北京市丰台区2020届高三数学下学期二模试题（解析版）
北京市丰台区2020届高三数学下学期二模试题（解析版）,高三数学下学期二模试题,北京市,丰台区,莲山课件.
2020年高考数学一模试卷
一、选择题
1.已知集合 ， ，那么 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先化简集合A，再利用交集的定义求解.
【详解】∵ ， ，
∴ .
故选：D.
【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
2.函数 的定义域为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据 得到 ，再解不等式即可.
【详解】函数 ，令 ，得 ，
解得 ，所以 的定义域为 .
故选：B
【点睛】本题主要考查函数的定义域，属于简单题.
3.已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数的除法得出 ，进而可求得实数 的值.
【详解】 ， ，因此， .
故选：A.
【点睛】本题考查利用复数相等求参数，考查复数除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.
4.若双曲线 的一条渐近线与直线 平行，则 的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出双曲线 中斜率为正数的渐近线方程，根据该直线与直线 平行可求得 的值.
【详解】双曲线 的一条渐近线 与直线 平行，可得 .
故选：D.
【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线与直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.
5.如图所示，某三棱锥的正（主）视图、俯视图、侧（左）视图均为直角三角形，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三视图作出几何体的直观图，然后利用锥体的体积公式可求得该几何体的体积.
【详解】由三视图知，几何体是一个三棱锥 ，
根据三棱锥的三视图的数据，设出三棱锥两两垂直的三条侧棱分别是 ， ， ，
因此，三棱锥的体积是 .
故选：A.
【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解答的关键就是结合三视图还原几何体，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.
6.已知 ，那么在下列不等式中，不成立的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用作差法可判断A、B选项的正误，利用正弦、余弦值的有界性可判断C、D选项的正误.综合可得出结论.
【详解】 ，则 ， ，
又 、 ， ， .
可得：ABC成立，D不成立.
故选：D.
【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用作差法来进行判断，同时也要注意正弦、余弦有界性的应用，考查推理能力，属于中等题.
7.在平面直角坐标系中，动点 在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点 的初始位置坐标为 ，则运动到 分钟时，动点 所处位置的坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
计算出运动 分钟时动点 转动的角，再利用诱导公式可求得结果.
【详解】每 分钟转动一周，则运动到 分钟时，转过的角为 .
设点 的初始位置的坐标为 ，则 ， ，
运动到3分钟时动点 所处位置的坐标是 .
由诱导公式可得 ， ，
所以，点 的坐标为 .
故选：C.
【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
8.已知三角形 ，那么“ ”是“三角形 为锐角三角形”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】B
【解析】
【分析】
在不等式 两边平方并化简得 ，判断出角 的属性，再结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】三角形 中，“ ” ，可得 为锐角，此时三角形 不一定为锐角三角形.
三角形 为锐角三角形 为锐角.
三角形 ，那么“ ”是“三角形 为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查必要而不充分条件的判断，同时也考查了平面向量数量积的应用，考查推理能力，属于中等题.
9.设O为坐标原点，点 ，动点 在抛物线 上，且位于第一象限， 是线段 的中点，则直线 的斜率的范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设点 ，可得出线段 的中点 的坐标，利用基本不等式可求得直线 的斜率的取值范围.
【详解】设 ， ，所以 的中点 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
故选：C.
【点睛】本题考查直线斜率取值范围的计算，涉及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.
10.假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物，则我们称前者为被捕食者，后者为捕食者.现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型.假设捕食者的数量以 表示，被捕食者的数量以 表示.如图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系，其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法正确的是（ ）
A. 若在 、 时刻满足： ，则
B. 如果 数量是先上升后下降的，那么 的数量一定也是先上升后下降
C. 被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值
D. 被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者的数量也会达到最大值
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图形可判断A选项的正误；根据曲线上半段中 和 的变化趋势可判断B选项的正误；根据捕食者和被捕食者的最值情况可判断C选项的正误；取 ， 可判断D选项的正误.
【详解】由图可知，曲线中纵坐标相等时横坐标未必相等，故A不正确；
在曲线上半段中观察到 是先上升后下降，而 是不断变小的，故B不正确；
捕食者数量最大时是在图象最右端，最小值是在图象最左端，此时都不是被捕食者的数量的最值处，
同样当被捕食者的数量最大即图象最上端和最小即图象最下端时，也不是捕食者数量取最值的时候，
所以被捕食者数量和捕食者数量不会同时达到最大和最小值，故C正确；
当捕食者数量最大时在图象最右端， ， ，
此时二者总和 ，由图象可知存在点 ， ，
，所以并不是被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，
被捕食者数量也会达到最大值，故D错误，
故选：C.
【点睛】本题考查函数图象的性质，考查数据分析能力，比较抽象，属于中等题.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11.已知向量 ， ， ，若 与 共线，则实数 ______.
【答案】
【解析】
【分析】
求出向量 的坐标，利用共线向量的坐标表示可得出关于 的等式，进而可求得 的值.
【详解】 向量 ， ， ， ，
与 共线， ，解得实数 .
故答案为： .
点睛】本题考查利用向量共线求参数，考查计算能力，属于基础题.
12.在 的展开式中，常数项为_____．（用数字作答）
【答案】60
【解析】
【分析】
根据二项式展开式的通项公式，利用x项的指数为0，即可求出常数项.
【详解】在 的展开式中,通项公式为：
令
所以展开式的常数项为：
故答案为：60
【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
13.圆心在 轴上，且与直线 和 都相切的圆的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设所求圆的方程为 ，根据圆与直线 、 都相切可求得 、 的值，由此可得出所求圆的方程.
【详解】设所求圆的方程为 ，
因为圆 与直线 和 都相切，则 ，
解得 ， ，所以圆的方程为 .
故答案为： .
【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线与圆相切的处理，考查计算能力，属于中等题.
14. 是等边三角形，点D在边 的延长线上，且 ， ，则 ______； ______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由 可得 ，在 中利用余弦定理可求得 的长，在 中，利用正弦定理可求得 的值.
【详解】如图所示，等边 中， ，所以 .
又 ，所以 ，
即 ，解得 ，所以 ；
由 ，即 ，解得 .
故答案为： ； .
点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
15.设函数 给出下列四个结论：①对 ， ，使得 无解；②对 ， ，使得 有两解；③当 时， ，使得 有解；④当 时， ，使得 有三解.其中，所有正确结论的序号是______.
【答案】③④
【解析】
分析】
取 ，由一次函数的单调性和基本不等式，可得函数 的值域，可判断①的正误；取 ，判断函数 的单调性，即可判断②；考虑 时，求得函数 的值域，即可判断③；当 时，结合一次函数的单调性和基本不等式，以及函数 的图象，即可判断④.综合可得出结论.
【详解】对于①，可取 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ，当且仅当 时，取得等号，
故 时， 的值域为R， ， 都有解，故①错误；
对于②可取 时， ，可得 在 上单调递增，
对 ， 至多一解，故②错误；
对于③，当 时， 时， 单调递减，可得 ；
又 时， ，即有 .
可得 ，则 的值域为 ，
， 都有解，故③正确；
对于④，当 时， 时， 递增，可得 ；当 时， ，当且仅当 时，取得等号，
由图象可得，当 时， 有三解，故④正确.
故答案为：③④.
【点睛】本题考查分段函数的应用，主要考查方程根的个数问题，注意运用反例法判断命题不正确，考查推理能力，属于中等题.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16.如图，在四棱锥 中， 面 ，底面 为平行四边形， ， ， .
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的余弦值的大小.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据四边形 是平行四边形得出 ，再利用线面平行的判定定理可证得 平面 ；
（Ⅱ）过 作平行于 的直线 ，以 为坐标原点， 、 所在直线分别为 轴、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角 的余弦值.
【详解】（Ⅰ）证明： 底面 为平行四边形， ，
平面 ， 平面 ， 平面 ；
（Ⅱ）解：过 作平行于 的直线 ，
， ，又 面 ，
以 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 .
则 、 、 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，取 ，得 .
取平面 的一个法向量 ，则 .
由图可知，二面角 为钝角， 二面角 的余弦值为 .
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
17.已知函数 ，且满足_______.
（Ⅰ）求函数 的解析式及最小正周期；
（Ⅱ）若关于 的方程 在区间 上有两个不同解，求实数 的取值范围.从① 的最大值为 ，② 的图象与直线 的两个相邻交点的距离等于 ，③ 的图象过点 .这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答.
【答案】满足①或②或③；（Ⅰ） ，最小正周期为 ；（Ⅱ） ；
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用三角恒等变换思想化简函数 的解析式，根据①或②或③中的条件求得 ，可得出 ，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（Ⅱ）令 ，得 ，解得 ， ，可得出方程 在区间 上的实数根，进而可得出实数 的取值范围.
【详解】（Ⅰ）函数
，
若满足① 的最大值为1，则 ，解得 ，
所以 ，则函数 的最小正周期为 ；
（Ⅱ）令 ，得 ，
解得 ， ，即 ， ；
若关于 的方程 在区间 上有两个不同解，则 或 ；
所以实数m的取值范围是 .
若满足②， 的图象与直线 的两个相邻交点的距离等于 ，
且 的最小正周期为 ，所以 ，解得 ；
以下解法均相同.
若满足③， 的图象过点 ，则 ，解得 ；
以下解法均相同.
【点睛】本题考查利用正弦型函数的基本性质求函数解析式，同时也考查了利用正弦型函数方程的根的个数求参数，考查计算能力，属于中等题.
18.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，
2020年仁爱版七年级下学期英语期末考试试卷(I)卷
2020年仁爱版七年级下学期英语期末考试试卷(I)卷,七年级下英语期末考,莲山课件.
预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.如图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代定位模块，分别定位的50个点位的横、纵坐标误差的值，其中“ ”表示北斗二代定位模块的误差的值，“+”表示北斗三代定位模块的误差的值.（单位：米）
（Ⅰ）从北斗二代定位的50个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于10米的概率；
（Ⅱ）从图中A，B，C，D四个点位中随机选出两个，记X为其中纵坐标误差的值小于 的点位的个数，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）试比较北斗二代和北斗三代定位模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）0.06；（Ⅱ）分布列见解析，1；（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）通过图象观察，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点，由古典概率的计算公式可得所求值；
（Ⅱ）通过图象可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于 的有两个点：C，D，则X的所有可能取值为0，1，2，分别求得它们的概率，作出分布列，计算期望即可；
（Ⅲ）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小．
【详解】（Ⅰ）由图可得，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点，
所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于10米的概率为 ；
（Ⅱ）由图可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于 的有两个点：C，D，
所以X的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
所以X的分布列为
所以X的期望为 ；
（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.
【点睛】本题考查古典概率的求法，以及随机变量的分布列和期望的求法，方差的大小的判断，考查数形结合思想和运算能力、推理能力，属于中档题.
19.已知椭圆E： （ ），它的上，下顶点分别为A，B，左，右焦点分别为 ， ，若四边形 为正方形，且面积为2.
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）设存在斜率不为零且平行的两条直线 ， ，它们与椭圆E分别交于点C，D，M，N，且四边形 是菱形，求出该菱形周长的最大值.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意可得 ，解出即可；
（Ⅱ）设 的方程为 ， 的方程为 ，联立直线与椭圆方程并消元得韦达定理的结论，根据弦长公式可求得 ， ，由四边形 为菱形可得 ，可得 ，再根据基本不等式即可求出最值．
【详解】解：（Ⅰ）∵四边形 为正方形，且面积为2，
∴ ，
解得 ，
∴椭圆的标准方程 ；
（Ⅱ）设 的方程为 ， ， ，
设 的方程为 ， ， ，
联立 可得 ，
由 可得 ，化简可得 ，①
， ，
，
同理可得 ，
∵四边形 为菱形，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴ ， 关于原点对称，又椭圆关于原点对称，
∴ 关于原点对称， 也关于原点对称，
∴ 且 ，
∴ ， ，
∵四边形 为菱形，可得 ，
即 ，即 ，
即 ，
可得 ，
化简可得 ，
∴菱形 的周长为
，
当且仅当 ，即 时等号成立，
此时 ，满足①，
∴菱形 的周长的最大值为 ．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查椭圆的几何性质，考查一元二次方程根与系数的应用，考查基本不等式的应用，考查转化与划归思想，考查计算能力，属于难题．
20.已知函数 （ ）.
（Ⅰ）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）若 有两个极值点，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）若 ，求 在区间 上的最小值.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ；（Ⅲ）
【解析】
【分析】
由题意得 ；
（Ⅰ）当 时，求得 ， ，根据点斜式方程即可求出切线方程；
（Ⅱ）由题意得 两个不等的正根，令 ，则 ，由此可得函数 的单调性，由此可求出答案；
（Ⅲ）由题意可得 ，由二阶导的取值符号可得到 的单调性，得到 ，由此可求出函数 在 上单调递减，从而求出最值．
【详解】解：∵ ，
∴ ；
（Ⅰ）当 时， ， ，
∴曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 ；
（Ⅱ）∵若 有两个极值点，
∴ 有两个不等的正根，即 两个不等的正根，
令 ， ， ，
令 ，
当 时 ，此时 单调递增， ；
当 时 ，此时 单调递减，
∴函数 在 处取得极大值，也是最大值 ，
因为 两个不等的正根，
∴ ，得 ，
∴实数a的取值范围是 ；
（Ⅲ）∵ ，
∴ ， ，
∵ ， ，令 ，
当 时， ，此时 单调递增，
当 时， ，此时 单调递减，
故 ，
∴ 在 上单调递减，
故 在 上的最小值为 ．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查利用导数求曲线的切线方程，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于难题．
21.数列 ： ， ， ，…， ，…，对于给定的 （ ， ），记满足不等式： （ ， ）的 构成的集合为 ．
（Ⅰ）若数列 ，写出集合 ；
（Ⅱ）如果 （ ， ）均为相同的单元素集合，求证：数列 ， ，…， ，…为等差数列；
（Ⅲ）如果 （ ， ）为单元素集合，那么数列 ， ，…， ，…还是等差数列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）是等差数列，证明见解析．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意得， ，分 和 两类讨论解出不等式，再根据 的定义即可求出；
（Ⅱ）由题意，若 中均只有同一个元素，不妨设为 ，当 时，由题意可得 ，当 时，有 ，则 成立，从而得出证明；
（Ⅲ）不妨设 ， ， ， ，由题意可得 ， ，则 ，则 ；设 ，则 ，则 ，首先证 时的情况，不妨设 ，由 ， 为单元素集，则 ；再证 ，由 和 的定义可证 ，则 ，则存在正整数 使得 ，而 ，得出矛盾，从而 ，同理可证 ，由此可得结论．
【详解】（Ⅰ）解：由题意得， 为满足不等式 的 构成的集合，
∵数列 ，
∴ ，即 ，
当 时，上式可化为 ，
当 时，上式可化 ，得 ，
∴ ；
（Ⅱ）证：对于数列 ： ， ， ，…， ，…，
若 中均只有同一个元素，不妨设为 ，
下面证明数列 为等差数列，
当 时，有 ，①
当 时，有 ，②
∵①②两式对任意大于1的整数均成立，
∴ 成立，
∴数列 ， ，…， ，…为等差数列；
（Ⅲ）解：对于数列 ： ， ，…， ，…，
不妨设 ， ， ， ，
由 ，知 ，
由 ，知： ，即 ，
∴ ，∴ ；
设 ，则 ，
这说明 ，则 ，
∵对于数列 ， 中均只有一个元素，
首先证 时的情况，不妨设 ，
∵ ，又 为单元素集，∴ ，
再证 ，证明如下：
由 的定义可知： ， ，∴ ，
由 的定义可知 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
则存在正整数 ，使得 ，③
∵ ，
∴ ，这与③矛盾，
∴ ，
同理可证 ，即 ，
∴数列 ， ，…， ，…还是等差数列．
【点睛】本题主要考查数列的新定义问题，考查定义法证明等差数列，考查计算能力与推理能力，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，属于难题．
2019-2020学年北师大版七年级下学期英语期末考试试卷(II )卷
2019-2020学年北师大版七年级下学期英语期末考试试卷(II )卷,七年级下英语期末考,莲山课件.
