高三数学试题2019-2020石景山

石景山区2020届第一学期高三期末

数 学

本试卷共5页，满分为150分，考试时间为120分钟．请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡．

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Ax0≤x≤2，B1,0,2,3，则AIB A. 0,1,2 2. 复数zB. 0,2

C. 1,3

D. 1,0,1,2,3

2的共轭复数在复平面内对应的点所在象限为 1iB. 第二象限

C. 第三象限

D. 第四象限

A. 第一象限

（0，）1上单调递减的是 3. 下列函数中既是奇函数，又在区间

A. f(x)x3 B. f(x)lg|x| C. f(x)x D. f(x)cosx

4. 已知向量a5,m，b2,2，若abb，则实数m A. 1

B. 1

C. 2

D. 2

5. 我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米

1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内

夹谷约为 A. 134石

B. 169石

C. 338石

D. 1365石

6. 已知alog34，blogπ3，c A. abc

B. acb

5，则a，b，c的大小关系是

C. bca

D. bac

7. 艺术体操比赛共有7位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，

从7个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分．5个有效

评分与7个原始评分相比，不变的数字特征是 A. 中位数

B. 平均数

C. 方差

D. 极差

8. 一个正方体被一个平面截去一部分后，

剩余部分的三视图如右图，则截去部分

体积与原正方体体积的比值为 A. B. C. D.

1 81 71 61 5主（正）视图 左（侧）视图

俯视图 9. 在等差数列{an}中，设k,l,p,rN，则klpr是akalapar的 A. 充分而不必要条件 C. 充要必要条件

22B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

10. 关于曲线C:xxyy4．给出下列三个结论：

① 曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ② 曲线C上任意一点到原点的距离都不大于22； ③ 曲线C上任意一点到原点的距离都不小于2． 其中，正确结论的个数是 A.0

B. 1

C. 2

D. 3

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．

（用数字作答） 11. 在(x)的二项展开式中，常数项等于__________．

2x6x212. 已知双曲线标准方程为y21，则其焦点到渐近线的距离为 ．

3*13. 已知数列ann(nN)为等比数列，a11，a22，则a3________.

已知平面,,．给出下列三个论断：①；②；③∥．以其14.

中

____． 的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：15. 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知b-c= 2sinB=3sinC，则cosA的值为_______．

1a， 4uruur16. 已知向量e1，e2是平面内的一组基向量，O为内的定点，对于内任意

uuururuur一点P，当OPxe1ye2时，则称有序实数对(x,y)为点P的广义坐标，若

点A、B的广义坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，对于下列命题： ① 线段AB的中点的广义坐标为( ② 向量OA平行于向量OB的充要条件是xyxy；

1221③ 向量OA垂直于向量OB的充要条件是x1x2y1y20. 其中，真命题是 .（请写出所有真命题的序号）

uuuruuuruuuruuurx1x2y1y2,)； 22

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）

已知函数f(x)cosx(sinxcosx)（Ⅰ）若01. 2π3，且sin，求f()的值； 25（Ⅱ）求函数f(x)的最小正周期，及函数f(x)的单调递减区间.

18.（本小题13分）

一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获得15分，出现三次“6点”获得120分，没有出现“6点”则扣除12分(即获得－12分)．

（Ⅰ）设每盘游戏中出现“6点”的次数为X，求X的分布列； （Ⅱ）玩两盘游戏，求两盘中至少有一盘获得15分的概率；

（Ⅲ）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．

19.（本小题14分）

已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD平面PAD，E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD 的中点． （Ⅰ）求证：PO平面ABCD；

（Ⅱ）求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；

FPE（Ⅲ）线段PA上是否存在点M，使得直线GM

Dπ与平面EFG所成角为，若存在，求线段PM

6OA的长度；若不存在，说明理由．

CGB

20.（本小题14分）

已知函数f(x)exax.（aR） （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若a3，f(x)的图象与y轴交于点A，求yf(x)在点A处的切线方程； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，证明：当x0时，f(x)x23x1恒成立．

21. （本小题13分）

x2y21过点P(2,1)． 已知椭圆C:22a（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求其离心率；

（Ⅱ）过点P作x轴的垂线l，设点A为第四象限内一点且在椭圆C上（点A不在

直线l上），直线PA关于l的对称直线PB与椭圆交于另一点B．设O为坐标原点，判断直线AB与直线OP的位置关系，并说明理由．

22.（本小题13分）

已

知

由

n(nN*)个正整数构成的集合

A{a1,a2,L,an}(a1a2Lan,n≥3)，

记SAa1a2Lan，对于任意不大于SA的正整数m，均存在集合A的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m. （Ⅰ）求a1,a2的值；

（Ⅱ）求证：“a1,a2,,an成等差数列”的充要条件是“SAn(n1)”； 2（Ⅲ）若SA2020，求n的最小值，并指出n取最小值时an的最大值.

石景山区2020届第一学期高三期末

数学试卷答案及评分参考

一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．

题号 答案 1 B 2 A 3 C 4 B 5 B 6 D 7 A 8 C 9 D 10 C 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分． 11．160； 12．1； 13． 5；

14．①③② 或②③①； 15. ； 16. ①② ．

三、解答题：本大题共6个小题，共80分．解答题应写出文字说明，证明过程或

演算步骤． 17．（本小题13分） 解：（Ⅰ）因为 0所

142，且sin3， 5以

cos1sin2所

4. ……………2分 5以

f434128131=. ……………5分 555225250（Ⅱ）fxcosxsinxcosx11cosxsinxcos2x 2211cos2x1111cos2x11 sinsin22xx(sin(sin22xxcoscos22xx)) 222222222 …………2sin(2xsin(2x))2424…8分

所

以

函

数

fx

的最小正周期

T2ππ. ……………9分 2ππ3π,kZ， 由2kπ2x2kπ+242解

得

kππ5πxkπ+,kZ. ……………11分 88fx所以函数的单调递减区

π5πkπ,kπ+,kZ. ……………13分 88间

18. （本小题13分）

解：（Ⅰ）X可能的取值为0，1，2，3. ……………1分

每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为p1. 61125175011 P(X0)C3(1)3(1)2， P(X1)C3，62166621611151313P(X2)C32()2(1)()，P(X3)C3，

662166216 …………

…5分

所以X的分布列为：

X P 0 125 2161 25 722 5 723 1 216

……………6

分

（Ⅱ）设“第i盘游戏获得15分”为事件Ai(i＝1，2)，则

P(A1)P(A2)P(X1)P(X2)…8分

905. …………21612所以“两盘游戏中至少有一次获得15分”的概率为

1P(A1)P(A2)95 144

因此，玩两盘游戏至少有一次获得15分的概率为

95. ……………10分 144（Ⅲ）设每盘游戏得分为Y.

由（Ⅰ）知，Y的分布列为：

15 Y 12 P 125 216数

5 12学

120 1 216期

望

为

YEY12的

12551515120. ……12分 2161221636这表明，获得分数Y的期望为负．

因此，多次游戏之后分数减少的可能性更

大． ……………13分

19.（本小题14分）

（Ⅰ）证明:因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 POAD. 又因为CD平面PAD，PO平面PAD，所以POCD. ADCDD，AD，CD平面ABCD， 所

以

PO面

ABCD. ……………4分

（Ⅱ）如图，以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建

立空间直角坐标系.

则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(2,4,0),D(2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,23)，

E(1,2,3),F(1,0,3)，EF(0,2,0),EG(1,2,3)，

设平面EFG的法向量为m(x,y,z),

zPEFDCGB2y0,x2y3z0,

令z1，则 m(3,0，1)， ……………6分 又平面ABCD的法向量n(0,0,1)，……………7分 设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为， OA1.

|m||n|2所以平面EFG与平面π. ……………9分 3所以cos|mn|yABCD所成锐二面角为

x（Ⅲ）假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为

设PMPA,[0,1]，

π， 6GMGPPMGPPA， 所以GM(2,4,23(1)). ……………11分

所

以

sinπ3|cosGM,m， …………13分

262467整理得22320，无解， 所以，不存在这样的点M. ………14

分

20.（本小题14分） 解

：

（

Ⅰ

）

f(x)exa， ……………1分

……………3当a0时，f(x)0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，分

当a0时，令f(x)0，解得xlna. 当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

x f(x) (,lna) lna – 减 0 极小值 (lna,) + 增 f(x)

所以a0时，f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增. …5分

…………6（Ⅱ）令x0，得y1，则A0,1，分

…………7因为fxex3，所以f0132，分

所以在A点处的切线方程为y2x1. ………9分

（Ⅲ）证明：令gxf(x)(x23x+1)=exx21，

则gxex2x.

y12(x0)，即

令hxex2x，则hxex2， 当0xln2时，hx0，hx单调递减，

…………11当xln2时，hx0，hx单调递增；分

所以hxhln2eln22ln222ln20，即gx0恒成立. 所

以

gx在

,上单调递增，所以

gxg01010，………13分

…………14所以exx210，即当x0时，fxx23x1恒成立．分

21.（本小题13分）

x2y2解：（Ⅰ）由椭圆C:21过点P(2,1)，

a2可得分

所

411， …………2解得a28．2a2以

c2a2b2826， …………3分

所

以

椭

圆

C的方程为

x2y2182，离心率

e

63． …………5分 222Ⅱ（）直线与直AB行． …………6分

线

OP平

证明如下：由题意，设直线PA:y1k(x2)，PB:y1k(x2)，

（x1,y1)，B（x2,y2)， 设点Ax2y21由8得 2ykx2k1（4k21)x28k(12k)x16k216k40， ………

…8分

8k(2k1)8k28k28k2+8k2 所以2+x1，所以x1，同理x2，2224k14k14k1所

以

x1x216k， …………10分

4k21由y1kx12k1，y2kx22k1， 有y1y2k(x1x2)4k8k， 24k1因为A在第四象限，所以k0，且A不在直线OP上，所以

kABy1y21，

x1x22又kOP1 …………13，故kABkOP，所以直线AB与直线OP平行．

2分

22. （本题13分）

a11. ……2:Ⅰ）解（由条件知1SA，必有1A，又a1a2an均为整数，

分

2SA，由SA的定义及a1a2an均为整数，必有2A，a22.

……………4分

（Ⅱ）必要性：由“a1,a2,,an成等差数列”及a11,a22

得aii(i1,2,,n)此时A{1,2,3,,n}满足题目要求

从

而

1n(n1). ……………6分 2充分性：由条件知a1a2an,且均为正整数，可得aii(i1,2,3,,n),

1故SA123nn(n1)，当且仅当aii(i1,2,3,,n)时，

2SA123n上式等号成立. 于是当SA差数列. 所以““SA1n(n1)时，aii(i1,2,3,,n)，从而a1,a2,,an成等2a1,a2,,an成等差数列”的充要条件是

1n(n1)”. ……8分 2（Ⅲ）由于含有n个元素的非空子集个数有2n1，故当n10时，

21011023，

此时A的非空子集的元素之和最多表示1023个不同的整数m，不符合要求. 而用11个元素的集合A{1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024}的非空子集的元素之和可以表示1,2,3,,2046,2047共2047个正整数. 因

此

当

SA2020时，

n的最小值为

11. ……………10分

当SA2020时，n的最小值为11.记S10a1a2a10 则S10a112020并且S101a11.

事实上若S101a11，2020S10a112a11，则a111010，

S10a111010，

所以m1010时无法用集合A的非空子集的元素之和表示，与题意不符. 于是2020S10a112a111，得a112021a11N*，，所以a111010. 2当a111010时A{1,2,4,8,16,32,64,128,256,499,1010}满足题意 所以当SA2020时，n的最小值为11，此时an的最大值1010. ……13分

【若有不同解法，请酌情给分】