北京市朝阳区六校2020届高三数学4月联考（A卷）试题（Word版附解析）
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2019~2020学年度高三年级四月份测试题
数学试卷B
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.已知命题 ： ， ，那么命题 的否定为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】
由全称命题的否定是特称命题即可得解.
【详解】 原命题是全称命题，
命题 的否定是“ ， ”.
故选：A.
【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.
2.设集合 ， ，则 =（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
转化条件得 ， ，利用集合交集的概念即可得解.
【详解】由题意 ，
，
则 .
故选：C.
【点睛】本题考查了一元二次不等式和指数不等式的求解，考查了集合交集的运算，属于基础题.
3.下列函数中既是奇函数，又在区间 上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由奇函数的性质 和函数的单调性逐项判断即可得解.
【详解】对于A， ，不是奇函数，故A错误；
对于B， ，所以 为偶函数不是奇函数，故B错误；
对于C， ，所以 为奇函数；由 ，当 时， ，故 在 上单调递减，故C正确；
对于D，由正弦函数的单调性可知，函数 在 上单调递增，故D错误.
故选：C.
【点睛】本题考查了奇函数性质的应用和常见函数的单调性，考查了利用导数判断函数的单调性，属于基础题.
4.已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由对数函数的单调性和正切函数的性质可得 ，即可得解.
【详解】由对数函数的单调性可知 ， ，
由正切函数的性质得 ，
故 .
故选：A.
【点睛】本题考查了利用对数函数单调性比较大小，考查了正切函数的性质，属于基础题.
5.为了宣传今年 月即将举办的“第十八届中国西部博览会”（简称“西博会”），组委会举办了“西博会”知识有奖问答活动. 在活动中，组委会对会议举办地参与活动的 岁市民进行随机抽样，各年龄段人数情况如下：
组号
分组 各组人数 各组人数频率分布直方图
第 组
第 组
第 组
第 组
第 组
根据以上图表中的数据可知图表中 和 的值分别为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意算出总人数后乘以对应频率即可求得 ，利用各组频率和为1即可求得 ，即可得解.
【详解】由题意可得总人数为 人，则 ，
由各组频率和 1可得 ，解得 .
故选：C.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，属于基础题.
6.已知向量 ，若 ，则 在 上的投影是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由 在 上的投影为 ，代入求解即可得解.
【详解】由题意 在 上的投影为 .
故选：D.
【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，属于基础题.
7.某三棱锥的三视图如图所示，则这个三棱锥中最长的棱的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
将几何体还原在长方体中即可找到最长的棱，计算即可得解.
【详解】将几何体还原在长方体中，如图，则该几何体即为 ，
可得最长棱为长方体的一条体对角线 .
故选：B.
【点睛】本题考查了三视图的识别，考查了转化化归思想，属于基础题.
8.已知 ，则“ ”是“ 是直角三角形”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】D
【解析】
【分析】
若 ，则 或 ；若 ，则 ；由充分条件和必要条件的概念即可得解.
【详解】若 ，则 或 ，不能推出 是直角三角形；
若 ，则 ，所以 是直角三角形不能推出 ;
所以“ ”是“ 是直角三角形”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【点睛】本题考查了三角函数 性质和充分条件、必要条件的概念，属于基础题.
9.“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了 多年.如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记 为图中虚线上的数 构成的数列 的第 项，则 的值为（ ）
A. 5049 B. 5050 C. 5051 D. 5101
【答案】B
【解析】
【分析】
观察数列的前4项，可得 ，代入即可得解.
【详解】由题意得 ， ， ，
观察规律可得 ，
所以 .
故选：B.
【点睛】本题考查了观察法求数列的通项公式，属于基础题.
10.关于函数 ，有以下三个结论：
①函数恒有两个零点，且两个零点之积为 ；
②函数的极值点不可能是 ；
③函数必有最小值.
其中正确结论的个数有（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】D
【解析】
【分析】
把函数 的零点转化为函数 的零点，即可判断①；求得 后代入 ，根据 是否为0即可判断②；设 的两个实数根为 ， 且 ，结合①可得当 时， ，再证明 即可判断③；即可得解.
【详解】由题意函数 的零点即为函数 的零点，
令 ，则 ，所以方程必有两个不等实根 ， ，设 ，
由韦达定理可得 ，故①正确；
，
当 时， ，故 不可能是函数 的极值点，故②正确；
令 即 ， ，
设 的两个实数根为 ， 且 ，
则当 ， 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，所以 为函数极小值；
由①知，当 时，函数 ，所以当 时， ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 为函数的最小值，故③正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了函数与导数的综合问题，考查了推理能力，属于中档题.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11.在 的二项展开式中， 的系数为________.（用数字作答）
【答案】80
【解析】
【分析】
写出通项公式为 ，令 即可得解.
【详解】由题意 的通项公式为 ，
令 即 ，则 .
故答案为：80.
【点睛】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题.
12.已知复数 在复平面内对应的点位于第一象限，且满足 ， ，则 的实部为_________，虚部为________.
【答案】 (1). 3 (2). 4
【解析】
【分析】
设 ，由题意 ， ，求出 、 后，根据复数实部、虚部的概念即可得解.
【详解】设 ，则 ，
由 可得 即 ，
则 ，由 可得 ，解得 ，
所以 ，故 的实部为3，虚部为4.
故答案为：3，4.
【点睛】本题考查了复数的运算、模、几何意义以及共轭复数的概念，属于基础题.
13.设无穷等比数列 的各项为整数，公比为 ，且 ， ，写出数列 的一个通项公式________.
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】
由题意可得数列首项 、公比 均为整数，再根据 利用不等式的性质可得 ，即可得解.
【详解】由题意可得数列首项 、公比 均为整数，
由 可得 ，
若 ，则 无解，不合题意；
若 ，则 ，解得 .
所以数列 首项 .
所以数列 的通项公式可以为 .
故答案为： （答案不唯一）.
【点睛】本题考查了等比数列通项公式的应用，考查了不等式基本性质的应用和分类讨论思想，属于基础题.
14.在平面直角坐标系中，已知点 ， ， 为直线 上的动点， 关于直线 的对称点记为 ，则线段 的长度的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】
转化条件得 点轨迹为以 为圆心， 为半径的圆（不包括点 ），由 即可得解.
【详解】 关于直线 的对称点记为 ， 为直线 上的动点，
， 点轨迹为以 为圆心， 为半径的圆（不包括点 ），如图，
又 ， .
故答案为： .
【点睛】本题考查了圆上点到定点距离最值的求解，考查了转化化归思想，属于中档题.
15.关于曲线 ，给出下列三个结论：
① 曲线 关于原点对称，但不关于 轴、 轴对称；
② 曲线 恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
③ 曲线 上任意一点到原点的距离都不大于 .
其中，正确结论的序号是________.
【答案】①③
【解析】
【分析】
设 为曲线上任意一点，判断 、 、 是否满足曲线方程即可判断①；求出曲线过的整点即可判断②；由条件利用 即可得 ，即可判断③；即可得解.
【详解】设 为曲线上任意一点，则 ，
设点 关于原点、 轴、 轴的对称点分别为 、 、 ，
因为 ；
； ；
所以点 在曲线 上，点 、点 不在曲线 上，
所以曲线 关于原点对称，但不关于 轴、 轴对称，故①正确；
当 时， ；当 ， .
此外，当 时， ；当 时， .
故曲线过整点 ， ， ， ， ， ，故②错误；
又 ，所以 恒成立，
由 可得 ，当且仅当 时等号成立，
所以 ，所以曲线上任一点到原点的距离 ，故③正确.
故答案为：①③.
【点睛】本题考查了与曲线方程有关的命题真假判断，属于中档题.
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.已知：①函数 ；
②向量 ， ，且 ， ；
③函数 的图象经过点
请在上述三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知_________________，且函数 的图象相邻两条对称轴之间的距离为 .
（1）若 ，且 ，求 的值；
（2）求函数 在 上的单调递减区间.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】答案不唯一
【解析】
【分析】
（1）选择一个条件，转化条件得 ，由题意可得 ，代入即可得解；
（2）令 ，解得 的取值范围后给 赋值即可得解.
【详解】方案一：选条件①
因为
，
又 ，所以 ，所以 .
方案二：选条件②
因为 ， ，
所以 .
又 ，所以 ，所以 .
方案三：选条件③
由题意可知， ，所以 ，所以 .
又因为函数 图象经过点 ，所以 .
因为 ，所以 ，所以 .
（1）因为 ， ，所以 .
所以
（2）由 ，
得 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
北京市朝阳区2020届高三数学第一次模拟试题（Word版附解析）
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所以函数 在 上的单调递减区间为 ， .
【点睛】本题考查了三角函数图象的综合应用，考查了三角恒等变换的应用和向量数量积的坐标表示，属于中档题.
17.体温是人体健康状况的直接反应，一般认为成年人腋下温度 （单位： ）平均在 之间即为正常体温，超过 即为发热.发热状态下，不同体温可分成以下三种发热类型：低热： ；高热： ；超高热（有生命危险）： .
某位患者因患肺炎发热，于12日至26日住院治疗. 医生根据病情变化，从14日开始，以3天为一个疗程，分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热. 住院期间，患者每天上午8:00服药，护士每天下午16:00为患者测量腋下体温记录如下：
（1）请你计算住院期间该患者体温不低于 的各天体温平均值；
（2）在 日— 日期间，医生会随机选取 天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“ 项目”的检查，记 为高热体温下做“ 项目”检查的天数，试求 的分布列与数学期望；
（3）抗生素治疗一般在服药后2-8个小时就能出现血液浓度的高峰，开始杀灭细菌，达到消炎退热效果.假设三种抗生素治疗效果相互独立，请依据表中数据，判断哪种抗生素治疗效果最佳，并说明理由.
【答案】（1） ；（2）分布列见解析， ；（3）答案不唯一，给出合理理由即可.
【解析】
【分析】
（1）由题意利用平均数公式直接求解即可；
（2）由题意利用超几何分布的概率公式即可分别求出 、 、 ，列出分布列后即可求期望；
（3）可从各抗生素降温总数，使用抗生素时体温平均值和方差，体温稳定下降的时间点和单日温度下降最大值几个角度去考虑，选出效果最佳的抗生素.
【详解】（1）由表可知，该患者共6天的体温不低于 ，记平均体温为 ，
.
所以，患者体温不低于 的各天体温平均值为 .
（2） 的所有可能取值为 ， ， .
， ， .
则 的分布列为：
P
所以 .
（3）“抗生素C”治疗效果最佳可使用理由：
①“抗生素B”使用期间先连续两天降温1.0 又回升0.1 ，“抗生素C”使用期间持续降温共计1.2 ，说明“抗生素C”降温效果最好，故“抗生素C”治疗效果最佳.
②抗生素B”治疗期间平均体温39.03 ，方差约为 ；“抗生素C”平均体温38 ，方差约为 ，“抗生素C”治疗期间体温离散程度大，说明存在某个时间节点降温效果明显，故“抗生素C”治疗效果最佳.
“抗生素B”治疗效果最佳可使用理由：
自使用“抗生素B”开始治疗后，体温才开始稳定下降，且使用“抗生素B”治疗当天共降温0.7 ，是单日降温效果最好的一天，故“抗生素B”治疗效果最佳.
【点睛】本题考查了平均数的计算、超几何分布概率和期望的求解以及样本估计总体的实际应用，属于中档题.
18.在四棱锥 中，平面 平面 .底面 为梯形， ， ，且 ， ， .
（1）求证： ；
（2）求二面角 的余弦值；
（3）若 是棱 的中点，求证：对于棱 上任意一点 ， 与 都不平行.
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）由面面垂直的性质可得 平面 ，再利用线面垂直的性质即可得证；
（2）建立空间直角坐标系后，表示出各点坐标，求出平面 的一个法向量是 ，平面 的一个法向量为 ，利用 即可得解；
（3）利用反证法，假设棱 上存在点 ， ，由题意 ， ，设 可得 ，此方程无解，故假设错误，即可得证.
【详解】（1）证明：因为平面 平面 ， 平面 平面 ，
平面 ， ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 .
（2）因为 ， ，所以 .
由（1）得 平面 ，所以 ，
故 ， ， 两两垂直.
如图，以 为原点， ， ， 所在直线分别为 轴，
建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， .
因为 平面 ，所以平面 的一个法向量是 .
而 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则由 得 取 ，有 ，
所以 .
由题知，二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 .
（3）证明：假设棱 上存在点 ， ，设 .
依题意，可知 ， ， ，
所以 ， ，设 ，
根据假设，有 ，而此方程组无解，故假设错误，问题得证.
【点睛】本题考查了面面垂直和线面垂直性质的应用，考查了空间向量的应用和反证法的应用，属于中档题.
19.已知椭圆 的离心率为 ，过椭圆右焦点 的直线 与椭圆交于 ， 两点，当直线 与 轴垂直时， .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）当直线 与 轴不垂直时，在 轴上是否存在一点 （异于点 ），使 轴上任意点到直线 ， 的距离均相等？若存在，求 点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） ；（2）存在点
【解析】
【分析】
（1）由题意可得方程 解方程后即可得解；
（2）设直线 ， ， ，假设存在点 ，设 ，由题意 ，联立方程组表示出 、 ，代入即可得解.
【详解】（1）由题意得 ，解得: ， ， .
所以椭圆的标准方程为： .
（2）依题意，若直线 的斜率不为零，可设直线 ， ， .
假设存 点 ，设 ，由题设， ，且 ， .
设直线 ， 的斜率分别为 ， ，
则 ， .
因为 ， 在 上，
故 ， ，
而 轴上任意点到直线 ， 距离均相等等价于“ 平分 ”，
继而等价于 .
则 .
联立 ，消去 得： ，
有 ， .
则 ，
即 ，故 或 （舍）.
当直线 的斜率为零时， 也符合题意.
故存在点 ，使得 轴上任意点到直线 ， 距离均相等.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，考查了直线与椭圆的位置关系及转化化归思想的应用，属于中档题.
20.已知函数 .
（1）若曲线 在 处的切线与 轴平行，求 ；
（2）已知 在 上的最大值不小于 ，求 的取值范围；
（3）写出 所有可能的零点个数及相应的 的取值范围.（请直接写出结论）
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意结合导数的几何意义可得 ，即可得解；
（2）原命题等价于 在 上有解，设 ， ，通过求导可得 ，由有解问题 解决方法即可得解；
（3）令 ，显然 不成立，若 ，则 ，令 ，求导后画出函数 的草图数形结合即可得解.
【详解】（1）因为 ，故 .
依题意 ，即 .
当 时， ，此时切线不与 轴重合，符合题意，
因此 .
（2）当 时， 最大值不小于2
在 上有解，
显然 不是解，即 在 上有解，
设 ， ，
则 .
设 ， ，
则 .
所以 在 单调递减， ，
所以 ，所以 在 单调递增，
所以 .
依题意需 ，
所以 的取值范围为 .
（3）当 时， 有0个零点；当 时， 有1个零点
当 时， 有2个零点；当 时， 有3个零点.·
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了数形结合思想和转化化归思想，考查了推理能力，属于中档题.
21.已知集合 ，对于 ， ，定义 与 的差为 ； 与 之间的距离为 .
（1）若 ，试写出所有可能的 ， ；
（2） ，证明： ；
（3） ， 三个数中是否一定有偶数？证明你的结论.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）一定有偶数，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意结合新概念 可直接得解；
（2）先证明 、 时，均有 ，由新概念运算即可得证；
（3）设 ， ， ，由（2）可得 ， ， ，设 是使 成立的 的个数，即可得 ，即可得解.
【详解】（1）由题意可得，所有满足要求的 ， 为：
， ；
， ；
， ；
， .
（2）证明：令 ， ， ，
对 ，
当 时，有 ；
当 时，有 .
所以
.
（3） ， ， ， ， ， 三个数中一定有偶数.
理由如下：
设 ， ， ，
， ， ，
记 ，由（2）可知: ，
， ，
所以 中1的个数为 ， 中1的个数为 .
设 是使 成立的 的个数，则 .
由此可知， ， ， 三个数不可能都是奇数，
即 ， ， 三个数中一定有偶数.
【点睛】本题考查了新概念在推理与证明中的应用，考查了逻辑推理能力和新概念的理解能力，属于中档题.
安徽省蚌埠市2020届高三数学（文）下学期第三次质量检测试题（Word版附答案）
安徽省蚌埠市2020届高三数学（文）下学期第三次质量检测试题（Word版附答案）,高三数学下学期第三次质检试题,安徽,蚌埠市,莲山课件.
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