北京市海淀區2020屆高三數學上學期期末考試試題（含解析）本試卷共4頁，150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無效.考試結束后，將本試卷和答題紙一并交回.第一部分（選擇題 共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合，則集合是( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用補集和交集的定義可求出集合.【詳解】集合，則，因此，.故選：d.【點睛】本題考查交集與補集的混合運算，熟悉交集和補集的定義是解題的關鍵，考查計算能力，屬于基礎題.2.拋物線的焦點坐標為（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】解：由 拋物線方程的特點可知，拋物線的焦點位于 軸正半軸，由 ，可得： ，即焦點坐標為 .本題選擇b選項.3.下列直線與圓相切的是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】觀察到選項中的直線都過原點，且圓也過原點，只需求出圓在原點處的切線方程即可.【詳解】由于選項中各直線均過原點，且原點在圓上，圓心坐標為，圓心與原點連線的斜率為，所以，圓在原點處的切線方程為.故選：a.【點睛】本題考查直線與圓位置關系的判斷，考查計算能力，屬于基礎題.4.已知、，且，則（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】利用特殊值法和函數單調性可判斷出各選項中不等式的正誤.【詳解】對于a選項，取，則成立，但，a選項錯誤；對于b選項，取，則成立，但，即，b選項錯誤；對于c選項，由于指數函數在上單調遞減，若，則，c選項正確；對于d選項，取，則，但，d選項錯誤.故選：c.【點睛】本題考查不等式正誤的判斷，常用特殊值法、函數單調性與不等式的性質來進行判斷，考查推理能力，屬于中等題.5.在的展開式中，的系數為（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】寫出二項展開式的通項，令的指數為，求出參數的值，代入通項即可計算出的系數.【詳解】的展開式通項為，令，得.因此，的系數為.故選：a.【點睛】本題考查二項展開式中指定項系數的求解，解題時要熟練利用二項展開式通項來計算，考查計算能力，屬于基礎題.6.已知平面向量、滿足，且，則的值為（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由等式得，等式兩邊平方可求出的值.【詳解】由可得，等式兩邊平方得，即，因此，.故選：a.【點睛】本題考查平面向量數量積的計算，解題的關鍵就是對等式進行變形，考查計算能力，屬于中等題.7.已知、是三個不同的平面，且，則“”是“”的（ ）a. 充分而不必要條件b. 必要而不充分條件c. 充分必要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】b【解析】【分析】根據幾何模型與面面平行的性質定理，結合充分條件和必要條件的定義可判斷出“”是“”的必要而不充分條件.【詳解】如下圖所示，將平面、視為三棱柱的三個側面，設，將、視為三棱柱三條側棱所在直線，則“”“”；另一方面，若，且，由面面平行的性質定理可得出.所以，“”“”，因此，“”是“”的必要而不充分條件.故選：b.【點睛】本題考查必要不充分條件的判斷，同時也考查了空間中平行關系的判斷，考查推理能力，屬于中等題.8.已知等邊邊長為，點在邊上，且，.下列結論中錯誤的是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】利用余弦定理計算出，結合正弦定理等三角形知識可對各選項的正誤進行判斷.【詳解】如下圖所示：點在邊上，且，由余弦定理得，整理得，解得，則，由正弦定理得，所以，.由余弦定理得，同理可得，則.故選：c.【點睛】本題考查三角形線段長、面積以及三角函數值比值的計算，涉及余弦定理以及正弦定理的應用，考查計算能力，屬于中等題.9.聲音的等級（單位：）與聲音強度（單位：）滿足. 噴氣式飛機起飛時，聲音的等級約為；一般說話時，聲音的等級約為，那么噴氣式飛機起飛時聲音強度約為一般說話時聲音強度的（ ）a. 倍b. 倍c. 倍d. 倍【答案】b【解析】【分析】設噴氣式飛機起飛時聲音強度和一般說話時聲音強度分別為、，根據題意得出，計算出和的值，可計算出的值.【詳解】設噴氣式飛機起飛時聲音強度和一般說話時聲音強度分別為、，由題意可得，解得，解得，所以，因此，噴氣式飛機起飛時聲音強度約為一般說話時聲音強度的倍，故選：b.【點睛】本題考查對數函數模型的應用，同時也涉及了指數與對數式的互化，考查計算能力，屬于中等題.10.若點為點在平面上的正投影，則記.如圖，在棱長為的正方體中，記平面為，平面為，點是棱上一動點（與、不重合），.給出下列三個結論：線段長度的取值范圍是；存在點使得平面；存在點使得.其中，所有正確結論的序號是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】以點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，設點的坐標為，求出點、的坐標，然后利用向量法來判斷出命題的正誤.【詳解】取的中點，過點在平面內作，再過點在平面內作，垂足為點.在正方體中，平面，平面，又，平面，即，同理可證，則，.以點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，設，則，.對于命題，則，則，所以，命題正確；對于命題，則平面的一個法向量為，令，解得，所以，存在點使得平面，命題正確；對于命題，令，整理得，該方程無解，所以，不存在點使得，命題錯誤.故選：d.【點睛】本題考查立體幾何中線面關系、線線關系的判斷，同時也涉及了立體幾何中的新定義，利用空間向量法來處理是解題的關鍵，考查推理能力，屬于中等題.第二部分（非選擇題 共110分）二、填空題共6小題，每小題5分，共30分.11.在等差數列中,若,則 .【答案】【解析】試題分析：設等差數列的公差為，由已知得，所以，所以考點：等差數列的通項公式.12.若復數，則_.【答案】【解析】【分析】利用復數的除法法則將復數表示為一般形式，然后利用復數的模長公式可計算出的值.【詳解】，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查復數模的計算，同時也考查了復數的除法運算，考查計算能力，屬于基礎題.13.已知點，點、分別為雙曲線的左、右頂點.若為正三角形，則該雙曲線的離心率為_.【答案】【解析】【分析】根據為等邊三角形求出的值，可求出雙曲線的焦距，即可得出雙曲線的離心率.【詳解】由于為正三角形，則，得.所以，雙曲線的半焦距為，因此，該雙曲線的離心率為.故答案為：.【點睛】本題考查雙曲線離心率的計算，解題的關鍵就是求出雙曲線方程中的幾何量，考查計算能力，屬于基礎題.14.已知函數在區間上存在最小值，則實數的取值范圍是_.【答案】【解析】【分析】由題意可知，函數在區間上存在極小值，分和兩種情況討論，分析函數在區間上的單調性，在時求出函數的極值點，可得出，解出即可.【詳解】，.當時，對任意的，此時，函數在區間上為增函數，則函數在區間上沒有最小值；當時，令，可得，當時，當時，此時，函數的極小值點為，由題意可得，解得.因此，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查利用函數的最值點求參數，解題時要熟悉函數的最值與導數之間的關系，考查運算求解能力，屬于中等題.15.用“五點法”作函數的圖象時，列表如下：則_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根據表格中的數據求出、的值，可得出函數的解析式，然后代值計算可得出和的值.【詳解】由表格中的數據可知，函數的最小正周期為，當時，則，解得，則，.故答案為：；.【點睛】本題考查三角函數值的計算，解題的關鍵就是利用表格中的數據求出函數解析式，考查計算能力，屬于中等題.16.已知曲線（為常數）.（i）給出下列結論：曲線為中心對稱圖形；曲線為軸對稱圖形；當時，若點在曲線上，則或.其中，所有正確結論序號是_.（ii）當時，若曲線所圍成的區域的面積小于，則的值可以是_.（寫出一個即可）【答案】 (1). (2). 均可【解析】【分析】（i）在曲線上任取一點，將點、代入曲線的方程，可判斷出命題的正誤，利用反證法和不等式的性質可判斷出命題的正誤；（ii）根據時，配方得出，可知此時曲線為圓，且圓的面積為，從而得知當時，曲線所表示的圖形面積小于.【詳解】（i）在曲線上任取一點，則，將點代入曲線的方程可得，同理可知，點、都在曲線上，則曲線關于原點和坐標軸對稱，命題正確.當時，反設且，則，所以，則，所以，這與矛盾.假設不成立，所以，或，命題正確；（ii）當時，曲線的方程為，即，即，此時，曲線表示半徑為的圓，其面積為.當時，且當時，在圓上任取一點，則，則點在曲線外，所以，曲線的面積小于圓的面積.故答案為：；均可.【點睛】本題考查曲線中的新定義，涉及曲線的對稱性以及曲線面積相關的問題，考查推理能力，屬于難題.三、解答題共6小題，共80分.解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程.17.已知函數.（）求函數的單調遞增區間；（）若在區間上的最大值為，求的最小值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）利用二倍角的降冪公式以及輔助角公式將函數的解析式變形為，然后解不等式，即可得出函數的單調遞增區間；（）由，結合題意得出，即可求出實數的最小值.【詳解】（），因為的單調遞增區間為， 令，得. 所以函數的單調遞增區間為；（）因為，所以.又因為，的最大值為，所以，解得，所以的最小值為.【點睛】本題考查三角函數的單調性以及最值的求解，解題的關鍵就是利用三角恒等變換思想將三角函數解析式化簡，考查計算能力，屬于中等題.18.如圖，在三棱錐中，平面平面，和均是等腰直角三角形，、分別為、的中點. （）求證：平面；（）求證：；（）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（）證明見解析；（）證明見解析；（）.【解析】【分析】（）由中位線的性質得出，然后利用直線與平面平行的判定定理可證明出平面；（）由已知條件可知，然后利用面面垂直的性質定理可證明出平面，即可得出；（）以為原點，、所在直線分別為軸、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（）在中，、分別為、的中點，所以為中位線，所以. 又因為平面，平面，所以平面；（）在等腰直角三角形中，所以. 因為平面平面，平面平面， 平面，所以平面.又因為平面，所以；（）在平面內過點作垂直于，由（）知，平面，因為平面，所以.如圖，以原點建立空間直角坐標系. 則，.，.設平面的法向量為，則，即.令則，所以.直線與平面所成角大小為，.所以直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查直線與平面平行的判定、利用線面垂直的性質證明線線垂直，同時也考查了直線與平面所成角的正弦值的計算，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.19.某市城市總體規劃（年）提出到年實現“分鐘社區生活圈”全覆蓋的目標，從教育與文化、醫療與養老、交通與購物、休閑與健身個方面構建“分鐘社區生活圈”指標體系，并依據“分鐘社區生活圈”指數高低將小區劃分為：優質小區（指數為）、良好小區（指數為）、中等小區（指數為）以及待改進小區（指數為）個等級.下面是三個小區個方面指標的調查數據：注：每個小區“分鐘社區生活圈”指數，其中、為該小區四個方面的權重，、為該小區四個方面的指標值（小區每一個方面的指標值為之間的一個數值）.現有個小區的“分鐘社區生活圈”指數數據，整理得到如下頻數分布表：分組頻數（）分別判斷、三個小區是否是優質小區，并說明理由；（）對這個小區按照優質小區、良好小區、中等小區和待改進小區進行分層抽樣，抽取個小區進行調查，若在抽取的個小區中再隨機地選取個小區做深入調查，記這個小區中為優質小區的個數為，求的分布列及數學期望.【答案】（）、小區不是優質小區；小區是優質小區；見解析；（）分布列見解析，數學期望.【解析】【分析】（）計算出每個小區的指數值，根據判斷三個小區是否為優質小區；（）先求出個小區中優質小區的個數，可得出隨機變量的可能取值，然后利用超幾何分布的概率公式計算出隨機變量在不同取值下的概率，可得出隨機變量的分布列，利用數學期望公式可計算出隨機變量的數學期望值.【詳解】（）小區的指數，所以小區不是優質小區；小區的指數，所以小區是優質小區；小區的指數，所以小區不是優質小區；（）依題意，抽取個小區中，共有優質小區個，其它小區個. 依題意的所有可能取值為、.，. 則的分布列為： .【點睛】本題考查概率統計綜合問題，同時也考查了超幾何分布列與數學期望的計算，解題時要結合題意得出隨機變量所滿足的分布列類型，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.20.已知橢圓的右頂點，且離心率為（）求橢圓的方程；（）設為原點，過點的直線與橢圓交于兩點、，直線和分別與直線交于點、，求與面積之和的最小值.【答案】（）；（）最小值為.【解析】【分析】（）設橢圓的焦距為，根據題意列出關于、的方程組，求出這三個量的值，即可求出橢圓的方程；（）設點，可得出點坐標為，求出點、的坐標，求出與面積之和的表達式，結合等式，利用基本不等式可求出與面積之和的最小值.【詳解】（）設橢圓的焦距為，依題意，得，解得.所以橢圓的方程為；（）設點，依題意，點坐標為，滿足（且），直線的方程為，令，得，即. 直線的方程為，同理可得.設為與軸的交點.又因為，所以.當且僅當取等號，所以的最小值為.【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了橢圓中三角形面積之和最值的求解，考查計算能力，屬于中等題.21.已知函數.（）求曲線在點處的切線方程；（）若函數有極小值，求證：的極小值小于.【答案】（）；（）證明見解析.【解析】【分析】（）求出函數的導數，求出和的值，然后利用點斜式可寫出所求切線的方程；（）設函數的兩個極值點分別為、，且，由韋達定理可得知，然后利用函數在區間上的單調性可證明出結論成立.【詳解】（）由已知得，因為，所以直線的方程為；（），令，.（i）當時，即當時，所以，函數在上是單調遞增函數，此時，函數在上無極小值；（ii）當時，即當時，記、是方程的兩個根，不妨設，則，所以.此時，隨的變化如下：極大值極小值所以