【文档说明】2020年北京市通州区潞河中学高三模拟测试数学答案.docx，共(13)页，750.200 KB，由小赞的店铺上传

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2020年北京市通州区潞河中学高三模拟测试答案数学一、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。12345678910BCDAADBDCA1．已知集合

2,3,5,7A，2|log(2)1Bxx，则ABA．2B．3C．2,3D．3,5【答案】B由题意2|log(2)1|022|24Bxxxxxx，所以2,3,5,

7|243xAxB．2．下列函数中，在区间(0，+)上单调递增的是A．12logyxB．y=2xC．12yxD．1yx【答案】C3．已知复数z满足(1)12izi（i是虚数单位），则其z在复平面位于A．第一象限B．第二象限C．第

三象限D．第四象限【答案】D(1)12izi，12(12)(1)122311(1)(1)222iiiiiziiii，其共轭复数为：3122zi，在复平面内对应点的坐标为31(,)22，在第四象限.4．对抛物线21=8xy，下列描述正确的是A

．开口向上，焦点为(0，2)B．开口向上，焦点为10,16C．开口向右，焦点为(2，0)D．开口向上，焦点为10,4【答案】A抛物线方程21=8xy，化成标准方程形式2=8xy，可得其

开口向上，焦点坐标为0,2.5．函数22cos()14yx是A．最小正周期为的奇函数B．最小正周期为的偶函数C．最小正周期为2的奇函数D．最小正周期为2的偶函数【答案】A因为22cos()1cos2sin242yxxx

为奇函数，22T，所以选A．6．以下统计表和分布图取自《清华大学2019年毕业生就业质量报告》．则下列选项错误．．的是DA．清华大学2019年毕业生中，大多数本科生选择继续深造，大多数硕士生选择就业B．清华大学2019年毕业生中，硕士生的就业率比本科生高C．清华大

学2019年签三方就业的毕业生中，本科生的就业城市比硕士生的就业城市分散D．清华大学2019年签三方就业的毕业生中，留北京人数超一半7．已知点,Mab在圆22:1Oxy外，则直线1axby与圆O的位置关系是A．相切

B．相交C．相离D．不确定【答案】B点,Mab在圆22:1Oxy外，221ab，圆心O到直线1axby距离2211dab，直线1axby与圆O相交．8．已知等比数列na中，21a，则其前3项和3S的取值

范围A．(]1，B．1([0))，，C．[3)，D．][(13)，，【答案】D设公比为q0q,则311Sqq．当0q时,3111121Sqqqq,即31S,当且仅当1q时取等号．

当0q时,3111123Sqqqq,即33S,当且仅当1q时取等号．所以3S的取值范围是][(13)，，9．设a、b都是非零向量，下列四个条件中，使abab成立的充分条件是A．abB．//abC．2ab

D．//ab且ab【答案】C若使abab成立，则选项中只有C能保证，故选C10．正方体ABCB－A1B1C1D1的棱长为2，在A，B，C，D，C1，D1这六个顶点中，选择两个点与A1，B1构成正三棱锥P，在剩下的四个顶点中选择两个点与A1，B1构成正三棱锥Q，M表示P与Q的公共

部分，则M的体积为AA．13B．24C．23D．1第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．312．5；1013．答案不唯一，(10,102)b都正确14．4315．①③11．1e与2e是

夹角为120的单位向量，则122ee等于______．【答案】312111cos1202ee，222121122(2)441243eeeeee．1223ee．12．若231()nxx展开式的各项系数之和为32，则n

=，其展开式中的常数项为．(用数字作答)【答案】510显然展开式的各项系数之和就是二项式系数之和，也即n=5；将5拆分成“前3后2”恰好出现常数项，C＝10．13．ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，已知102,45aB

，则使ABC有两解的b的值可以为__________．答案不唯一，(10,102)b都正确14．某四棱锥的三视图如图所示，那么该四棱锥的体积为．【答案】43由三视图知该几何体如图，V＝12123＝4315．设函数2,ln,xxxafxx

xa，有以下三个结论：①a＞0，总区间D，使得12,xxD时，1212()()0fxfxxx；②若1a，则fx有3个零点；③若fx的值域为1,，则实数a的取值范围

是1,e．其中，所有正确结论的序号是．①③【答案】①③①由于函数始终存在增区间，正确②当1x时,令20fxxx,解得0x或2x,此时函数fx有两个零点；当1x时,令ln0fxx,解得1x(舍),此时函数fx无零点；综上,当1a

时,函数fx有2个零点；故错误②作出函数2yxx及函数lnyx的图象如下图所示,由图象可知,若fx的值域为1,,则实数a的取值范围是1,e．故正确三、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．（本小题14分）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（Ⅰ）证明：平面AMD平面BMC；（Ⅱ）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成

锐二面角的余弦值．解：（Ⅰ）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD．又因为BC平面ABCD,BC⊥CD,所以BC⊥平面CMD,………………2分又因为DM平面CMD,故BC⊥DM．………………3分因为M为CD上异于C，D的点,

且DC为直径，所以DM⊥CM．………………4分又BCCM=C,BC平面BMC,CM平面BMC,所以DM⊥平面BMC．………………5分而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC．………………6分（Ⅱ）以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图

所示的空间直角坐标系D−xyz．………………7分当三棱锥M−ABC体积最大时，M为CD的中点．………………8分由题设得0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,1,1DABCM，2,1,1,0,2,0,2,0,0AMABDA………………9分

设,,nxyz是平面MAB的法向量,则0,0.nAMnAB即20,20.xyzy………………11分可取1,0,2n．………………12分DA是平面MCD的法向量,………………13分因此5cos,5nDAnDAnDA，所以面MAB

与面MCD所成锐二面角的余弦值是55．………………14分17．（本小题14分）给出以下三种方案：①设11nnncaa，②设nnncab，③设nnncab，任选一个补充在下面的问题中，并按要求进行求解．已知等差数列{an}满足a

1+a2=10，a4－a3=2．等比数列{bn}满足b2=a3，b3=a7．（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；（Ⅱ），求数列{cn}的前n项和Sn．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：（Ⅰ）在等差数列{an}中，由题意可知12102a

dd，解得142ad，∴22nan……………………3分在等比数列{bn}中，由题意可知121816bqbq，解得142bq，∴11422nnnb……………………6分（Ⅱ）若选①由(Ⅰ)知111111()(22)(24)412

=nnncaannnn……………………8分12111111111()()()4111242122412111()4228(2)∴…………==nnScccnnnnn

……………………14分若选②由(Ⅰ)知1222nncn……………………8分2341234122426282222(46822)(2222)(422)4(12)212324∴………………nnnnnS

nnnnnn……………………14分若选③由(Ⅰ)知2(1)2nncn……………………8分34524563223242(1)22223242(1)2∴…………nnnnSnSn

3452322222(1)2作差得……nnnSn4145332(12)22(1)2122nnnnn32∴nnSn……………………14分18．（本小题14分）如图

所示，某班一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的污损，其中，频率分布直方图的分组区间分别为50,60，60,70，70,80，80,90，．据此解答如下问题．（Ⅰ）求全班人数及分数在之间的频率；（Ⅱ）现从分数在之

间的试卷中任取3份分析学生失分情况，设抽取的试卷分数在的份数为，求的分布列和数学期望．（Ⅲ）(i)补齐频率分布直方图；(ii)一般地，一组数据的第p百分位数是这样的一个值，它使得这组数据中至少有p%的数据小于或等于这个值，且至少有

(1－p)%的数据大于或等于这个值．据此定义，利用上述数学测试成绩的频率分布直方．．．．．．[90,100][80,100][80,100][90,100]XX5588962236789971224568899824568992378学生成

绩图．，估计此次数学测试成绩的第80百分位数位于哪个分组区间？说明理由．解：(Ⅰ)由茎叶图可知，分布在之间的频数为4，由直方图，频率为，所以全班人数为人．………………2分所以分数在之间的人数为32(4810)10-++=人．分数在之间的频率为100.312532…………………．4分（Ⅱ）由(

Ⅰ)知，分数在之间的有10份，分数在之间的人数有0.01251032=4创份，由题意，的取值可为．…………………．5分，，，．所以随机变量的分布列为0123随机变量的数学期望为．…………………．11分（Ⅲ）(i)补齐频率分布直方图；………………12分(ii)由于成绩在[50,80)时，频率为

0.125+0.25+0.3125=0.6875<0.8成绩在[50,90)时，频率为0.125+0.25+0.3125+0.1875=0.875>0.8∴第80百分位数一定位于[80,90)………………14分(估计

为0.80.687580860.01875+)19．（本小题14分）[50,60)0.0125100.1254320.125[80,100][80,100][80,100][90,100]X0,1,

2,3363101(0)6CPXC12463101(1)2CCPXC21463103(2)10CCPXC343101(3)30CPXCXXP1612310130X11316012362103

05EX已知椭圆C：222210xyabab，C的左焦点为F(－1，0)．点2(1,)2M在椭圆C上．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设点P在圆222xy上，点Q在直线3x上，且1OPPQ．证明：过点P且垂直于OQ

的直线l过C的左焦点F．解：（Ⅰ）法一：因为椭圆的左焦点为F(－1，0)，则右焦点为F2(1，0)，c=1………………1分∵点2(1,)2M在椭圆C上，则2322||||22222MFMFa∴2a，22a

………………3分又∵222abc，∴21b………………4分∴椭圆方程为2212xy………………5分法二：因为椭圆的左焦点为F(－1，0)，c=1………………1分又∵222abc，∴22221baca∴椭圆方程为222211xyaa…………

……2分∵点2(1,)2M在椭圆C上∴221112(1)aa即422520aa………………3分解得2212()2=或舍aa………………4分∴椭圆方程为2212xy………………5分（Ⅱ）法一：由题意知F(−1,0)，设Q(−3，m)，P(x

0，y0)，则00222yx………………6分0000(,),(3,)OPxyPQxmy．………………7分由1OPPQ得22000031xxmyy，………………8分又0022

2yx，故00330xmy．………………9分0000(3,),(1,),33∴OQmPFxyOQPFxmy，所以0OQPF，即OQPF．………………12分又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ

的直线l过C的左焦点F．………14分法二：由题意知F(−1,0)，设Q(−3，m)，P(x0，y0)，则00222yx………………6分0000(,),(3,)OPxyPQxmy．………………7分由1OPPQ得220

00031xxmyy，………………8分又00222yx，故00330xmy．………………9分∵3OQmk∴①0m时，过点P且垂直于OQ的直线l方程为003()yyxxm………………10分当x=－1时，0

000333(1)0xmyyxymm即直线l过点F(－1，0)………………12分②m=0时，由00330xmy得0=1x，此时过点P且垂直于OQ的直线l方程为1x，也过点F

(－1，0)………………14分综合①②，过点P且垂直于OQ的直线l过椭圆的左焦点F20．（本小题15分）已知函数lnfxxxaxaR．（Ⅰ）讨论fx在1,上的单调性；（Ⅱ）当1a时，

求cosFxfxx在3,22上的零点个数．解：（Ⅰ）因为lnfxxxax，所以'ln1fxxa．………………1分因为1,x，所以ln0x．………………2分①当10a，即1a时，

'0fx，………………3分所以fx在1,上单调递增．………………4分②当10a，即1a时，令'ln10fxxa，得1axe．………………5分当11,axe时，0ln1xa，所以'0fx，………………6分当1

,axe时，ln1xa，所以'0fx，………………7分所以fx在11,ae上单调递减，在1,ae上单调递增．综上所述，当1a时，fx在1,上单调递增；当1a时，fx在11,ae上单调递减

，在1,ae上单调递增．………………8分（Ⅱ）当1a时，lncosFxxxxx，则'lnsinFxxx．………………9分设lnsinhxxx，则1'coshxxx

．………………10分当3,22x时，1'cos0hxxx，所以'Fx在3,22上单调递增．………………11分因为33'1ln022F，'ln102

2F，所以存在03,22x，使得0'0Fx，………………12分且在0,2x上'0Fx，Fx单调递减，在03,2x上'0Fx，Fx单调递增．所以0Fx

为Fx在3,22上的最小值．………………14分又因为333ln10222F，ln10222F，所以Fx在3,22上有1个零点．………………15分21．（本小题14分）若正整数*12(,1

,2,,)nkNaaaaknN，则称12naaa为N的一个“分解积”．（Ⅰ）当N分别等于6,7,8时，写出N的一个分解积，使其值最大；（Ⅱ）当正整数(2)NN的分解积最大时，证明：*()Nkak中2的个数不超过2；（Ⅲ）对任意给定的正整数(2)NN，求出(1,2,,)ka

kn，使得N的分解积最大．解：（Ⅰ）633，分解积的最大值为339；………1分732234，分解积的最大值为3223412；………2分8332，分解积的最大值为33218．………3分证明：（Ⅱ）由(Ⅰ)可知，(1,2,

,)kakn中可以有2个2．………4分当(1,2,,)kakn有3个或3个以上的2时，因为22233，且22233，所以，此时分解积不是最大的．因此，*()Nkak中至多有2个2．………7分解：（Ⅲ）①当(1,2,,)kakn中有1

时，因为1(1)iiaa，且11iiaa，所以，此时分解积不是最大，可以将1加到其他加数中，使得分解积变大．…8分②由(Ⅱ)可知，(1,2,,)kakn中至多有2个2．③当(1,2,,)kakn中有4时，若将4分解为13，由①可知分解积不会最大；若将4分解为22，则分

解积相同；若有两个4，因为44332，且44332，所以将44改写为332，使得分解积更大．因此，(1,2,,)kakn中至多有1个4，而且可以写成22．…………10分④当(1,2,,)kakn中有大于4的数时，不妨设4ia，因为2(2)iiaa，所以将ia分解为

2(2)ia会使得分解积更大．………11分综上所述，(1,2,,)kakn中只能出现2或3或4，且2不能超过2个，4不能超过1个．于是，当*3()NmmN时，333mN个使得分解积最大；…

…12分当*31()NmmN时，(1)(1)333223334mmN个个使得分解积最大；…13分当32()NmmN时，3332mN个使得分解积最大．……14分