,70且使用自由购的顾客中， 随机抽取 3 人进一步了解情况， 用X表示这 3 人中年龄在50,60)的人数，求随机变量X的分布列及数学期望

8、； （） 为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. 18.（本小题 14 分） 现给出三个条件：函数( )f x的图象关于直线 3 x 对称；函数( )f x的图象关于 点 (,0) 6 对称；函数( )f x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( )3sin()f xx（0， | 2 ） ，_，_.求函数( )f x在区 间 , 2 6 上的最大值和最小值. 19.（本小题 14 分） 设O为坐标原点， 动点M在椭

9、圆 2 2 :1 2 x Cy上， 过M做x轴的垂线， 垂足为N， 点P满足2NPNM. （）求点P的轨迹方程； （）设点Q在直线3x上，且1OP PQ.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的 左焦点F. 20.（本小题 15 分） 已知函数 2 1 ( )(1)e2 2 x f xxaxax，0a. （）若( )f x满足(0)0 f ，求实数a的值； （）讨论( )f x的极值点的个数； （）若 0 x（ 0 2x ）是( )f x的一个极值点，且 2 ( 2)ef ，证明： 0 ()1f x. 21.（本小题 14 分） 已知集合 12 |( ,),*,1,2, nni SX Xx xx

10、xinN（2n）. 对于 12 ( ,) n Aa aa， 12 ( ,) nn Bb bbS， 定义 1122 (,) nn ABba baba； 1212 ( ,)(,) nn a aaaaa（R）； A与B之间的距离为 1 ( ,)| n ii i d A Bab （）当5n时，设 5 (1,2,1,2,)Aa，(2,4,2,1,3)B 若( , )7d A B ，求 5 a； （）（）证明：若, , n A B CS，且0 ，使ABBC，则 ( , )( ,)( ,)d A Bd B Cd A C； （）设, , n A B CS，且( , )( ,)( ,)d A Bd B Cd A

11、 C是否一定0 ，使 ABBC？说明理由； （） 记(1,1,1) n IS 若A， n BS， 且( , )( , )d I Ad I Bp， 求( , )d AB的最大值 数学试卷参考答案 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. C 2. C 3. C 4. A 5. B 6. A 7. C 8. B 9. C 10.D 二、填空题共 5 题，每题 5 分，共 25 分。 11. 2 12. 13. 6，15 14. 64 2， 511 2 4 15. 2,3 三、解答题共 6 题，共 85 分。解答应写出文字说明，演算

12、步骤或证明过程。 16.（本小题 14 分） 解： （）证明：由已知，四棱柱 1111 ABCDABC D中，四边形 11 BCC B与四边形 1111 ABC D 是平行四边形，所以M，N分别是 1 BC， 11 AC的中点. 所以 11 ABC中， 1 /MN AB. 因为MN 平面 1 ABD，所以/MN平面 1 ABD. （）因为 1 AA 平面ABCD， 11 /DDAA， 所以 1 DD 平面ABCD，所以 1 DDAD， 1 DDCD， 又正方形ABCD中ADCD，所以以D为原点，DA，DC， 1 DD分别为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系. 设 1 AAt，所以(4,0,0

13、)A，(2,4,) 2 t M，(4,4,0)B，(2,2, )Nt， ( 2,4, ) 2 t AM ，( 2, 2, )BNt . 因为AMBN，所以 2 ( 2) ( 2)4 ( 2)40 22 tt AM BNt ， 解得2 2t ，所以 1 AA的长度等于2 2. （）由（）知( 2,4,2)AM ，(2,2,2 2)DN ， 设直线AM与DN所成角为， 所以 |22 cos|cos,| 11| AM DN AM DN AMDN . 即直线AM与DN所成角的余弦值为 22 11 . 17.（本小题 14 分） 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

14、有31417 人， 设事件A：随机抽取 1 名顾客，该顾客年龄在30,50且未使用自由购. 事件A发生的概率 17 ( ) 100 P A . （）X所有的可能取值为 1，2，3， 12 42 3 6 C C1 1 5C P X ； 21 42 3 6 C C3 2 5C P X ； 30 42 3 6 C C1 3 5C P X 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 所以X的数学期望为 131 1232 555 EX （）在随机抽取的 100 名顾客中，使用自由购的共有3121764244人，所以 该超市当天至少应准备环保购物袋的个数估计为 44 50002200 1

15、00 18.（本小题 14 分） 解：方案一：选.由已知，函数( )f x的最小正周期T ， 所以 2 ，2，所以( )3sin(2)f xx. 令 2 2 xk，得 422 k x ，kZ. 所以( )f x的对称轴方程为 422 k x ，kZ. 令 4223 k ，kZ，由 | 2 ，得 6 . 综上， ( )3sin(2) 6 f xx. 因为 , 2 6 x ，所以 7 2, 666 x . 所以当 7 2 66 x 或 6 ，即 2 x 或 6 时， max 3 ( ) 2 f x； 当 2 62 x ，即 6 x 时， min ( )3f x. 方案二：选.由已知，函数( )f

16、x的最小正周期T ， 所以 2 ，2，所以( )3sin(2)f xx. 所以 ()3sin()0 63 f，于是 3 k，kZ. 由 | 2 ，得 3 . 综上， ( )3sin(2) 3 f xx. 因为 , 2 6 x ，所以 2 2 2, 333 x . 所以当 2 32 x，即 12 x 时， max ( )3f x； 当 2 32 x ，即 5 12 x 时， min ( )3f x. 说明说明：不选，因为仅由两个条件不能唯一确定函数( )f x的解析式. 19.（本小题 14 分） 解：（）设，则， 由得 ， 因为在上，所以 因此点的轨迹方程为 （）由题意知设，则 ， ， 由得，

17、又由（1）知， 故 所以，即又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直 于的直线 过的左焦点 20.（本小题 15 分） 解：（）( )(2)e2(2)(e) xx fxxaxaxa. ( , )P x y 00 (,)M x y 0 (,0)N x 0 (, )NPxxy 0 (0.)NMy 2NPNM 0 xx 0 2 2 yy 00 (,)M x yC 22 1 22 xy P 22 2xy ( 1,0)F ( 3, )Qt( , )P m n ( 3, )OQt ( 1,)PFmn 33OQ PFmtn ( , )OPm n( 3,)PQm tn 1OP PQ 22 31mmtnn 22

18、 2mn 3 30m tn 0OQ PFOQPFPOQP OQlCF (0)2(1)0fa，所以1a. （）( )(2)e2(2)(e) xx fxxaxaxa 当 0a 时，令( )0fx，解得 1 2x ， 2 lnxa. 当 2 ae 时，2ln()a ， 当x变化时，( )fx，( )f x的变化如下表 x (, 2) 2 ( 2,ln()a ln()a (ln(),)a ( )fx 0 0 ( )f x 极大值点 极小值点 所以 f x有 2 个极值点. 当 2 ae 时，12 xx ，此时( )0fx恒成立且不恒为0 f x在R上单调递增，无极值点. 当 2 e0a 时，2ln()

19、a ， 当x变化时，( )fx，( )f x的变化如下表 x (,ln()a ln()a (ln(), 2)a 2 ( 2,) ( )fx 0 0 ( )f x 极大值点 极小值点 所以 f x有 2 个极值点. 综上所述：当 2 ae 时， f x无极值点； 当 2 ea 或 2 e0a 时， f x有2个极值点 （）由（）知，若 00 2xx 是 f x的一个极值点，则 22 (, e )( e ,0)a U. 又 22 ( 2)e2efa ，即 2 ea . 0 2x 0 lnxa. ln22 0 11 ln1ln2 lnln2ln2 22 a f xaeaaaaaaa . 令 ln2,

20、ta ，则eta 2 1 e22 2 t g ttt ，2,t . 则 2 11 e44 e 22 tt g tttt t ，令( )0g t，解得4t ，或0t . 当t在区间( 2,)上变化时，( )g t，( )g t的变化如下表 t ( 2,0) 0 (0,) ( )g t 0 ( )g t 极大值点 g t在2,0上单调递增；在0,上单调递减 max 01g tg，即 1g t 0 1f x. 21.（本小题 14 分） 解：（）当5n时，由 5 1 ( ,)|7 ii i d A Bab ， 得 5 |1 2|24|1 2|2 1|3|7a，即 5 |3|2a 由 * 5 a N，

21、得 5 1a ，或 5 5a 3 分 （）（）证明：设 12 ( ,) n Aa aa， 12 ( ,) n Bb bb， 12 ( ,) n Cc cc 因为 0 ，使 ABBC， 所以 0 ，使得 11221122 (,)(,) nnnn ba babacb cbcb,， 即 0 ，使得 () iiii bacb，其中1,2,in 所以 ii ba与(1,2, ) ii cb in同为非负数或同为负数 5 分 所以 11 ( , )( ,)| nn iiii ii d A Bd B Cabbc 1 (|) n iiii i bacb 1 |( ,) n ii i cad A C 6 分 （

22、）解：设, , n A B CS，且( , )( ,)( ,)d A Bd B Cd A C，此时不一定0 ，使得 ABBC 7 分 反例如下：取(1,1,1,1)A，(1,2,1,1,1)B ，(2,2,2,1,1,1)C， 则 ( , )1d A B ，( ,)2d B C ，( ,)3d A C ，显然( , )( ,)( ,)d A Bd B Cd A C 因为(0,1,0,0,0)AB ，(1,0,1,0,0,0)BC ， 所以不存在，使得ABBC 8 分 （）解法一：因为 1 ( ,)| n ii i d A Bba ， 设(1,2, ) ii ba in中有()m mn项为非负数

23、，nm项为负数不妨设 1,2,im时0 ii ba；1,2,immn时，0 ii ba 所以 1 ( ,)| n ii i d A Bba 12121212 ()() ()() mmmmnmmn bbbaaaaaabbb 因为 ( , )( , )d I Ad I Bp， 所以 11 (1)(1) nn ii ii ab ， 整理得 11 nn ii ii ab 所以 1212 1 ( , )| 2() n iimm i d A Bbabbbaaa 11 分 因为 121212 ()() mnmmn bbbbbbbbb ()() 1pnnmpm ； 又 12 1 m aaamm ， 所以 12

24、12 ( , )2() mm d A Bbbbaaa 2()2pmmp 即 ( , )2d A Bp 13 分 对于 (1,1,1,1)Ap，(1,1,1,1)Bp，有 A， n BS，且 ( , )( , )d I Ad I Bp，( , )2d A Bp 综上，( , )d A B的最大值为2p 14 分 解法解法二：首先证明如下引理：设, x yR，则有 | |xyxy 证明：因为 |xxx，|yyy， 所以 (|)|xyxyxy， 即 | |xyxy 所以 11 ( , )|(1)(1)| nn iiii ii d A Bbaba 1 (|1|1|) n ii i ba 11 |1|1|2 nn ii ii abp 12 分 上式等号成立的条件为1 i a ，或1 i b ，所以 ( , )2d A Bp 13 分 对于 (1,1,1,1)Ap，(1,1,1,1)Bp，有 A， n BS，且 ( , )( , )d I Ad I Bp，( , )2d A Bp 综上，( , )d A B的最大值为2p 14 分