2020年北京市东城区高三数学期末考试逐题解析

北京新东方中小学全科教育出品12020年北京市东城区高三数学期末考试逐题解析第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的一项。1.已知集合A{|1}xx,{|(2)(1)0}Bxxx,那么ABA.{|12}xxB.{|11}xxC.{|12}xxD.{|11}xx【答案】D【解析】集合{|(2)(1)0}Bxxx,即{|12}Bxx,所以{|11}ABxx.故选D.2.复数i(i1)z在复平面内对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】复数2i(i1)ii1iz,所以在第三象限,故选C.3.下列函数中,是偶函数,且在区间(0,)上单调递增的为A.1yxB.ln||yxC.2xyD.1||yx【答案】B【解析】A：1yx是奇函数B：ln||yx是偶函数,当0x时lnyx,所以在区间(0,)上单调递增北京新东方中小学全科教育出品2C：2xy是非奇非偶函数D：1||yx是偶函数,当0x时1yx,所以在区间(0,)上单调递减,故选B.4.设,ab为实数,则“0ab”是“ππab”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】充分性：0ab,函数()πxfx单调递增,所以ππab必要性：由函数()πxfx单调递增,可知ab,不一定有0ab.则是充分不必要条件,故选A.5.设,是两个不同的平面,,mn是两条不同的直线,则下列结论中正确的是A.若m,mn,则//nB.若,m,n,则mnC.若//n,mn,则mD.若//,m,n,则//mn【答案】B【解析】A：m,mn,则//n或n,不正确；B：正确C：//n,mn,则m与相交,平行或m,不正确D：//,m,n,则m与n平行或异面,不正确，故选B.6.从数字1,2,3,4,5中,取出3个数字（允许重复）,组成三位数,各位数字之和等于6,这样的三位数的个数为A.7B.9C.10D.13北京新东方中小学全科教育出品3【答案】C【解析】符合条件的三位数有：114,141,411,123,132,213,231,321,312,222,共10个.故选C.7.设A,B是三角形的两个内角,下列结论中正确的是A.若π2AB,则sinsin2ABB.若π2AB,则coscos2ABC.若π2AB,则sinsin1ABD.若π2AB,则coscos1AB【答案】A【解析】选项A：∵π2AB,∴π2BA∵π,(0,)2AB,∴ππ,(0,)22BA,∴πsinsin()2BA∴ππsinsinsinsin()sincos2sin()224ABAAAAA.∴选项A成立选项B：当π6AB时,coscos32AB,∴选项B错误选项C：当150A,29B时,sinsinsin150sin301AB∴选项C错误选项D：当π3AB时,coscos1AB.∴选项D错误.故选A.北京新东方中小学全科教育出品48.用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；②若球心距124OO，球的半径为3，则所得椭圆的焦距为2；③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.其中，所有正确结论的序号是A.①B.②③C.①②D.①②③【答案】C【解析】在截面上任取一点P，过P作12OO的平行线与上下,两球大圆交于M和N，对于球1O有1PF与PM为其过点P的公切线，所以有1||||PFPM，同理2||||PFPM，所以有12||||||||||PFPFPMPNMN，符合椭圆定义，故①正确由以上可知，椭圆12||24OOa，2a②中轴界面如图，2||2OO，22||3OF，222OFMF所以222222||||||1OFOOOF，所以焦距为2，故②正确当圆柱轴与所成角由小变大时，椭圆变得越来越圆，离心率应由大变小，故③错误.故选C.北京新东方中小学全科教育出品5二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。9.若双曲线221xym与22132xy有相同的焦点，则实数m______.【答案】4m【解析】在双曲线221xym中,2am,21b，所以21cm22132xy中，23a,22b，所以25c因为两双曲线共焦点，所以1=5m,4m.10．已知{}na是各项均为正的等比数列，nS为其前n项和，若16a，2326aa，则公比q______，4=S______.【答案】4145,24qS【解析】22311226aaaqaq,∵16a,∴221qq,解得12q或1又∵{}na各项均为正∴12q41416(1)(1)451611412aqSq.11.能说明“直线0xym与圆22420xyxy有两个不同的交点”是真命题的一个m的值为______.【答案】3（答案不唯一）【解析】圆的方程22(2)(1)5xy，圆心为(2,1),半径为5∵直线与圆有两个不同的交点，∴dr∴22151(1)m,310m，∴310310m，故m取3即可.北京新东方中小学全科教育出品612.在平行四边形ABCD中,已知ABACACAD,||4AC,||2BD，则四边形ABCD的面积是______.【答案】4【解析】∵ABACACAD∴()0ABACACADACABADACDB∵0AC，0DB,∴AC与DB相互垂直∴平行四边形ABCD是菱形∴1142422ABCDSACBD.13.已知函数()2sin()(0)fxx,曲线()yfx与直线3y相交,若存在相邻两个交点间的距离为π6,则的所有可能值为______.【答案】2或10【解析】使3=2sin()x,解得π2π3xk或2π2π3k解得π2π3kx或2π2π3kx找到相邻的三个根1π2π3kx,22π2π3kx,3π2(1)π3kx相邻的两个交点间的距离有两种可能第一种情况,21ππ3||6xx,∴2北京新东方中小学全科教育出品7第二种情况,235ππ3||6xx,∴10综上,2或10.14.将初始温度为0℃的物体放在室温恒定为30℃的实验室里，现等时间间隔测量物体温度，将第n次测量得到的物体温度记为nt，设1t0℃.已知物体温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比例系数为k）.给出以下几个模型，那么能够描述这些测量数据的一个合理模型为______；（填写模型对应的序号）①130nnnkttt；②1(30)nnnttkt；③1(30)nntkt.在上述模型下，设物体温度从5℃上升到10℃所需时间为mina，从10℃上升到15℃所需时间为minb，从15℃上升到20℃所需时间为minc，那么ab与bc的大小关系是______.（用“”，“”或“”填空）【答案】②；【解析】物体温度的变化为1nntt，实验室与物体温度差为30nt所以1(30)nnnttkt，②正确极限法考虑，T为时间，t为温度当30nt℃时，10nntt℃，则需要的时间趋于则在相同5℃内，物体从25℃到30℃需要时间很长，所以202525300TT℃℃℃℃由趋势，510101510151520TTTT℃℃℃℃℃℃℃℃，所以abbc.北京新东方中小学全科教育出品8第二部分（非选择题共110分）三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演练步骤或证明过程。15.（本小题13分）在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin3cos0cAaC.（Ⅰ）求C的大小;（Ⅱ）若2,23bc，求ABC的面积.【解析】（Ⅰ）由正弦定理可知，sinsinacAC∵sin3cos0cAaC∴sinsin3sincos0CAAC∴sin3cosCC∴tan3C∵tan0C∴C为钝角∴3π2=C.（Ⅱ）由余弦定理可知，222cos2abcCab∴2141224aa∴2a或4a(舍)∴113sin223222ABCSabC.北京新东方中小学全科教育出品916．（本小题13分）2019年6月,国内的5G运营牌照开始发放,从2G到5G,我国的移动通信业务用了不到20年的时间,完成了技术上的飞跃,跻身世界先进水平.为了解高校学生对5G的消费意愿,2019年8月,从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行调查,样本各类用户分布情况如下:用户分类预计升级到5G的时段人数早期体验用户2019年8月至2019年12月270人中期跟随用户2020年1月至2021年12月530人后期用户2022年1月及以后200人我们将大学生升级5G时间的早晚与大学生意愿为5G套餐支付更多的费用作比较,可得出下图的关系（例如早期体验用户中愿意为5G套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的40%）.北京新东方中小学全科教育出品10（Ⅰ）从该地高校大学生中随机抽取1人,估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G的概率;（Ⅱ）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取1人,以X表示这2人中愿意为升级5G多支付10元或10元以上的人数,求X的分布列和数学期望;（Ⅲ）2019年底，从这1000人的样本中随机抽取3人,这三位学生都已签约5G套餐,能否认为样本中早期体验用户的人数有变化?说明理由.【解析】（Ⅰ）设“从该地高校大学生中随机抽取1人，该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G”为事件A由题意可得,抽取的总人数为1000人所以样本中随机抽取1人,该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G的频率为2705300.81000由频率估计概率可知：()0.8PA.（Ⅱ）由题意可知,X表示这2人中愿意为升级为5G多支付10元或10元以上的人数，故X的所有可能取值为0,1,2早期用户中愿意为升级5G多支付10元或10元以上的频率为10.40.6中期用户中愿意为升级5G多支付10元或10元以上的频率为10.450.55(0)(10.6)(10.55)0.18PX(1)0.6(10.55)(10.6)0.550.49PX(2)0.60.55=0.33PX北京新东方中小学全科教育出品11所以X的分布列为X012P0.180.490.33故()00.1810.4920.331.15EX.（Ⅲ）可以因为样本中早期体验用户人数为270,则在样本中抽取1人,抽到早期体验用户的频率为0.27P.抽取3人都为早期体验用户的概率为30.270.0196P,此时事件发生的概率较小,但事件发生说明早期体验用户人数发生改变.（言之有理即可）不可以因为样本中早期体验用户人数为270,则在样本中抽取1人,抽到早期体验用户的频率为0.27P.抽取3人都为早期体验用户的概率为30.270.0196P,概率指的是事件发生的可能性,所以事件可以连续发生,不能说明早期体验用户人数发生改变.（言之有理即可）.17.（本小题13分）如图，在三棱柱111ABCABC中,1BB平面ABC，ABBC,12AAABBC.（Ⅰ）求证：1BC平面11ABC;（Ⅱ）求异面直线1BC与1AB所成角的大小;（Ⅲ）点M在线段1BC上，且110,1BMBC，点N在线段1AB上，若//MN平面11AACC，求11ANAB的值（用含的代数式表示）北京新东方中小学全科教育出品12【解析】（Ⅰ）∵1BB面ABC中,AB面ABC∴1ABBB又∵ABBC，1BCBBB∴AB面11BCCB又∵在三棱柱111ABCABC中，显然11ABAB∥∴11AB面11BCCB又∵1BC面11BCCB∴111BCAB∵在三棱柱111ABCABC中，11AABBBC，∴四边形11BCCB为菱形∴11BCBC，又∵1111ABBCB∴1BC面11ABC.（Ⅱ）∵1BB面ABC,,ABBC面ABC∴11,BBABBBBC，又∵ABBC如图以B为原点，以BC，BA，1BB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示,在ABC中∵110,0,0,0,0,2,2,0,0,0,2,2BBCA112,0,2,0,2,2BCAB,1122,22BCAB∴111111221cos,22222BCABBCABBCAB，故11π,3BCAB异面直线1BC与1AB所成角的大小为π3.北京新东方中小学全科教育出品13（Ⅲ）假设存在N，11ANtAB取AC中点E，连接BE1,1,0E，1,1,0BE∵ABBC，E为AC中点∴BEAC又∵1AA面ABC，BE面ABC∴1BEAA又∵1AAACA∴BE面11AACC∴BE为面11AACC法向量由图知1=2,0,2BC，1=0,2,2AB∵11=2,0,2,2,0,22BMBCM11=0,2,2,0,22,22ANtABttNtt∴=2,22,22MNtt∵MN∥面11AACC∴0MNBE即2+22=0t∴=1t∵01∴01t符合题意，假设成立∴1AB上存在N使MN∥面11AACC，且111ANAB.北京新东方中小学全科教育出品1418.（本小题13分）已知函数321()3()3fxxxaxaR.（Ⅰ）若()fx在1x处取得极值，求a的值；（Ⅱ）在直线1x上是否存在点P，使得过点P至少有两条直线与曲线()yfx相切？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.【解析】（Ⅰ）2'()23,fxxxaxR由题意可知'(1)0f故1230a所以1a经检验1a时，()fx在1x时取得极值.（Ⅱ）假设存在P点，设(1,)Pt，切点为00(,)Qxy320000133xxaxy，2000'()23kfxxxa()fx在Q点处的切线为32200000013)(23)()3(xxaxxxyaxx将P点代入得32200000013(23)(1)3xxaxxxtax化简得32000222303xxxat①由已知可得方程①至少有两个解设322()223,3gxxxxatxR22'()2422(1)0gxxxx()gx在R上单调递增方程①最多有一个解，与已知矛盾不存在符合题意的P点.北京新东方中小学全科教育出品1519.（本小题14分）已知椭圆2221(1)xCyaa：的离心率是22.（Ⅰ）求椭圆C的方程;（Ⅱ）已知12,FF分别是椭圆C的左、右焦点，过2F作斜率为k的直线l,交椭圆C于,AB两点，直线11,FAFB分别交y轴于不同的两点,MN.如果1MFN为锐角，求k的取值范围.【解析】（Ⅰ）离心率22222211,,222ccabeaaa,1b,得22a∴2212xy.（Ⅱ）设1122(,),(,)AxyBxy，由2(1,0)F，AB方程(1)ykx2212(1)ykxxy联立2222(1)2xkx，化简得2222(12)4220kxkxk显然0，2122412kxxk,21222212kxxk直线1FA的方程为1111yyxx，令0x，则11(0,)1yMx同理可得22(0,)1yNx所以2121211121211111111kxxyyFMFNxxxx222212121212121212121111111kxxkxxkkxxxxxxxxxxxx将①代入并化简，得21127181kFMFNk北京新东方中小学全科教育出品16依题意，1MFN为锐角，所以110FMFN，即211271081kFMFNk解得217k或218k，由夹角为锐角可得0k综上，直线l斜率的取值范围是7227(,)(,0)(0,)(,)7447.20．（本小题13分）已知数列na，记集合*1{(,)|(,),1,,}iijTSijSijaaaijijN.（Ⅰ）对于数列:1,2,3,4na，写出集合T；（Ⅱ）若2nan，是否存在*,ijN，使得(,)1024Sij？若存在，求出一组符合条件的,ij；若不存在，说明理由；（Ⅲ）若22nan，把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为12,,,,mbbb.若2020mb，求m的最大值.【解析】（Ⅰ）3,5,6,7,9,10T.（Ⅱ）10(22)(1)(,)102422jijiSij，其中ji与1ji为一奇一偶且3ji，12ji，显然无解，故不存在.（Ⅲ）(2222)(1)(2)(1)2mjijibjiji仅当2,1ji时，2mb，其中2ji与1ji一奇一偶且22ji，12ji，则mb能拆成奇数与偶数之积在偶数中，只有2n无法拆为一个大于2的奇数与一个大于2的偶数之积又T中的元素均为偶，故**{2|,2,}kTnnnkNN故T中元素为2至2020整数除去4,8,16,32,64,128,256,512,1024，故2020910012m.