北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期高三年级期中质量检测数学试题含答案.docx

1、 高三数学试卷 第 1 页（共 13 页） 北京市朝阳区 20192020 学年度第一学期高三年级期中质量检测 数学试卷数学试卷 201911 （考试时间 120 分钟 满分 150 分） 本试卷分为选择题（共 40 分）和非选择题（共 110 分）两部分 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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）已知集合 2 4AxxZ ， 1, 2B ，则AB （A） 1 （B） 1, 2 （C） 1 , 0 ,1,

2、 2 （D） 2, 1,0 ,1, 2 （2）已知 ( ,) 2 ，且 3 sin 5 ，则tan （A） 3 4 （B） 4 3 （C） 3 4 （D） 4 3 （3）下列函数中，既是奇函数又在区间(0,1)上单调递增的是 （A） 3 yx （B）sin()yx （C） 2 logyx （D）22 xx y （4）关于函数 ( )sincosf xxx 有下述三个结论： 函数( )f x的最小正周期为2； 函数( )f x的最大值为2； 函数( )f x在区间 (,) 2 上单调递减. 其中，所有正确结论的序号是 （A） （B） （C） （D） （5）已知，是两个不同的平面，直线m ，下列命

3、题中正确的是 （A）若 ，则 /m （B）若 ，则m （C）若 /m，则/ （D）若m ，则 高三数学试卷 第 2 页（共 13 页） （6）已知函数( )|2|1f xxkx恰有两个零点，则实数k的取值范围是 （A） 1 (0,) 2 （B） 1 (,1) 2 （C）(1, 2) （D）(2 ,) （7）已知 * () n anN为等比数列，则“ 12 aa”是“ n a为递减数列”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 （8） 设 1 F， 2 F为椭圆C： 22 1 95 xy 的两个焦点，M为C上一点且在第二象限.若 12 M

4、F F为等腰三角形， 则点M的横坐标为 （A） 3 2 （B） 15 2 （C） 15 2 （D） 3 2 （9）在ABC中，90BAC，2BC ， 点P在BC边上，且()1APABAC，则AP的取值范围 是 （A） 1 (,1 2 （B） 1 ,1 2 （C） 2 (,1 2 （D） 2 ,1 2 （10）已知集合A，B满足： （）AB Q，AB ； （） 1 xA，若 2 x Q且 21 xx，则 2 xA； （） 1 yB，若 2 y Q且 21 yy，则 2 yB. 给出以下命题： 若集合A中没有最大数，则集合B中有最小数； 若集合A中没有最大数，则集合B中可能没有最小数； 若集合A中

5、有最大数，则集合B中没有最小数； 若集合A中有最大数，则集合B中可能有最小数. 其中，所有正确结论的序号是 （A） （B） （C） （D） 高三数学试卷 第 3 页（共 13 页） 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(1, 1)a，(3,)mb，且/a b，则m_ （12）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为_，最长棱的长度为_ （13）已知直线20xya与圆 22 :2O xy相交于A，B两点（O为坐标原点），且AOB为等腰 直角三角形，则实数a的值为_ （14）已知a，b是实数，给出下列四个论断：ab ；

6、11 ab ； 0a ； 0b. 以其中两个论断作为条件，余下的论断中选择一个作为结论，写出一个正确的命题：_ （15）已知函数 2 1 , ( ) , e x axxa f x x xa （a为常数） 若 1 ( 1) 2 f ，则a_；若函数( )f x存在最大 值，则a的取值范围是_ （16）2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认 可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史考古科学家在测定遗址 年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律 已知样本中碳14的质量N随时间t（单 位：年）的衰变规律满足 5730

7、 0 2 t NN （ 0 N表示碳14原有的质量） ，则经过5730年后，碳14的质 量变为原来的_；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的 1 2 至 3 5 ，据此推 测良渚古城存在的时期距今约在_年到5730年之间 （参考数据： 22 log 31.6,log 52.3） （第 12 题图） 1 1 1 俯视图 侧（左）视图 正（主）视图 高三数学试卷 第 4 页（共 13 页） 三、解答题共 6 小题，共 80 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （17） （本小题 13 分） 在ABC中，2 7AB，点P在BC边上，且60APC，2BP . （）求AP的值；

8、 （）若1PC ，求sinACP的值. （18） （本小题 13 分） 已知 * () n anN是各项均为正数的等比数列， 1 16a ， 32 3322aa. （）求 n a的通项公式； （）设 2 3log nn ba，求数列 n b的前n项和 n S，并求 n S的最大值 （19） （本小题 14 分） 如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD平面ABCD，E为PD的中 点，/AD BC,CDAD ， 24BCCDAD，. （）求证：/CE平面PAB； （）求二面角EACD的余弦值； （）直线AB上是否存在点Q，使得/PQ平面ACE? 若存在，求出 AQ AB

9、的值；若不存在，说明理由. C E D B A P 高三数学试卷 第 5 页（共 13 页） （20） （本小题 13 分） 已知椭圆:C 22 22 1(0) xy ab ab 经过两点 2 (1,) 2 P，(2,0)Q . （）求椭圆C的标准方程； （）过椭圆的右焦点F的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线l与以线段FP为直径的圆交于另一 点E（异于点F） ，求ABFE的最大值. （21） （本小题 14 分） 已知函数 ln ( ) x f x xa (0)a （）求曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程； （）当1a时，证明： 1 ( ) 2 x f x ； （）判断)(x

10、f在定义域内是否为单调函数，并说明理由 （22） （本小题 13 分） 已知无穷数列 n a， n b， n c满足：n N， 1 | nnn abc ， 1 | nnn bca ， 1 | nnn cab 记max|,|,| nnnn dabc（max, ,x y z表示3个实数x，y，z中的最大值） （）若 1 1a ， 2 2b ， 3 3c ，求 1 b， 1 c的可能值； （）若 1 1a ， 1 2b ，求满足 23 dd的 1 c的所有值； （）设 1 a， 1 b， 1 c是非零整数，且 1 |a， 1 |b， 1 |c互不相等，证明：存在正整数k，使得数列 n a， n b，

11、 n c中有且只有一个数列自第k项起各项均为0 高三数学试卷 第 6 页（共 13 页） 北京市朝阳区北京市朝阳区 20192020 学年度第一学期高三年级期中学年度第一学期高三年级期中质量检测质量检测 数学参考答案数学参考答案 201911 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，选出符合题目要求的一项）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）C （2）C （3）D （4）B （5）D （6）B （7）B （8）D （9）A （10）B 第

12、二部分（非选择题第二部分（非选择题 共共 110 分）分） 二、填空题（共二、填空题（共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分）分） （11）3 （12） 1 6 ，3 （13）5 （14）若ab，0b ，则 11 ab （答案不唯一） （15） 1 2 ；(,0 （16） 1 2 ；4011 三、解答题（共三、解答题（共 6 小题，共小题，共 80 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） （17） （本小题 13 分） 解： （）因为60APC，所以120APB. 在ABP中，120APB，2BP， 由余弦定理 222 2

13、cosABAPBPAP BPAPB，得 2 2240APAP. 所以4AP . 6 分 （）在APC中，4AP ， 1PC ， 60APC， 由余弦定理 222 2cosACAPPCAP PCAPC，得13AC 由正弦定理 sinsin APAC ACPAPC ，得 413 sinsin60ACP ， 2 7AB 高三数学试卷 第 7 页（共 13 页） 所以 2 39 sin 13 ACP 13 分 （18） （本小题 13 分） 解： （）设 n a的公比为q，因为 132 16,2332aaa， 所以 2 2203qq 解得2q （舍去）或 1 2 q 因此 n a的通项公式为 15 1

14、 16( )2 2 nn n a 6分 （）由（）得 2 3(5)log 2153 n bnn， 当2n时， 1 3 nn bb ， 故 n b是首项为 1 12b ，公差为3的单调递减等差数列. 则 2 13 12(1)( 3)(9 ) 22 n Snn nnn . 又 5 0b ，所以数列 n b的前4项为正数， 所以当4n或5时， n S取得最大值，且最大值为 45 30SS 13 分 （19） （本小题 14 分） 解： （）如图，取PA中点F，连结,EF BF. 因为E为PD中点，4AD ， 所以/EF AD， 1 2 2 EFAD. 又因为/BC AD，2BC ， 所以/EF BC

15、，=EF BC， 所以四边形EFBC为平行四边形. 所以/CE BF. 又因为CE 平面PAB,BF 平面PAB， F P A B D E C 高三数学试卷 第 8 页（共 13 页） 所以/CE平面PAB. 4 分 （）取AD中点O，连结OP，OB.因为PAD为等边三角形，所以POOD. 又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD， 所以PO 平面ABCD. 因为/ /ODBC，2ODBC， 所以四边形BCDO为平行四边形. 因为CDAD，所以OBOD. 如图建立空间直角坐标系Oxyz， 则(0, 2,0), (2,0,0), (2,2,0), (0,1, 3), (0,0,

16、2 3)ABCEP. 所以(2,4,0),(0,3, 3)ACAE. 设平面ACE的一个法向量为 1 ( , , )x y zn， 则 1 1 0, 0, AC AE n n 即 240, 330. xy yz 令2x ，则 1 ( 2,1,3) n. 显然，平面ACD的一个法向量为 2 (0,0,1)n， 所以 12 12 12 36 cos, 42 2 n n n n n n . 由题知，二面角EACD为锐角， 所以二面角EACD的余弦值为 6 4 . 10 分 （）直线AB上存在点Q，使得/PQ平面ACE.理由如下： 设AQAB.因为(2,2,0)AB ，(0, 2, 2 3)PA， 所

17、以(2 ,2 ,0)AQAB，(2 ,22, 2 3)PQPAAQ 因为PQ 平面ACE，所以/PQ平面ACE当且仅当 1 0PQn. 即(2 ,22, 2 3) ( 2,1,3)0 ，解得2. 所以直线AB上存在点Q，使得/PQ平面ACE，此时2 AQ AB 14 分 （20） （本小题 13 分） O 高三数学试卷 第 9 页（共 13 页） 解： （）因为椭圆:C 22 22 1(0) xy ab ab 过点 2 (1,) 2 P，(2,0)Q ， 所以 22 2, 11 1, 2 a ab 得 2, 1, a b 故椭圆C的标准方程为 2 2 1 2 x y 4 分 （）由题易知直线l

18、的斜率不为 0，设l：1xty， 由 2 2 1, 1, 2 xty x y 得 22 (2)210tyty ，显然0 . 设 1122 (,), (,)A x yB xy， 则 1212 22 21 , 22 t yyy y tt . 又 2 12 1ABtyy. 以FP为直径的圆的圆心坐标为 2 (1,) 4 ，半径为 2 4 r ， 故圆心到直线l的距离为 22 22 11 44 11 tt d tt . 所以 2 22 22 1121 22 88121 t FErd tt . 所以 12 2 2 ABFEyy 2 1212 2 ()4 2 yyy y 22 22222 244288 2

19、(2)22(2) tt ttt 高三数学试卷 第 10 页（共 13 页） 2 22 2 2 11 22 1 (2) (1)2 1 t t t t ， 因为 2 11t ，所以 2 2 1 (1)2 1 t t ，即 2 2 11 1 4 (1)2 1 t t 所以 1 21 4 ABFE 当0t 时，直线与椭圆有交点，满足题意，且1ABFE， 所以ABFE的最大值为1 13 分 （21） （本小题 14 分） 解：函数( )f x的定义域为)0(， 2 ln1 ( ) () a x x fx xa （）因为(1)0f， 1 (1) 1 f a ， 所以曲线( )yf x在点(1, (1)f处

20、的切线方程为 1 0(1) 1 yx a ， 即(1)10xay 4 分 （）当1a时， ln ( ) 1 x f x x 欲证 1 ( ) 2 x f x ， 即证 ln1 12 xx x ， 即证 2 2ln10xx 令 2 ( )2ln1h xxx， 则 22(1)(1) ( )2 xx h xx xx 当x变化时，( ), ( )h x h x变化情况如下表： 高三数学试卷 第 11 页（共 13 页） x (0,1) 1 (1,) )(x h 0 )(xh 极大值 所以函数)(xh的最大值为(1)0h，故( )0h x 所以 1 ( ) 2 x f x 9 分 （）函数)(xf在定义

21、域内不是单调函数理由如下： 令( )ln1 a g xx x ， 因为 22 1 ( )0 axa g x xxx ， 所以)(xg在(0,)上单调递减 注意到(1)+10ga 且 11 11 1 (e)lne1(1)0 ee aa aa a ga 所以存在 1 (1,e) a m ，使得( )0g m 当(0,)xm时，( )0g x ，从而( )0fx，所以函数( )f x在(0,)m上单调递增； 当( ,)xm时，( )0g x ，从而( )0fx，所以函数( )f x在( ,)m 上单调递减 故函数)(xf在定义域内不是单调函数 14 分 （22） （本小题 13 分） 解： （）由

22、211 |bca，得 1 | 12c ，所以 1 3c ； 由 322 |cab，得 2 | 23a ，所以 2 5a ， 又 2111 | | 33abcb，故 2 5a ， 1 | 8b ， 1 8b 所以 1 b， 1 c的所有可能值为 1 8b ， 1 3c ； 高三数学试卷 第 12 页（共 13 页） 1 8b ， 1 3c ； 1 8b ， 1 3c ； 1 8b ， 1 3c 3 分 （）若 1 1a ， 1 2b ，记 1 ,cx 则 222 2 |,| 1,1ax bxc ， 2 2 |,0| 1, 1,1| |2, | 1,|2, xx dx xx 3 | 1| 1ax，

23、 3 1 |2 |bx ， 3 |2 | 1|cxx， 当0| 1x 时， 333 |,| 1,1ax bxc ， 3 1d ，由 32 dd，得| 1x ，不符合； 当1| | 2x 时， 333 | 2,| 1,32|axbxcx ， 3 2 |,1| 1.5, | 1,1.5|2, xx d xx 由 32 dd，得| 1x ，符合； 当|2x时， 333 | 2,3 |,1axbx c ， 3 1,2|3, | 2,|3, x d xx 由 32 dd，得| 2x ，符合； 综上， 1 c的所有取值是2, 1,1,2. 8 分 （）先证明“存在正整数3k，使, kkk a b c中至少

24、有一个为 0” 假设对任意正整数3k，, kkk a b c都不为 0， 由 111 ,a b c是非零整数，且 111 |,|,|abc互不相等，得 1 d N， 2 d N 若对任意3k，, kkk a b c都不为 0，则 k d N， 即对任意1k， k d N 当1k时， 1 | | max |,|, kkkkkk abcbcd 11 |,| kkkkkkkk bcadcabd ， 所以， 1111 max |,|,| kkkkk dabcd 所以， k d严格单调递减， 高三数学试卷 第 13 页（共 13 页） 由 2 d为有限正整数， 所以，必存在正整数3m，使得0 m d，矛

25、盾 所以，存在正整数3k，使, kkk a b c中至少有一个为 0 不妨设0 k a ，且 1 0a ， 2 0a ， 1 0 k a ， 则 11 | | kk bc ，且 111 | | | kkk bca ， 否则，若 111 | | | kkk bca ， 因为 111 0 kkk abc ，则必有 111 0 kkk abc ，矛盾 于是， 1111 | 0,| 0 kkkkkk bcacab ，且 kk bc ， 所以， 1 0 k a ， 11 |,| kkkkk bccbc ， 依次递推，即有：对 11 ,0,|,| nnknk nk abccc ，且| 0 k c ， 此时有且仅有一个数列 n a自第k项起各项均为 0 综上，结论成立 13 分