2020届北京市海淀区高三3月适应性考试(零模)理科数学试题(word版)

版）

第Ⅰ卷（共40分）

一、选择题：本大题共8个小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合Mx|x2x，N1,0,1，则MIN（ ） A．1,0,1

B．0,1

C．1

D．0

2.下列函数中为偶函数的是（ ） A．yxsinx

2B．y2

xC．ysinx xD．y|log0.5x|

3.执行如图所示的程序框图，则输出的S值为（ ）

A．1

B．3

C．7

D．15

4.在极坐标系中，圆2cos的垂直于极轴的两条切线方程分别为（ ） A．0（R）和cos2 C．0（R）和cos1

B．D．2（R）和cos2 （R）和cos1

2rrrrrrrr5.设a，b为两个非零向量，则“ab|ab|”是“a与b共线”的（ ）

A．充分且不必要条件 6.设不等式组页

B．必要且不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

3xy100,表示的平面区域为D，若函数ylogax（a1）的图象上存在区域D上

x3y601第

的点，则实数a的取值范围是（ ） A．(1,3]

B．[3,)

C．(1,2]

D．[2,)

7.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是（ ）

A．4

B．32 C．23 D．7

8.已知函数f(x)满足如下条件：①任意xR，有f(x)f(x)0成立；②当x0时，

1f(x)(|xm2||x2m2|3m2)；③任意xR，有f(x)f(x1)成立．

2则实数m的取值范围（ ） 66,A． 6611B．,

6633,C． 33D．,

3311第Ⅱ卷（共110分）

二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）

9.复数Zi(1i)在复平面内对应的点的坐标为 ．

y21的渐进线的距离是 ． 10.抛物线y8x的焦点到双曲线x32211.在锐角ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b，若2asinB3b，则角A等于 ． 12.已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an2，若数列bn满足bn10log2an，则使数列

bn的前n项和取最大值时的n的值为 ．

13.小明、小刚、小红等5个人排成一排照相合影，若小明与小刚相邻，且小明与小红不相邻，则不同的排法有 种．

页

2第

14.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，长度为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一个端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点的轨迹与正方体ABCDA1B1C1D1的表面所围成的较小的几何体的体积等于 ．

三、解答题 （本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

15.已知函数f(x)4cosxsin(x（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求函数f(x)的单调递增区间．

16. 如图，在直角梯形ABCP中，CP//AB，CPCB，ABBC4)（0）的最小正周期为．

1CP2，D是CP的中点，将2PAD沿AD折起，使得PDCD．

（Ⅰ）若E是PC的中点，求证：AP//平面BDE； （Ⅱ）求证：平面PCD平面ABCD； （Ⅲ）求二面角APBC的大小．

17.某公司准备将1000万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、乙两个建设项目选择，若投资甲项目一年后可获得的利润1（万元）的概率分布列如表所示：

1 P 110 120 0.4 170 m n 且1的期望E(1)120；若投资乙项目一年后可获得的利润2（万元）与该项目建设材料的成本有关，在生产的过程中，公司将根据成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互且调整的概率分别为p（0p1）和1p．若乙项目产品价格一年内调整次数X（次数）与2的关系如表所示：

X 0 41.2 1 117.6 2 204.0 2 页

3第

（Ⅰ）求m，n的值； （Ⅱ）求2的分布列；

（Ⅲ）若该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润，求p的取值范围．

x2y218.已知椭圆C：221(ab0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．

ab（Ⅰ）求椭圆C的标准方程和长轴长；

（Ⅱ）设F为椭圆C的左焦点，P为直线x3上任意一点，过点F作直线PF的垂线交椭圆C于M，

N，记d1，d2分别为点M和N到直线OP的距离，证明：d1d2．

ex19.已知函数f(x)．

x（Ⅰ）若曲线yf(x)与直线ykx相切于点P，求点P的坐标； （Ⅱ）当ae时，证明：当x(0,)，f(x)a(xlnx)．

20.已知数集Aa1,a2,…,an（1a1a2…an，n2）具有性质P：对任意的k（2kn），，使得akaiaj成立． i，j（1ijn）

（Ⅰ）分别判断数集1,3,4与1,2,3,6是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）求证：an2a1a2…an1（n2）； （Ⅲ）若an72，求数集A中所有元素的和的最小值．

全日制第三次月考数学（理科）测试卷答案

一、选择题

1-5:BCDBD 6-8:BCA

二、填空题

9.(1,1) 10.3 11.

 312.9或10 13.36 14.

 6三、解答题

15.解：（Ⅰ）f(x)4cosxsin(x4)22sinxcosx22cos2x

2(sin2xcos2x)22sin(2x)2．

4页

4第

因为f(x)的最小正周期为，且0， 从而有

2，故1． 2（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)2sin(2x令4)2，

22k2x422k，kZ，

32k2x2k，kZ， 443所以有kxk，kZ．

88所以有所以f(x)的单调递增区间为

16.（Ⅰ）证明：连接AC交BD于点O，连接OE，

在正方形ABCD中，O为AC的中点，又因为E为PC的中点， 所以OE为PAC的中位线， 所以OE//AP，

又因为OE平面BDE，AP平面BDE， 所以AP//平面BDE．

（Ⅱ）证明：由已知可得ADPD，ADCD， 又因为PDICDD，PD，CD平面PCD， 所以AD平面PCD， 又因为AD平面ABCD， 所以平面PCD平面ABCD．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知AD平面PCD，所以ADPD，又因为PDCD，且ADICDD， 所以PD平面ABCD，

所以以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,2)，

3k，k，kZ．

88A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)， uuuruuur所以AP(2,0,2)，AB(0,2,0)， ur设平面APB的一个法向量为m(a,b,c)，

uruuurmAP0,2b0,所以u即 ruuurmAB0,2a2c0,页

5第

ur令a1，则c1，从而m(1,0,1)，

r同理可求得平面PBC的一个法向量为n(0,1,1)，

设二面角APBC的大小为，易知(2,)，

urrurr2mn1rr，所以所以cos|cosm,n|u，

32|m||n|所以二面角APBC的大小为

2． 317.解：（Ⅰ）由题意得m0.4n1,解得m0.5，n0.1．

110m1200.4170n120,（Ⅱ）2的可能取值为41.2，117.6，204，

P(241.2)(1p)1(1p)p(1p)，

P(2117.6)p1(1p)(1p)(1p)p2(1p)2，

P(2204)p(1p)，

所以2的分布列为：

2 P （Ⅲ）由（Ⅱ）可得

41.2 117.6 204 p(1p) p2(1p)2 p(1p) 222E(2)41.2p(1p)117.6p(1p)204p(1p)10p10p117.6， 由于该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润， 所以E(2)E(1)，

所以10p10p117.6120，

解得0.4p0.6，所以p的取值范围是(0.4,0.6)．

22ab2b,2218.解：（Ⅰ）由题意可知解得a6，b2，

222c2ab4,2x2y21，椭圆C的长轴长为26． 所以椭圆C的标准方程为62（Ⅱ）由（Ⅰ）可知点F的坐标为(2,0)，设点P的坐标为(3,m)，

页

6第

则直线PF的斜率kPFm0m，

3(2)当m0时，直线MN的斜率kMN1，直线MN的方程是xmy2， m当m0时，直线MN的方程是x2，也符合xmy2的形式， 设M(x1,y1)，N(x2,y2)，将直线MN的方程与椭圆C的方程联立，

xmy2,得x2y2

1,62消去x，得(m3)y4my20， 其判别式16m8(m3)0， 所以y1y222224m2，， yy1232m3m312， x1x2m(y1y2)42m362m,)，

m23m23设T为线段MN的中点，则点T的坐标为(所以直线OT的斜率kOT又直线OP的斜率kOP所以点T在直线OP上，

m， 3m， 3由三角形全等的判定和性质可知：d1d2．

ex(x1)19.解：（Ⅰ）设点P的坐标为(x0,y0)，f'(x)，

x2ex0(x01)k,2xex0e20由题意知解得x02，所以y0，

x0x02ekx,0x0e2从而点P的坐标为(2,)．

2exa(xlnx), （Ⅱ）设函数g(x)f(x)a(xlnx)x页 7第

(exax)(x1)g'(x)，x(0,)， 2x设h(x)eax，x(0,)，则h'(x)ea，

x①当a1时，因为x0，所以e1，所以h'(x)ea0，

xxx所以h(x)在区间(0,)上单调递增，所以h(x)h(0)10； ②当1ae时，令h'(x)0，则xlna，

所以x(0,lna)，h'(x)0；x(lna,)，h'(x)0． 所以h(x)h(lna)a(1lna)0， 由①②可知：x(0,)时，有h(x)0， 所以有：

x (0,1) 1 0 极小值 (1,)  g'(x) g(x)  所以g(x)ming(1)ea0，从而有当x(0,)时，f(x)a(xlnx)． 20.解：（Ⅰ）因为311，所以1,3,4不具有性质P．

因为212，312，633，所以1,2,3,6具有性质P． （Ⅱ）因为集合Aa1,a2,…,an具有性质P：

即对任意的k（2kn），i，j（1ijn），使得akaiaj成立， 又因为1a1a2…an，n2，所以aiak，ajak， 所以aiak1，ajak1，所以akaiaj2ak1，

即an2an1，an12an2，an22an3，…，a32a2，a22a1， 将上述不等式相加得a2a3…an1an2(a1a2…an1)， 所以an2a1a2…an1. （Ⅲ）最小值为147．

页

8第

首先注意到a11，根据性质P，得到a22a12， 所以易知数集A的元素都是整数．

构造A1,2,3,6,9,18,36,72或者A1,2,4,5,9,18,36,72，这两个集合具有性质P，此时元素和为

147．

下面，我们证明147是最小的和．

假设数集Aa1,a2,…,an（a1a2…an，n2），满足Snai1ni147最小（存在性显然，因为

满足

ai1i147的数集A只有有限个）．

第一步：首先说明集合Aa1,a2,…,an（a1a2…an，n2）中至少有8个元素： 由（Ⅱ）可知a22a1，a32a2，……

有a11，所以a22，a34，a48，a516，a632，a772， 所以n8．

第二步：证明an136，an218，an39：

若36A，设at36，因为an723636，为了使得S使得36ak72，从而an136；

假设36A，根据性质P，对an72，有ai，aj，使得an72aiaj， 显然aiaj，所以anaiaj144，

而此时集合A中至少还有5个不同于an，ai，aj的元素， 从而S(anaiaj)5a1149，矛盾， 所以36A，进而at36，且an136； 同理可证：an218，an39． （同理可证明：若18A，则an218， 假设18A．

因为an136，根据性质P，有ai，aj，使得an136aiaj，

页

9第

ai1ni最小，在集合A中一定不含有元素ak显然aiaj，所以anan1aiaj144，

而此时集合A中至少还有4个不同于an，an1，ai，aj的元素， 从而Sanan1aiaj4a1148，矛盾， 所以18A，且an218．

同理可以证明：若9A，则an39， 假设9A，

因为an218，根据性质P，有ai，aj，使得an218aiaj， 显然aiaj，所以anan1an2aiaj144，

而此时集合A中至少还有3个不同于an，an1，an2，ai，aj的元素， 从而Sanan1an2aiaj3a1147，矛盾， 所以9A，且an39．）

至此，我们得到了an136，an218，an39． 根据性质P，有ai，aj，使得9aiaj． 我们需要考虑如下几种情形：

①ai8，aj1，此时集合中至少还需要一个大于等于4的元素ak，才能得到元素8，则S148 ； ②ai7，aj2，此时集合中至少还需要一个大于4的元素ak，才能得到元素7，则S148； ③ai6，aj3，此时集合A1,2,3,6,9,18,36,72的和最小，为147； ④ai5，aj4，此时集合A1,2,4,5,9,18,36,72的和最小，为147．

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