1、高考资源网（） 您身边的高考专家北京市朝阳区20192020学年度第一学期高三年级抽样检测数学试卷第一部分（选择题共40分）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：，或，所以，故选D.考点：集合的运算【此处有视频，请去附件查看】2.已知等比数列，满足，且，则数列的公比为（）A. 4B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用对数运算公式和对数定义可由得到，由等比数列的下标性质和等比数列各项正负性的性质，可由得到，最后可以求出等比数列的公比.详解】等比数列中，由等比数列各项正负性的性质可知：同号，故，除以，得
2、：等比数列的公比，故本题选B.【点睛】本题考查了对数的运算性质及对数的定义，考查了等比数列的下标性质，考查了求等比数列的公比，考查了数学运算能力.3.已知命题，则是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】为：，.选C.4.已知函数是奇函数，是偶函数，则（）A. B. C. D. 3【答案】A【解析】【分析】利用奇函数的性质，可以求出的值，由偶函数的性质，可以求出的值，利用对数的运算公式，可以求出的值.【详解】因为函数奇函数，所以，即，因为是偶函数，所以，因此，故本题选A.【点睛】本题考查了奇偶函数的性质，考查了对数的运算，考查了数学运算能力.5.设点P是圆上任一点，则点P到直线距离的
3、最大值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出圆心到直线距离，然后利用圆的性质可以求出点P到直线距离的最大值.【详解】因为的圆心坐标为，半径为，因此圆心到直线的距离为，因此点P到直线距离的最大值为，故本题选C.【点睛】本题考查了圆上的点到定直线距离的最大值问题，利用圆的几何性质是解题的关键.6.设为等差数列，p，q，k，l为正整数，则“”是“”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】D【解析】【分析】根据不等式，得到等差数列公差的正负性和p，q，k，l之间的关系，结合充分性、必要性的定义选出正确答案即可.【详解
4、】设等差数列的公差为，或，显然由不一定能推出，由也不一定能推出 ，因此是的既不充分也不必要条件，故本题选D.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了充要条件的判断.7.众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，因而也被称为“阴阳鱼太极图”如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，整个图形是一个圆形，其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆给出以下命题：在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是；当时，直线与黑色阴影部分有公共点；当时，直线与黑色阴影部分有两个公共点其中所有正确结论的序号是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】:根据圆的对称性可以阴影
5、部分的面积是圆的面积一半，可以求出在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率的大小；：当时，可以求出阴影部分在第一象限内半圆的圆心坐标，求出圆心到直线距离，这样可以判断出半圆与直线的关系，最后可以判断出直线与黑色阴影部分是否有公共点；：当时，直线表示横轴，此时直线与阴影部分有无穷多个交点，所以可以判断出本结论是否正确.【详解】：因为阴影部分的面积是圆的面积一半，所以在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率的大小为，故本结论是正确的；：当时，阴影部分在第一象限内半圆的圆心坐标为，半径为1，它到直线的距离为，所以直线与半圆相切，因此直线与黑色阴影部分有公共点，故本结论是正确的；：当时
6、，直线表示横轴，此时直线与阴影部分有无穷多个交点，故本结论是错误的，因此只有结论是正确的，故本题选D.【点睛】本题考查了几何概型，考查了直线与圆的位置关系，考查了圆的对称性.8.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为，记第n个k边形数为，下面列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数，五边形数，六边形数，以此类推，下列结论错误的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角形数、正方形数、五边形数、六边形数中第n个数的表达式，可以得到k边形数中第n个数的表达式，对四个选项依次判断即可.【详解】因为三角形数，正方
7、形数，五边形数，六边形数，所以可以类推得到：第n个k边形数为，于是有，因此选项C是错误的，故本题选C.【点睛】本题考查了合情推理的归纳推理，考查了代数式恒等变形的能力，属于基础题.9.在平面直角坐标系中，锐角的顶点与O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交点的纵坐标为将角沿逆时针方向旋转角后，得到角，则（）A. 的最大值为，的最小值为B. 的最大值为，的最小值为C. 的最大值为，的最小值为D. 的最大值为，的最小值为【答案】C【解析】【分析】根据题意，由三角函数的定义，可以求出锐角的正弦，利用同角的三角函数关系式，可以求出锐角的余弦值，结合正弦函数和余弦函数的单调性，求出、的最值，最后
8、选出正确答案.【详解】由题意可知：，所以有，即， 因为，所以，因为在上单调递减，所以的最大值为，的最小值为；因为，所以当时，有最小值，最小值为，所以的最大值为，故本题选C.【点睛】本题考查了三角函数定义，考查了同角的三角函数关系式，考查了正弦函数、余弦函数的在闭区间上的最值.10.在平面直角坐标系中，设为边长为1的正方形内部及其边界的点构成的集合从中的任意点P作x轴、y轴的垂线，垂足分别为，所有点构成的集合为M，M中所有点的横坐标的最大值与最小值之差记为；所有点构成的集合为N，N中所有点的纵坐标的最大值与最小值之差记为给出以下命题：的最大值为：的取值范围是；恒等于0其中所有正确结论的序号是（）
9、A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据新定义画图，通过正方形对角线的位置，数形结合可以选出正确的答案.【详解】由题意，根据正方形的对称性，设正方形的初始位置为正方形,画出图形，如下图所示：正方形的边长为1，所以正方形的对角线长为.当正方形绕顺时针旋转时，可以发现当对角线在横轴时，如图所示：的最大值为，故结论正确；此时 ，所以有，当正方形绕顺时针旋转时，当正方形有一边在横轴时，有最小值为1，即，所以有最小值为2，所以有，故结论正确；由于，所以恒等于0，故结论正确，综上所述：结论都正确，故本题选D.【点睛】本题考查了新定义的理解与运用，考查了数学阅读能力，考查了分类思想、数形结合思
10、想.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.已知向量，若，则与的夹角为_【答案】【解析】【分析】根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合，可以求出的值，再根据平面向量夹角公式求出与的夹角.【详解】因为，所以，即，因此，设与的夹角为，因此有，因为，所以.【点睛】本题考查了平面向量夹角公式，考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了平面向量垂直的性质，考查了数学运算能力.12.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为_，最长棱长为_【答案】 (1). 2 (2). 3【解析】【分析】画出四棱锥的图形，由三视图求出几何元素的长度，求出体积和最长棱长即可，【详解
11、】四棱锥如下图所示：底面是直角梯形，底面，且，所以四棱锥的体积为；, , , ,所以最长棱长为3.【点睛】本题考查了四棱锥体积的求法，考查了勾股定理的应用，考查了数学运算能力.13.已知直线与曲线相切，则a的值为_【答案】【解析】【分析】设出切点坐标，对函数进行求导，求出该切点处的切线的斜率，结合直线与曲线相切，可以求出a的值.【详解】设直线与曲线相切于点，所以过点的切线的斜率为，因此有：.【点睛】本题考查了已知曲线切线求参数问题，设切点、求导是解题关键，考查了数学运算能力.14.若函数有且只有一个零点，则a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先判断当时，函数是否有且只有一个零点，如果有且只
12、有一个零点，那么当时函数就不存在零点；如果函数在时，没有零点，那么函数在时，有且只有一个零点，这样就可以求出a的取值范围.【详解】当时，函数，显然函数单调递增，且，所以函数有且只有一个零点，要想函数在全体实数范围内，有且只有一个零点，只需当时，或恒成立即可.当在恒成立时，；当在恒成立时，综上所述：a的取值范围是.【点睛】本题考查了已知分段函数的零点求参数问题，考查了不等式恒成立问题，考查了对数函数和指数函数的单调性应用.15.设函数，若对于任意的，在区间上总存在唯一确定的，使得，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先求出当时，函数的值域，再根据，可以求出函数值域的子集，结合正弦型函数的单调性
13、，可以求出的最小值.详解】，即，而，因此值域包含，且，由题意可知在区间上总存在唯一确定的，使得，因此有以下两种情形：（1）且，此时，所以，因此的最小值为；（2）且，此时，所以，因此的最小值为；综上所述：的最小值为.【点睛】本题考查了正弦型函数的值域问题，考查了已知正弦型函数在闭区间上值域求区间长度最小值问题，考查了数形结合思想.16.在平面直角坐标系xOy中，设直线yx2与圆x2y2r2(r0)交于A，B两点若圆上存在一点C，满足，则r的值为_【答案】【解析】【详解】即，整理化简得cosAOB，过点O作AB的垂线交AB于D，则cosAOB2cos2AOD1，得cos2AOD.又圆心到直线的距离
14、为OD，所以cos2AOD，所以r210，r.三、解答题（共6小題，共80分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）17.在中，（）求a的值；（）求的值【答案】（）（）【解析】【分析】（）根据同角的三角函数关系式，结合，可以求出的值，运用正弦定理，可以求出a的值；（）由，运用诱导公式，可以求出的值，根据同角的三角函数关系式，可以求出的值，运用三角形内角和定理和两角和的正弦公式求出，最后利用二倍角的余弦公式求出的值.【详解】解：（）在中，由，得因为，由正弦定理，得，即，所以（）因为，所以，所以故【点睛】本题考查了正弦定理的应用，考查了同角的三角函数关系式，考查了二倍角的余弦公式，考查了两角和的
15、正弦公式，考查了数学运算能力.18.已知数列是等差数列，满足，数列是公比为3的等比数列，且（）求数列和的通项公式；（）求数列的前n项和【答案】（），（）【解析】【分析】（）设出等差数列的公差，运用等差数列的通项公式，结合已知，可以求出公差，最后求出通项公式；这样利用已知数列是公比为3的等比数列，且可以得到数列的通项公式，最后求出数列的通项公式；（）根据等差数列和等比数列前n项和公式，利用分组求和法求数列的前n项和.【详解】解：（1）设等差数列的公差为d由，得，解得所以即的通项公式为：，由于是公比为3的等比数列，且，所以从而（）由（）数列的前n项和【点睛】本题考查了等差数列基本量求法，考查了等比
16、数列的通项公式，考查了等差数列和等比数列前n项和公式，考查了数学运算能力.19.已知四边形为直角梯形，为中点，与交于点，沿将四边形折起，连接（1）求证：平面; （2）若平面平面（I）求二面角的平面角的大小；（II）线段上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析；（2）（I）见解析；（II）.【解析】【详解】（1）依据题设条件，运用线面平行的判定定理推证；（2）依据题设建立空间直角坐标系，运用向量的坐标形式进行分析探求（1）证明：连结交于，则为中点，设为中点，连结，则，且由已知且且，所以四边形为平行四边形，即平面，平面，所以平面（2）由已知为边长为2正方形，
17、因为平面平面，又，两两垂直以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则（I）可求平面法向量为，平面法向量为，所以二面角的平面角的大小为（II）假设线段上是否存在点，使平面，设（），则，平面，则，可求所以线段上存在点，使平面，且20.已知点E在椭圆上，以E为圆心的圆与x轴相切于椭圆C的右焦点，与y轴相交于A，B两点，且是边长为2的正三角形（）求椭圆C的方程；（）已知圆，设圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于M、N两点，试判断以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标，并直接写出的值；若不过定点，请说明理由【答案】（）（）以为直径的圆过原点，坐标为，且为定值【解析】【分析】（）根据圆的切线
18、性质可以知道，这样可以求出点E的坐标，利用等边三角形的性质，可以求出、的值，再根据，最后求出的值，也就求出椭圆C的方程；（）当过点P且与圆O相切的切线的斜率不存在时，设出直线方程，求出M、N两点的坐标，判断是否成立，可以判断以为直径的圆是否过定点，也就能求出的值；当过点P且与圆O相切的切线的斜率存在时，设出直线的截距式方程，设出M、N两点的坐标，根据直线和圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，可得到一个等式，联立直线方程和椭圆方程，消去，得到一个关于的一元二次方程，利用根与系数关系，计算的值，最后可以求出的值.【详解】解：（）由题意可得轴，则，因为是边长为2的正三角形，所以，且，解得，所以椭圆
19、方程为（）当过点P且与圆O相切的切线的斜率不存在时，可设切线方程为，可得，则，所以，此时以为直径的圆过原点，为定值；当过点P且与圆O相切的切线的斜率存在时，可设切线方程为，由直线和圆相切可得，即，联立直线方程和椭圆方程，可得，即有，可得，此时综上可得以为直径的圆过原点，且为定值【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了圆的切线性质，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了以线段为直径的圆过定点问题，考查了数学运算能力.21.设函数，其中（）当时，求曲线在处的切线方程；（）讨论的极值点的个数；（）若在y轴右侧的图象都不在x轴下方，求实数a的取值范围【答案】（）（）答案不唯一，具体见解析（）【解析】【分
20、析】（）当时，求出函数的导函数，再求出在处的切线的斜率，最后利用点斜式求出切线方程；（）求函数的导函数，通过换元法，导函数的解析式是二次项系数不确定的多项式函数，根据二次项系数等于零、大于零、小于零，结合一元二次方程根的判别式，分类讨论求出函数的极值点的个数；（）由题设可知，因此有当时，根据（）可知函数的单调性进行分类讨论；当时，利用函数的单调性可以证明出成立当时，利用根与系数关系，和函数的单调性可以得到当时，利用放缩法、构造新函数，可以证明当时，不恒成立，最后确定a的取值范围.【详解】解：（）当时，所以，曲线在处的切线方程为，即（）由已知可得，设，则，记，（1）时，函数在R上为增函数，没有极
21、值点（2）当时，判别式，若时，函数在R上为增函数，没有极值点若时，由，抛物线的对称轴为，可知的零点均为正数不妨设的两个不等正实数根为，且，则，所以当，单调递增，当，单调递减，当，单调递增，此时函数有两个极值点（3）若时，由，可知的两个不相等的实数根，且，当，单调递增，当，单调递减，此时函数只有一个极值点综上：当时无极值点；当时有一个极值点；当时有两个极值点（）由题设可知，时，由（）知：当时，函数在R上为增函数，所以成立；当时，所以，当时单调递增，又，所以，等价于，即所以只需，即所以，当时，也满足，；当时，考察函数，显然存在，使得，即存在，使得，不满足，综上所述，a的取值范围是【点睛】本题考查了
22、求曲线的切线方程，考查了利用导数求函数的极值，考查了利用导数研究不等式恒成立问题.22.已知数列，如果存在常数p，使得对任意正整数n，总有成立，那么我们称数列为“p-摆动数列”（）设，判断、是否为“p-摆动数列”，并说明理由；（）已知“p-摆动数列”满足，求常数p的值；（）设，且数列的前n项和为，求证：数列是“p-摆动数列”，并求出常数p的取值范围【答案】（）数列不是“p-摆动数列”，数列是“p-摆动数列”，详见解析；（）；（）证明见解析，p的取值范围是.【解析】【分析】（）假设数列是“p-摆动数列”，通过对取特殊值，可以证明出数列不是“p-摆动数列”；通过数列的通项公式和指数运算的法则，结合
23、“p-摆动数列”的定义，可以证明出数列是“p-摆动数列”；（）利用递推公式，可以求出的值，由是“p-摆动数列”，这样可以求出常数p的取值范围，通过是“p-摆动数列”的定义，可以得到奇数项、偶数项与p的大小关系，这样利用通项公式最后可以求出常数p的值；（）分类讨论：分别当n为偶数时、当n为奇数时，求出，最后确定的表达式，根据“p-摆动数列”的定义，可以证明数列是“p-摆动数列，分别当n为奇数时、当n为偶数时，利用的单调性，求出常数p的取值范围即可【详解】解：（）假设数列是“p-摆动数列”，即存在常数p，总有对任意成立，不妨取时，则；取时，则，显然常数p不存在，所以数列不是“p-摆动数列”由，于是对任意成立，其中所以数列是“p-摆动数列”（）由数列为“p-摆动数列”，又，所以，即存在常数，使对任意，总有成立，及，所以因为，所以同理因为，所以所以，即，解得，即同理，解得，即综上（）证明：由，当n为偶数时，；当n为奇数时，所以，显然存在，使对任意正整数n，总有成立，所以数列是“p-摆动数列”当n为奇数时，因为，单调递减，所以，只要即可当n为偶数时，单调递增，只要即可综上，所以p的取值范围是【点睛】本题考查了数列新定义判断证明题，考查了数列的单调项，考查了数学运算能力.高考资源网版权所有，侵权必究！
