朝阳区2020届高三期中数学试题及答案

北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期高三年级期中质量检测 数学试卷 2019．11

（考试时间120分钟 满分150分）

本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

第一部分（选择题 共40分）

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。

2（1）已知集合A{xZx4}，B{1,2}，则AUB

（A）{1}

（B）{1,2}

（D）{2,1,0,1,2}

（C）{1,0,1,2} （2）已知(,π)，且sinπ23，则tan 54 34（D）

3（B）

3 43（C）

4（A）

（3）下列函数中，既是奇函数又在区间(0,1)上单调递增的是

（A）yx3 （C）ylog2x

（B）ysin(x) （D）y2x2x

（4）关于函数f(x)sinxcosx有下述三个结论：

①函数f(x)的最小正周期为2π； ②函数f(x)的最大值为2；

③函数f(x)在区间(,π)上单调递减. 其中，所有正确结论的序号是 （A）①②

（B）①③ （C）②③

（D）①②③

π2

（5）已知，是两个不同的平面，直线m，下列命题中正确的是

（A）若，则m// （B）若，则m （C）若m//，则// （D）若m，则

高三数学试卷 第1页（共13页）

（6）已知函数f(x)|x2|kx1恰有两个零点，则实数k的取值范围是

11（B）(,1)（C）(1,2) （D）(2,) )2 2

*（7）已知{an}(nN)为等比数列，则“a1a2”是“{an}为递减数列”的

（A）(0,（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

x2y2（8）设F1，F2为椭圆C：1的两个焦点，M为C上一点且在第二象限.若△MF1F2为等腰三角形，

95则点M的横坐标为

331515 （B） （C） （D）

2222uuuruuuruuuruuuro（9）在△ABC中，BAC90，BC2， 点P在BC边上，且AP(ABAC)1，则AP的取值范围

（A）是 （A）(,1]（C）(12

（B）[,1]

1222（D）[,1] ,1]

22（10）已知集合A，B满足：（ⅰ）AUBQ，AIB；

（ⅱ）x1A，若x2Q且x2x1，则x2A； （ⅲ）y1B，若y2Q且y2y1，则y2B. 给出以下命题：

① 若集合A中没有最大数，则集合B中有最小数； ② 若集合A中没有最大数，则集合B中可能没有最小数； ③ 若集合A中有最大数，则集合B中没有最小数； ④ 若集合A中有最大数，则集合B中可能有最小数. 其中，所有正确结论的序号是

（A）①③ （B）②③ （C）③④ （D）①④

高三数学试卷 第2页（共13页）

第二部分（非选择题 共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

（11）已知向量a(1,1)，b(3,m)，且a//b，则m________．

（12）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为________，最长棱的长度为________．

俯视图 1 正（主）视图

1 侧（左）视图

1 （第12题图） （13）已知直线x2ya0与圆O:x2y22相交于A，B两点（O为坐标原点），且△AOB为等腰

直角三角形，则实数a的值为________．

（14）已知a，b是实数，给出下列四个论断：①ab ； ②

11 ； ③a0 ； ④b0. ab以其中两个论断作为条件，余下的论断中选择一个作为结论，写出一个正确的命题：________．

ax2,（15）已知函数f(x)xx1,exa,x≥a（a为常数）．若f(1)1，则a________；若函数f(x)存在最大2值，则a的取值范围是________．

（16）2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认

可．良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足NN02t5730（N0表示碳14原有的质量），则经过5730年后，碳14的质

量变为原来的________；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的

13至，据此推25测良渚古城存在的时期距今约在________年到5730年之间．（参考数据：log231.6,log252.3）

高三数学试卷 第3页（共13页）

三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （17）（本小题13分）

在△ABC中，AB27，点P在BC边上，且APC60o，BP2. （Ⅰ）求AP的值；

（Ⅱ）若PC1，求sinACP的值.

（18）（本小题13分）

已知{an}(nN*)是各项均为正数的等比数列，a116，2a33a232. （Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn3log2an，求数列{bn}的前n项和Sn，并求Sn的最大值．

（19）（本小题14分）

如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD平面ABCD，E为PD的中点，AD//BC,CDAD，BCCD2，AD4. （Ⅰ）求证：CE//平面PAB； （Ⅱ）求二面角EACD的余弦值；

（Ⅲ）直线AB上是否存在点Q，使得PQ//平面ACE?

若存在，求出

EPAQ的值；若不存在，说明理由. AB

ABCD

高三数学试卷 第4页（共13页）

（20）（本小题13分）

2x2y2)，Q(2,0). 已知椭圆C:221(ab0)经过两点P(1,2ab（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）过椭圆的右焦点F的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线l与以线段FP为直径的圆交于另一

点E（异于点F），求ABFE的最大值.

（21）（本小题14分）

已知函数f(x)lnx(a0)． xa（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）当a1时，证明：f(x)≤x1； 2（Ⅲ）判断f(x)在定义域内是否为单调函数，并说明理由．

（22）（本小题13分）

已知无穷数列{an}，{bn}，{cn}满足：nN，an1|bn||cn|，bn1|cn||an|，

cn1|an||bn|．记dnmax{|an|,|bn|,|cn|}（maxx,y,z表示3个实数x，y，z中的最大值）．

（Ⅰ）若a11，b22，c33，求b1，c1的可能值； （Ⅱ）若a11，b12，求满足d2d3的c1的所有值；

（Ⅲ）设a1，b1，c1是非零整数，且|a1|，|b1|，|c1|互不相等，证明：存在正整数k，使得数列{an}，

{bn}，{cn}中有且只有一个数列自第k项起各项均为0．

高三数学试卷 第5页（共13页）

北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期高三年级期中质量检测

数学参考答案 2019．11

第一部分（选择题 共40分）

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）C （2）C （3）D （4）B （5）D （6）B （7）B （8）D （9）A （10）B

第二部分（非选择题 共110分）

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

（11）3 （12）16，3 （13）5 （14）若ab，b0，则1a1b．（答案不唯一） （15）

12；(,0] （16）12；4011 三、解答题（共6小题，共80分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） （17）（本小题13分）

解：（Ⅰ）因为APC60o，所以APB120o.

在△ABP中，AB27，APB120o，BP2， 由余弦定理AB2AP2BP22APBPcosAPB，得

AP22AP240.

所以AP4. （Ⅱ）在△APC中，AP4，PC1，APC60o，

由余弦定理AC2AP2PC22APPCcosAPC，得AC13． 由正弦定理

APACsinACPsinAPC，得

413sinACPsin60o， 高三数学试卷 第6页（共13页）

分

………6

所以sinACP

（18）（本小题13分）

239． ………13分 13解：（Ⅰ）设an的公比为q，因为a116,2a33a232，

所以2q3q20． 解得q2（舍去）或q21． 212n1因此an的通项公式为an16()25n． ………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn3(5n)log22153n，

当n≥2时，bnbn13，

故{bn}是首项为b112，公差为3的单调递减等差数列. 则Sn12n13n(n1)(3)(n29n). 22又b50，所以数列bn的前4项为正数，

所以当n4或5时，Sn取得最大值，且最大值为S4S530． ……………13分

（19）（本小题14分）

解：（Ⅰ）如图，取PA中点F，连结EF,BF.

因为E为PD中点，AD4， 所以EF//AD，EFP1AD2. 2FE又因为BC//AD，BC2， 所以EF//BC，EF=BC， 所以四边形EFBC为平行四边形. 所以CE//BF.

又因为CE平面PAB,BF平面PAB，

高三数学试卷 第7页（共13页）

BCAD

所以CE//平面PAB. ………4分 （Ⅱ）取AD中点O，连结OP，OB.因为△PAD为等边三角形，所以POOD.

又因为平面PAD平面ABCD，平面PADI平面ABCDAD， 所以PO平面ABCD.

因为OD//BC，ODBC2， 所以四边形BCDO为平行四边形. 因为CDAD，所以OBOD. 如图建立空间直角坐标系Oxyz，

则A(0,2,0),B(2,0,0),C(2,2,0),E(0,1,3),P(0,0,23). uuuruuur所以AC(2,4,0),AE(0,3,3).

设平面ACE的一个法向量为n1(x,y,z)，

uuurnAC0,12x4y0,则uuu即 r3y3z0.n1AE0,令x2，则n1(2,1,3).

显然，平面ACD的一个法向量为n2(0,0,1)， 所以cosn1,n2zPEABx O CDy

n1n236. n1n2224由题知，二面角EACD为锐角， 所以二面角EACD的余弦值为

6. ………10分 4（Ⅲ）直线AB上存在点Q，使得PQ//平面ACE.理由如下：

uuuruuuruuuruuur设AQAB.因为AB(2,2,0)，PA(0,2,23)，

uuuruuuruuuruuuruuur所以AQAB(2,2,0)，PQPAAQ(2,22,23)．

uuur因为PQ平面ACE，所以PQ//平面ACE当且仅当PQn10.

即(2,22,23)(2,1,3)0，解得2. 所以直线AB上存在点Q，使得PQ//平面ACE，此时

（20）（本小题13分）

AQ2． …………14分 AB高三数学试卷 第8页（共13页）

2x2y2)，Q(2,0)， 解：（Ⅰ）因为椭圆C:221(ab0)过点P(1,2aba2,a2, 所以1得 1b1,221,a2bx2y21． ………4分 故椭圆C的标准方程为2（Ⅱ）由题易知直线l的斜率不为0，设l：xty1，

xty1,22由x2得(t2)y2ty10，显然0.

2y1,2设A(x1,y1),B(x2,y2)， 则y1y22t1,yy. 1222t2t2又AB1t2y1y2. 以FP为直径的圆的圆心坐标为(1,22)，半径为r， 442t41t21故圆心到直线l的距离为d2t141t2.

11t221所以FE2rd2. 288t12t2122所以ABFE22(y1y2)24y1y2 y1y2224t242(t22)2t2228t28 22(t2)22高三数学试卷 第9页（共13页）

t2112(t22)22(t21)1， t212因为t21≥1，所以(t21)1t21≥2，即1≤1． (t21)1t2124所以ABFE≤2141．

当t0时，直线与椭圆有交点，满足题意，且ABFE1，

所以ABFE的最大值为1．

21）（本小题14分）

lnxa解：函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)x1(xa)2． （Ⅰ）因为f(1)0，f(1)1a1， 所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y01a1(x1)，即x(a1)y10． （Ⅱ）当a1时，f(x)lnxx1． 欲证f(x)≤x12， 即证

lnxx1≤x12， 即证2lnxx21≤0． 令h(x)2lnxx21， 则h(x)22(x2xx1)(x1)x． 高三数学试卷 第10页（共13页）

分 ………4分 …………13

（

当x变化时，h(x),h(x)变化情况如下表：

x h(x) h(x) (0,1) 1 (1,)  ↗ 0 极大值  ↘ 所以函数h(x)的最大值为h(1)0，故h(x)≤0．

所以f(x)≤x1． ………9分 2（Ⅲ）函数f(x)在定义域内不是单调函数．理由如下：

a1， x1axa因为g(x)220，

xxx令g(x)lnx所以g(x)在(0,)上单调递减． 注意到g(1)a+10． 且g(ea1)lnea1所以存在m(1,ea1ae1a(a11ea11)0．

)，使得g(m)0．

当x(0,m)时，g(x)0，从而f(x)0，所以函数f(x)在(0,m)上单调递增； 当x(m,)时，g(x)0，从而f(x)0，所以函数f(x)在(m,)上单调递减． 故函数f(x)在定义域内不是单调函数． ………14分

（22）（本小题13分）

解：（Ⅰ）由b2|c1||a1|，得|c1|12，所以c13；

由c3|a2||b2|，得|a2|23，所以a25，

又a2|b1||c1||b1|3≥3，故a25，|b1|8，b18． 所以b1，c1的所有可能值为

高三数学试卷 第11页（共13页）

b18，c13； b18，c13； b18，c13；

b18，c13． ………3分

（Ⅱ）若a11，b12，记c1x,

2|x|,0≤|x|1,1≤|x|2, 则a22|x|,b2|x|1,c21，d21,|x|1,|x|≥2,a3||x|1|1，b31|2|x||，c3|2|x||||x|1|，

当0≤|x|1时，a3|x|,b3|x|1,c31，d31，由d3d2，得|x|1，不符合； 当1≤|x|2时，a3|x|2,b3|x|1,c332|x|，d3由d3d2，得|x|1，符合；

当|x|≥2时，a3|x|2,b33|x|,c31，d3由d3d2，得|x|2，符合；

综上，c1的所有取值是2,1,1,2. ………8分 （Ⅲ）先证明“存在正整数k≥3，使ak,bk,ck中至少有一个为0”．

假设对任意正整数k≥3，ak,bk,ck都不为0，

由a1,b1,c1是非零整数，且|a1|,|b1|,|c1|互不相等，得d1N，d2N．

若对任意k≥3，ak,bk,ck都不为0，则dkN，

2|x|,1≤|x|1.5,

|x|1,1.5≤|x|2,2≤|x|3,1,

|x|2,|x|≥3,即对任意k≥1，dkN．

当k≥1时，|ak1|||bk||ck||max|bk|,|ck|≤dk,

|bk1||ck||ak|dk,|ck1||ak||bk|dk，

所以，dk1max|ak1|,|bk1|,|ck1|dk．

高三数学试卷 第12页（共13页）

所以，{dk}严格单调递减， 由d2为有限正整数，

所以，必存在正整数m≥3，使得dm≤0，矛盾． 所以，存在正整数k≥3，使ak,bk,ck中至少有一个为0． 不妨设ak0，且a10，a20，L，ak10， 则|bk1||ck1|，且|bk1||ck1||ak1|， 否则，若|bk1||ck1||ak1|，

因为ak1bk1ck10，则必有ak1bk1ck10，矛盾． 于是，bk|ck1||ak1|0,ck|ak1||bk1|0，且bkck， 所以，ak10，bk1|ck|,ck1|bk||ck|，

依次递推，即有：对n≥k,an0,bn1|ck|,cn1|ck|，且|ck|0， 此时有且仅有一个数列an自第k项起各项均为0．

综上，结论成立． ………13分

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