2020北京朝阳高三期末数学试卷答案逐题解析

北京新东方中小学全科教育出品12020年北京市朝阳区高三 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 期末考试逐题解析第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。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,log2,log3abc,则A.abcB.acbC.bcaD.cab【答案】D【解析】由2139a得01a,由0.5log20b由2log31c,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π=3,6,4bcC,则角B的大小为A.π6B.π3C.2π3D.π3或2π3【答案】D【解析】由正弦定理sinsinbcBC得36sin22B,所以3sin2B解得π2π33B或由bc得BC,所以π2π33B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 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 的种数是A.20B.40C.60D.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：1322353554354336032121CCCC,故选C.北京新东方中小学全科教育出品36.已知函数()xxfxee,则()fxA.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:()()xxxxfxeeeefx,所以()fx是偶函数单调性:当0x时,函数xye单调递增,函数xye单调递减所以()fx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.23B.43C.2D.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积112212233V,故选A.北京新东方中小学全科教育出品48.设函数3()3()fxxxaaR,则“2a”是“()fx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()0fx,则1x'()0fx,则1x或1x,此时()fx单调递增，'()0fx,则11x,此时()fx单调递减所以()fx在1x处取极大值为(1)2fa,()fx在1x处取极小值为(1)2fa对于函数3()3fxxxa有且仅有一个零点,则满足20a或20a,得22aa或所以“2a”是“()fx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DBAP的最大值是A.22B.42C.4D.8【答案】D【解析】本题考查向量的运算.()DBAPDBABBPDBABDBBPDBABBDBP||||cos45||||cosDBABBDBPDBP44cosDBP北京新东方中小学全科教育出品5∵cos[1,1]DBP∴当cos1DBP时DBAP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法：①该曲线关于y轴对称；②该曲线关于原点对称；③该曲线不经过第三象限；④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.②③B.①④C.③D.③④【答案】C【解析】曲线可化为函数2(1)(2)(3)6()611(0)xxxyfxxxxxx研究函数奇偶性，()()fxfx，所以该曲线不关于y轴对称，①错误；()()fxfx，所以曲线不关于原点对称，②错误；(1)(2)(3)xxxxy中，当0x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，③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，④错误.故选C.北京新东方中小学全科教育出品6二、填空题共6小题，每小题4分，共24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)()6424TCxx.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)92nnnSnadnn∴当=4n或5时,nS有最小值20.北京新东方中小学全科教育出品713.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 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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;;;162yxyxyxyx若焦点在y轴,设22xpy过四点的抛物线分别为:2222;8;4;8xyxyxyxy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.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)PXPX,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)PXCPXC,舍去当0.7p时,3377731010(3)(0.7)(0.3)(7)(0.7)(0.3)PXCPXC,满足条件故0.7p.北京新东方中小学全科教育出品815.已知函数()fx的定义域为R,且(π)2()fxfx,当[0,π)x时,()sinfxx.若存在0(,]xm,使得0()43fx,则m的取值范围为______.【答案】10[π,)3【解析】本题考查三角函数和分段函数.已知(π)2()fxfx,故()fx是分段函数,需分情况讨论函数解析式①当[π,0)x时,π[0,π)x∴(π)sin(π)sinfxxx又(π)2()fxfx,故1()sin,[π,0)2fxxx②当[0,π)x时,()sinfxx③当[π,2π)x时,π[0,π)x∴(π)sin(π)sinfxxx又∵(π)2()fxfx,∴()2(π)fxfx∴()2(π)2sin,[π,2π)fxfxxx以此类推，知()(2)sin,[π,(1)π),Znfxxxnnn故当3πx时,|()|4fx当7[3π,π)2x时,()fx单调递增,且当10π3x时,()43fx综上,当且仅当10π3x时,0x使得0()43fx,故m的取值范围为10[π,)3.北京新东方中小学全科教育出品916.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31410焦耳/（厘米度），不流通、干燥空气的热传导系数422.510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0.53B型0.54C型0.62D型0.63北京新东方中小学全科教育出品10第二部分（非选择题共110分）三、解答题共6小题，共86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()fxxxmmR.（Ⅰ）求()fx的最小正周期；（Ⅱ）求()fx的单调递增区间；（Ⅲ）对于任意π[0,]2x都有()0fx恒成立,求m的取值范围.【解析】（Ⅰ）因为2()3sin22cosfxxxm3sin2cos21xxmπ2sin(2)16xm所以函数()fx的最小正周期2ππ2T.（Ⅱ）由（Ⅰ）知π()2sin(2)16fxxm又函数sinyx的单调递增区间为ππ[2π,2π]()22kkkZ由πππ2π22π,262kxkkZ得ππππ,36kxkkZ所以()fx的单调增区间为ππ[π,π]()36kkkZ.北京新东方中小学全科教育出品11（Ⅲ）因为π02x所以ππ7π2666x所以1πsin(2)126x所以π2sin(2)136mxmm当ππ262x,即π6x时,()fx的最大值为3m又因为()0fx对于任意π[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 编码规则下载淘宝规则下载天猫规则下载麻将竞赛规则pdf麻将竞赛规则pdf ，每正确投放一张卡片得5分,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（Ⅰ）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;（Ⅱ）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】（Ⅰ）由题意知，所抽取的20人中得分落在组[0,20]的人数有0.00502020=2(人)得分落在组(20,40]的人数有0.00752020=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.（Ⅱ）X的所有可能取值为0,1,233351(0)10CPXC1223356(1)10CCPXC2123353(2)10CCPXC所以X的分布列为X012P110610310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.（Ⅰ）求证：BDPC;（Ⅱ）求异面直线AB与DF所成角的余弦值;（Ⅲ）判断直线EF与平面PBC的位置关系，请说明理由.【解析】（Ⅰ）连结AC∵底面ABCD是菱形,∴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（Ⅱ）设,ACBD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310,1,0,3,0,0,0,1,0,3,0,0,,,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，π02，则,5coscos,5ABDFABDFABDF∴异面直线AB与DF所成角的余弦值为55.（Ⅲ）直线EF与平面PBC相交，证明如下：由（Ⅱ）可知，33,,1,3,1,0,3,1,322EFBCBP设平面PBC的一个法向量为,,nxyz则030,=3=3320330nBCxyxnnBPxyz即，令，得，，则33,,13,3,21022EFn，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1520.（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,(,ABAB不同于点D），直线DA与直线:4mx交于点M.连接MF，过点F作MF的垂线与直线m交于点N.（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点F的坐标；（Ⅱ）求证：,,DBN三点共线.【解析】（Ⅰ）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10（，）（Ⅱ）①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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,,DBN三点共线同理，当33(1,),(1,)22AB时，,,DBN三点共线北京新东方中小学全科教育出品16②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(1)ykx由22(1)3412ykxxy的2222(34)8(412)0kxkxk且22222(8)4(34)(412)144+144>0kkkk设1122(,),(,)AxyBxy则221212228412,3434kkxxxxkk直线DA的方程为11(2)2yyxx，点M的坐标为116(4,)2yx所以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)+42xxyyy2121213=(2)(2)+4(1)(1)2xxkxxy222121213=(1+4)+(2-4)()+4+42kxxkxxky2222222134128=(1+4)+(2-4)+4+423434kkkkkykk222222213(14)(412)(24)8(4+4)(3+4)=23+4kkkkkkyk242242422134121648163212121616=23+4kkkkkkkkyk0所以DB与DN共线，又因为D为公共点，所以,,DBN三点共线综上所述，,,DBN三点共线.北京新东方中小学全科教育出品1721.（本小题14分）已知函数()(sin)ln,fxxaxaR.（Ⅰ）若0a，（i）求曲线()yfx在点ππ(,())22f处的切线方程;（ii）求函数()fx在区间(1,π)内的极大值的个数.（Ⅱ）若()fx在π(,π)2内单调递减，求实数a的取值范围.【解析】（Ⅰ）（i）因为()sinlnfxxx所以''ππsinπ2()ln,()cosln,()222πxffxxxfx所以曲线()yfx在点ππ(,())22f处的切线方程为π2πln()2π2yx化简得π2πππln0.2xy（ii）当π(1,)2x时，'()0,fx()fx单调递增，此时()fx无极大值当π(,π)2x时，设'()()gxfx，则'22cossin()sinln0xxgxxxxx所以'()fx在π(,π)2内单调递减又因为''π2()0,(π)lnπ02πff所以在π(,π)2内存在唯一的0π(,π),2x使得0()0fx北京新东方中小学全科教育出品18当x变化时，'(),()fxfx的变化如下表x0π(,)2x0x0(,π)x'()fx0()fx极大值所以()fx在0(1,)x内单调递增，在0(,π)x内单调递减，此时()fx有唯一极大值综上所述，()fx在(1,π)内的极大值的个数为1.（Ⅱ）由题可知'sin()cosln,xafxxxx其中π(,π)2x当1a时，'()0,fx故()fx在π(,π)2内单调递减下面设1a对于2π(,π),lnlnπln2,2xxe且cos0x所以cosln2cosxxx所以当π(,π)2x时，'sinsin2cos()2cosxaxaxxfxxxx设π()sin2cos,[,π]2hxxxxax则'()cos2cos2sin3cos2sin0hxxxxxxxx所以()hx在π[,π]2上单调递减π()10,2ha且(π)2ha当2π0a时，即2πa时，(π)0,h对于π(,π),()02xhx北京新东方中小学全科教育出品19所以'()0fx时，()fx在π(,π)2内单调递增，不符合题意当2π0a，即12πa时，π()0,(π)02hh所以0π(,π),2x使0()0hx因为()hx在π(,π)2内单调递减所以对'0π(,),()0,()02xxhxfx所以()fx在0π(,)2x内单调递增，不符合题意所以当1a时，()fx在π(,π)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2022．（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,nnnnnaaaama为偶数,为奇数.（Ⅰ）若5m，写出8910,,aaa；（Ⅱ）求证：数列na单调递增的充要条件是m为偶数；（Ⅲ）若m为奇数，是否存在1n满足1na？请说明理由.【解析】（Ⅰ）86a，93a，108a.（Ⅱ）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*kN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（Ⅲ）存在1n满足1na，理由如下：因为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{(,)|,}rsArsaars，设集合**{|(,)}BrrsANN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*11sN满足111saa，即存在1n，满足1na.