1、北京新东方中小学全科教育出品 1 2020 年北京市朝阳区高三年北京市朝阳区高三数学期末考试逐题解析数学期末考试逐题解析 第一部分（选择题第一部分（选择题 共共 40 分）分）一、选择题共一、选择题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。合题目要求的一项。1.在复平面内,复数i(2i)对应的点的坐标为 A.1,2（）B.2,1（）C.1,2（）D.2,1（）【答案】C【解析】复数2i(2i)2ii12i ,所以复数i(2i)对应的点的坐标为1,2（）,故选 C.2.已知20.523,l
2、og2,log 3abc,则 A.abc B.acb C.bca D.cab【答案】D【解析】由2139a得01a,由0.5log20b 由2log 3 1c,所以cab,故选 D.3.已知双曲线22221(0,0)xyabab的离心率为 2,则其渐近线方程为 A.2yx B.3yx C.22yx D.32yx 北京新东方中小学全科教育出品 2 【答案】B【解析】双曲线的离心率2cea,所以2ca,由222cab,所以3ba 所以渐近线方程为3byxxa ,故选 B.4.在ABC中,若=3,6,4bcC,则角B的大小为 A.6 B.3 C.23 D.3或23【答案】D【解析】由正弦定理sins
3、inbcBC得36sin22B,所以3sin2B 解得233B 或 由bc得BC,所以233B 或,故选 D.5.从 3 名教师和 5 名学生中,选出 4 人参加“我和我的祖国”快闪活动.要求至少有一名教师入选,且入选教师人数不多于入选学生人数,则不同的选派方案的种数是 A.20 B.40 C.60 D.120【答案】C【解析】本题考查计数原理和排列组合 参加活动的情况可以是“1 名教师,3 名学生”或“2 名教师,2 名学生”种类数：132235355 4 35 433603 2 12 1CCCC ,故选 C.北京新东方中小学全科教育出品 3 6.已知函数()xxf xee,则()f x A
4、.是奇函数,且在0+（，）上单调递增 B.是奇函数,且在0+（，）上单调递减 C.是偶函数,且在0+（，）上单调递增 D.是偶函数,且在0+（，）上单调递减【答案】C【解析】本题考查指数函数和函数的奇偶性与单调性的概念 奇偶性:()()xxxxfxeeeef x,所以()f x是偶函数 单调性:当0 x 时,函数xye单调递增,函数xye单调递减 所以()f x在(0,)上单调递增,故选 C.7.某三棱锥的三视图如图所示,已知网格纸上小正方形的边长为 1,则该几何体的体积为 A.23 B.43 C.2 D.4【答案】A【解析】本题考查三视图和棱锥的体积公式 根据三视图还原几何体如右图所示 故体
5、积1122 1 2233V ,故选 A.北京新东方中小学全科教育出品 4 8.设函数3()3()f xxxa aR,则“2a”是“()f x有且只有一个零点”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】本题考查函数的零点和充分必要条件 2()33fxx,令()0f x,则1x ()0fx,则1x或1x,此时()f x单调递增，()0fx,则11x,此时()f x单调递减 所以()f x在1x 处取极大值为(1)2fa,()f x在1x处取极小值为(1)2fa 对于函数3()3f xxxa有且仅有一个零点,则满足20a 或20a,得
6、22aa或 所以“2a”是“()f x有且只有一个零点”的充分不必要条件,故选 A.9.已知正方形ABCD的边长为2,以B为圆心的圆与直线AC相切.若点P是圆B上的动点，则DB AP的最大值是 A.2 2 B.4 2 C.4 D.8 【答案】D【解析】本题考查向量的运算.()DB APDBABBP DB ABDB BP DB ABBD BP|cos45|cosDBABBDBPDBP 44cosDBP 北京新东方中小学全科教育出品 5 cos 1,1DBP 当cos1DBP时 DB AP取到最大值8 故选 D.10.笛卡尔、牛顿都研究过方程(1)(2)(3)xxxxy，关于这个方程的曲线有下列说
7、法：该曲线关于y轴对称；该曲线关于原点对称；该曲线不经过第三象限；该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数.其中正确的是 A.B.C.D.【答案】C【解析】曲线可化为函数2(1)(2)(3)6()611(0)xxxyf xxxxxx 研究函数奇偶性，()()fxf x，所以该曲线不关于y轴对称，错误；()()fxf x，所以曲线不关于原点对称，错误；(1)(2)(3)xxxxy中，当0 x时，等式左边为负，所以等式右边也应为负，故0y，该曲线不经过第三象限，正确；26611yxxx，横纵坐标若均为整数，需满足6x为整数，故x取值为1、2、3、6时，y均可取整数，错误.故选 C.北京新东方中小
8、学全科教育出品 6 二、填空题共二、填空题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分。分。11.41(2)xx的展开式中的常数项为_.【答案】24【解析】本题考查二项式的展开式.4141(2)()rrrrTCxx 令1rT为常数项,可知42rrr 所求为222341(2)()6 424TCxx.12.已知等差数列 na的公差为 2,若1a,3a,4a成等比数列,则2=a_;数列 na的前n项和的最小值为_.【答案】6,20【解析】本题考查等差数列和等比数列.2143aaa,2111(3)(2)aadad 又2d 18a 26a 21(1)92nn nSn adnn 当=4n或
9、 5 时,nS有最小值20.北京新东方中小学全科教育出品 7 13.若顶点在原点的抛物线经过四个点1(1,1),(2,),(2,1),(4,2)2中的 2 个点,则该抛物线的标准方程可以是_.【答案】28xy或2yx【解析】本题考查抛物线方程.若焦点在x轴,设22ypx 过四点的抛物线分别为:222211;162yx yx yx yx 若焦点在y轴,设22xpy 过四点的抛物线分别为:2222;8;4;8xy xy xy xy 故所求为2yx或28xy.14.春天即将来临,某学校开展以“拥抱春天,播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动.已知某种盆栽植物每株成活的概率为p,各株是否成活相互独立.
10、该学校的某班随机领养了此种盆栽植物 10 株,设X为其中成活的株数，若X的方差2.1DX ，(3)(7)P XP X,则p _.【答案】0.7【解析】本题考查二项分布的概率计算.已知 N(10,)Xp,故(1)10(1)2.1DXnpppp 解得0.3p 或0.7p 当0.3p 时,3377731010(3)(0.3)(0.7)(7)(0.3)(0.7)P XCP XC,舍去 当0.7p 时,3377731010(3)(0.7)(0.3)(7)(0.7)(0.3)P XCP XC,满足条件 故0.7p.北京新东方中小学全科教育出品 8 15.已知函数()f x的定义域为R,且()2()f xf
11、 x,当0,)x时,()sinf xx.若存在0(,xm,使得0()4 3f x,则m的取值范围为_.【答案】10,)3【解析】本题考查三角函数和分段函数.已知()2()f xf x,故()f x是分段函数,需分情况讨论函数解析式 当,0)x 时,0,)x ()sin()sinf xxx 又()2()f xf x,故1()sin,0)2f xx x 当0,)x时,()sinf xx 当,2)x时,0,)x ()sin()sinf xxx 又()2()f xf x,()2()f xf x()2()2sin,2)f xf xx x 以此类推，知()(2)sin,(1),Znf xx xnnn 故当
12、3x时,|()|4f x 当73,)2x时,()f x单调递增,且当103x 时,()4 3f x 综上,当且仅当103x时,0 x使得0()4 3f x,故m的取值范围为10,)3.北京新东方中小学全科教育出品 9 16.某学校数学建模小组为了研究双层玻璃窗户中每层玻璃厚度d（每层玻璃的厚度相同）及两层玻璃间夹空气层厚度l对保温效果的影响，利用热传导定律得到热传导量q满足关系式：112(2)Tqldd，其中玻璃的热传导系数314 10焦耳/（厘米度），不流通、干燥空气的热传导系数422.5 10焦耳/（厘米度），T为室内外温度差，q值越小，保温效果越好.现有4种型号的双层玻璃窗户，具体数据如
13、下表：则保温效果最好的双层玻璃的型号是_型.【答案】B【解析】1122124000500(2)TTTqlldlddd，然后分别代入四组d和l的 数据，分别得到12250ATq，16250BTq，8300CTq，12300DTq，其中Bq最小，对应型 号保温效果最好，故答案为 B 型.型号 每层玻璃厚度d （单位：厘米）玻璃间夹空气层厚度l（单位：厘米）A 型 0.5 3 B 型 0.5 4 C 型 0.6 2 D 型 0.6 3 北京新东方中小学全科教育出品 10 第二部分（非选择题第二部分（非选择题 共共 110 分）分）三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 86 分。解答应写出文
14、字说明，演练步骤或证明过程。分。解答应写出文字说明，演练步骤或证明过程。17.（本小题 15 分）已知函数2()=3sin22cos()f xxxm mR.（）求()f x的最小正周期；（）求()f x的单调递增区间；（）对于任意0,2x都有()0f x 恒成立,求m的取值范围.【解析】（）因为2()3sin22cosf xxxm 3sin2cos21xxm 2sin(2)16xm 所以函数()f x的最小正周期22T.（）由（）知()2sin(2)16f xxm 又函数sinyx的单调递增区间为2,2()22kkkZ 由2 22,262kxkkZ 得,36kxkkZ 所以()f x的单调增区
15、间为,()36kkkZ.北京新东方中小学全科教育出品 11 （）因为02x 所以72666x 所以1sin(2)126x 所以2sin(2)136mxmm 当262x,即6x 时,()f x的最大值为3m 又因为()0f x 对于任意0,2x恒成立,所以30m，即3m 所以m的取值范围是(,3).18.（本小题 14 分）某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动，设置了四个箱子,分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其他垃圾”；另有卡片若干张,每张卡片上写有一种垃圾的名称.每位参赛选手从所有卡片中随机抽取20张,按照自己的判断,将每张卡片放入对应的箱子中.按规则，每正确投放一张卡片得5分
16、,投放错误得0分.比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子,得5分,放入其它箱子,得0分.从所有参赛选手中随机抽取20人,将他们的得分按照0,20,(20,40,(40,60,(60,80,(80,100分组,绘成频率分布直方图如下：北京新东方中小学全科教育出品 12 （）分别求出所抽取的20人中得分落在组0,20和(20,40内的人数;（）从所抽取的20人中得分落在组0,40的选手中随机选取3名选手,以X表示这3名选手中得分不超过20分的人数,求X的分布列和数学期望；（III）如果某选手将抽到的20张卡片逐一随机放入四个箱子，能否认为该选手不会得到100分？请说明理由.【解析】（
17、）由题意知，所抽取的 20 人中得分落在组0,20的人数有0.0050 20 20=2(人)得分落在组(20,40的人数有0.0075 20 20=3(人)所以所抽取的 20 人中得分落在组0,20的人数有 2 人，得分落在组(20,40的人数有 3人.（）X的所有可能取值为 0,1,2 33351(0)10CP XC 1223356(1)10C CP XC 2123353(2)10C CP XC 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 110 610 310 所以X的数学期望1630121.2101010EX 北京新东方中小学全科教育出品 13 （III）答案不唯一 答案示例 1：可以认为该选
18、手不会得到 100 分，理由如下：该选手获得 100 分的概率是201()4，概率非常小，故可以认为该选手不会得到 100 分.答案示例 2：不能认为该选手不会得到 100 分，理由如下：该选手获得 100 分的概率是201()4，虽然概率非常小，但是也可能发生，故不能认为该选手不会得到 100 分.19.（本小题 15 分）如图，在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形，=3ABC,PA平面ABCD，3PA，2PFFA，E为CD的中点.（）求证：BDPC;（）求异面直线AB与DF所成角的余弦值;（）判断直线EF与平面PBC的位置关系，请说明理由.【解析】（）连结AC底面ABCD是菱
19、形,BDAC 又PA平面ABCD，BD平面ABCD PABD 又PAACA BD平面PAC 又PC 平面PAC,BDPC 北京新东方中小学全科教育出品 14 （）设,AC BD交于点O 底面ABCD是菱形 ACBD 又PA平面ABCD PAAC，PABD 如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC所在直线，以过点O且与AP平行的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz 则3 10,1,0,3,0,0,0,1,0,3,0,0,0,0,1,3,0,1,122ABCDEPF 则3,1,0,3,1,1ABDF 设异面直线AB与DF所成角为，02，则,5coscos,5AB DFAB DFABDF 异面
20、直线AB与DF所成角的余弦值为55.（）直线EF与平面PBC相交，证明如下：由（）可知，33,1,3,1,0,3,1,322EFBCBP 设平面PBC的一个法向量为,nx y z 则030,=3=33 20330n BCxyxnn BPxyz即，令，得，则33,13,3,21022EF n ，所以EF与n不垂直 又直线EF 平面PBC且EF与平面PBC不平行,直线EF与平面PBC相交.北京新东方中小学全科教育出品 15 20.（本小题 15 分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点3(1,)2P，且椭圆C的一个顶点D的坐标为(2,0).过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C交于不同的两点,
21、(,A B A B不同于点D），直线DA与直线:4m x交于点M.连接MF，过点F作MF的垂线与直线m交于点N.（）求椭圆C的方程，并求点F的坐标；（）求证：,D B N三点共线.【解析】（）因为点3(1,)2P 在椭圆C上，且椭圆C的一个顶点D的坐标为(2,0)，所以2221914aab解得23ab 所以椭圆C的方程为22143xy 所以椭圆C的右焦点F的坐标为1 0（，）（）当直线l的斜率不存在时，直线AB的方程为1x 显然，33(1,),(1,)22AB或33(1,),(1,)22AB 当33(1,),(1,)22AB时，直线DA的方程为1(2)2yx点M的坐标为(4.3)所以1MFk
22、直线FN的方程为(1)yx，点N的坐标为(4,3)则3(3,),(6,3)2DBDN 所以2DNDB所以,D B N三点共线 同理，当33(1,),(1,)22AB时，,D B N三点共线 北京新东方中小学全科教育出品 16 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(1)yk x 由22(1)3412yk xxy的2222(34)8(412)0kxk xk 且2 2222(8)4(34)(412)144+1440kkkk 设1122(,),(,)A x yB xy 则221212228412,3434kkxxx xkk 直线DA的方程为11(2)2yyxx，点M的坐标为116(4,)2yx 所以
23、11116022412MFyyxkx 直线NF的方程为112(1)2xyxy，点N的坐标为113(2)(4,)2xy 则12213(2)(2,),(6,)2xDBxyDNy 所以12213(2)(2)62xxyy 121213=(2)(2)+42xxy yy 2121213=(2)(2)+4(1)(1)2xxkxxy 222121213=(1+4)+(2-4)()+4+42kx xkxxky 2222222134128=(1+4)+(2-4)+4+423434kkkkkykk 222222213(14)(412)(24)8(4+4)(3+4)=23+4kkkkkkyk 242242422134
24、121648163212121616=23+4kkkkkkkkyk0 所以DB与DN共线，又因为D为公共点，所以,D B N三点共线 综上所述，,D B N三点共线.北京新东方中小学全科教育出品 17 21.（本小题 14 分）已知函数()(sin)ln,f xxax aR.（）若0a，（i）求曲线()yf x在点(,()22f处的切线方程;（ii）求函数()f x在区间(1,)内的极大值的个数.（）若()f x在(,)2内单调递减，求实数a的取值范围.【解析】（）（i）因为()sin lnf xxx 所以sin2()ln,()cos ln,()222xffxxxfx 所以曲线()yf x在点
25、(,()22f处的切线方程为2ln()22yx 化简得2ln0.2xy（ii）当(1,)2x时，()0,fx()f x单调递增，此时()f x无极大值 当(,)2x时，设()()g xfx，则22cossin()sin ln0 xxg xxxxx 所以()fx在(,)2内单调递减 又因为2()0,()ln02ff 所以在(,)2内存在唯一的0(,),2x 使得0()0f x 北京新东方中小学全科教育出品 18 当x变化时，(),()fxf x的变化如下表 x 0(,)2x 0 x 0(,)x()fx 0 ()f x 极大值 所以()f x在0(1,)x内单调递增，在0(,)x内单调递减，此时(
26、)f x有唯一极大值 综上所述，()f x在(1,)内的极大值的个数为1.（）由题可知sin()cos ln,xafxxxx其中(,)2x 当1a时，()0,fx 故()f x在(,)2内单调递减 下面设1a 对于2(,),lnlnln2,2xxe 且cos0 x 所以cos ln2cosxxx 所以当(,)2x时，sinsin2 cos()2cosxaxaxxfxxxx 设()sin2 cos,2h xxxxa x 则()cos2cos2 sin3cos2 sin0h xxxxxxxx 所以()h x在,2上单调递减()10,2ha 且()2ha 当20a时，即2a 时，()0,h对于(,)
27、,()02xh x 北京新东方中小学全科教育出品 19 所以()0fx 时，()f x在(,)2内单调递增，不符合题意 当20a，即12a 时，()0,()02hh 所以0(,),2x使0()0h x 因为()h x在(,)2内单调递减 所以对0(,),()0,()02xxh xfx 所以()f x在0(,)2x内单调递增，不符合题意 所以当1a 时，()f x在(,)2内不单调递减 综上可得1a 所以a的取值范围为(,1.北京新东方中小学全科教育出品 20 22（本小题 13 分）设m为正整数，各项均为正整数的数列 na定义如下：11a，1,2,nnnnnaaaam a为偶数,为奇数.（）若
28、5m，写出8910,a a a；（）求证：数列 na单调递增的充要条件是m为偶数；（）若m为奇数，是否存在1n满足1na？请说明理由.【解析】（）86a，93a，108a.（）先证“充分性”当m为偶数时，若na为奇数，则1na为奇数 因为11a 为奇数，所以归纳可得，对*n N，na均为奇数，则1nnaam 所以10nnaam 所以数列 na单调递增 再证“必要性”假设存在*kN使得ka为偶数，则12kkkaaa，与数列 na单调递增矛盾 因此数列 na中的所有项都是奇数 此时1nnaam，即1nnmaa，所以m为偶数.北京新东方中小学全科教育出品 21 （）存在1n满足1na，理由如下：因为
29、11a，m为奇数，所以212amm 且2a为偶数，312mam 假设ka为奇数时，kam；ka为偶数时，2kam 当ka为奇数时，12kkaamm，且1ka为偶数 当ka为偶数时，12kkaam 所以若1ka为奇数，则1kam；若1ka为偶数，则12kam 因此对*n N都有2nam 所以正整数数列 na中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项 设集合(,)|,rsAr saa rs，设集合*|(,)Brr sANN 因为A，所以B 令1r是B中的最小元素，下面证11r 假设11r 且1111()rsaars 当1ram时，1112rraa，1112ssaa，所以1111rsaa 当1ram时，111rraam，111ssaam，所以1111rsaa 所以若11r，则11rB 且111rr 与1r是B中的最小元素矛盾 所以11r，且存在*11sN满足111saa，即存在1n，满足1na.
