搜索
    上传资料 赚现金
    2020届京师AI联考高三质量联合测评(二)数学(理)(A卷)试题(解析版)
    立即下载
    加入资料篮
    2020届京师AI联考高三质量联合测评(二)数学(理)(A卷)试题(解析版)01
    2020届京师AI联考高三质量联合测评(二)数学(理)(A卷)试题(解析版)02
    2020届京师AI联考高三质量联合测评(二)数学(理)(A卷)试题(解析版)03
    还剩20页未读, 继续阅读
    下载需要20学贝
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2020届京师AI联考高三质量联合测评(二)数学(理)(A卷)试题(解析版)

    展开

    2020届京师AI联考高三质量联合测评(二)数学(理)(A卷)试题

     

     

    一、单选题

    1.已知集合,则   

    A B C D

    【答案】A

    【解析】首先解出集合,再利用集合的交运算即可求解.

    【详解】

    .

    故选:A

    【点睛】

    本题主要考查了集合的交运算,同时考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法,属于基础题.

    2.设复数满足,则   

    A1 B-1 C D

    【答案】B

    【解析】利用复数的四则运算即可求解.

    【详解】

    .

    故选:B

    【点睛】

    本题考查了复数的四则运算,需掌握复数的运算法则,属于基础题.

    3.已知,则(   

    A B C D

    【答案】D

    【解析】,求,利用导数判断函数为单调递增,从而可得,设,利用导数证出为单调递减函数,从而证出,即可得到答案.

    【详解】

    时,

    ,求导

    ,故单调递增:

    ,设

    ,即

    .

    故选:D

    【点睛】

    本题考查了作差法比较大小,考查了构造函数法,利用导数判断式子的大小,属于中档题.

    4.函数的图象大致是(   

    A B C D

    【答案】C

    【解析】利用特殊值法以及函数的性质逐一排除即可求解.

    【详解】

    时,函数无意义,故A不正确;

    ,故B不正确;

    时,则,当时,

    ,故D不正确;

    故选:C

    【点睛】

    本题考查了函数图像的识别,指数函数的性质,属于基础题.

    5.在很多地铁的车厢里,顶部的扶手是一根漂亮的弯管,如下图所示.将弯管形状近似地看成是圆弧,已知弯管向外的最大突出(图中),跨接了6个坐位的宽度(),每个座位宽度为,估计弯管的长度,下面的结果中最接近真实值的是(   

    A B C D

    【答案】B

    【解析】为弯管,6个座位的宽度,利用勾股定理求出弧所在圆的半径为,从而可得弧所对的圆心角,再利用弧长公式即可求解.

    【详解】

    如图所示,为弯管,6个座位的宽度,

    设弧所在圆的半径为,则

    解得

    可以近似地认为,即

    于是

    所以是最接近的,其中选项A的长度比还小,不可能,

    因此只能选B260或者由

    所以弧长.

    故选:B

    【点睛】

    本题考查了弧长公式,需熟记公式,考查了学生的分析问题的能力,属于基础题.

    6.抛掷一枚质地均匀的硬币,每次正反面出现的概率相同,连续抛掷5次,至少连续出现3次正面朝上的概率是(   

    A B C D

    【答案】A

    【解析】首先求出样本空间样本点为个,再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3“111”的样本点个数,再求出重复数量,可得事件的样本点数,根据古典概型的概率计算公式即可求解.

    【详解】

    样本空间样本点为个,

    具体分析如下:

    记正面向上为1,反面向上为0,三个正面向上为连续的3“111”

    有以下3种位置111__  ____111____  __111

    剩下2个空位可是01,这三种排列的所有可能分别都是

    但合并计算时会有重复,重复数量为

    事件的样本点数为:个.

    故不同的样本点数为8个,.

    故选:A

    【点睛】

    本题考查了分类计数原理与分步计数原理,古典概型的概率计算公式,属于基础题

    7.已知平面向量满足,且,则所夹的锐角为(   

    A B C D0

    【答案】B

    【解析】根据题意可得,利用向量的数量积即可求解夹角.

    【详解】

    因为

    所以夹角为

    故选:B

    【点睛】

    本题考查了向量数量积求夹角,需掌握向量数量积的定义求法,属于基础题.

    8.阅读下面的程序框图,运行相应的程序,程序运行输出的结果是(   

    A11 B1 C09 D08

    【答案】C

    【解析】根据程序框图的模拟过程,写出每执行一次的运行结果,属于基础题.

    【详解】

    初始值

    第一次循环:

    第二次循环:

    第三次循环:

    第四次循环:

    第五次循环:

    第六次循环:

    第七次循环:

    第九次循环:

    第十次循环:

    所以输出.

    故选:C

    【点睛】

    本题考查了循环结构的程序框图的读取以及运行结果,属于基础题.

    9.已知等差数列的公差不为零,且构成新的等差数列,的前项和,若存在使得,则   

    A10 B11 C12 D13

    【答案】D

    【解析】利用等差数列的通项公式可得,再利用等差数列的前项和公式即可求解.

    【详解】

    构成等差数列可得

    解得:

    所以时,.

    故选:D

    【点睛】

    本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式,需熟记公式,属于基础题.

    10.已知椭圆的焦点分别为,其中焦点与抛物线的焦点重合,且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点,则椭圆的离心率为(   

    A B C D

    【答案】B

    【解析】根据题意可得易知,且,解方程可得,再利用即可求解.

    【详解】

    易知,且

    故有,则

    故选:B

    【点睛】

    本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质,考查了学生的计算能力,属于中档题

    11.设函数定义域为全体实数,令.有以下6个论断:

    是奇函数时,是奇函数;

    是偶函数时,是奇函数;

    是偶函数时,是偶函数;

    是奇函数时,是偶函数

    是偶函数;

    对任意的实数

    那么正确论断的编号是(   

    A③④ B①②⑥ C③④⑥ D③④⑤

    【答案】A

    【解析】根据函数奇偶性的定义即可判断函数的奇偶性并证明.

    【详解】

    是偶函数,则

    所以

    所以是偶函数;

    是奇函数时,则

    所以

    所以是偶函数;

    为非奇非偶函数时,例如:

    ,此时,故错误;

    ③④正确.

    故选:A

    【点睛】

    本题考查了函数的奇偶性定义,掌握奇偶性定义是解题的关键,属于基础题.

    12.在空间直角坐标系中,四面体各顶点坐标分别为:.假设蚂蚁窝在点,一只蚂蚁从点出发,需要在上分别任意选择一点留下信息,然后再返回点.那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是(   

    A B C D

    【答案】C

    【解析】将四面体沿着劈开,展开后最短路径就是的边,在中,利用余弦定理即可求解.

    【详解】

    将四面体沿着劈开,展开后如下图所示:

    最短路径就是的边

    易求得

    由余弦定理知

    其中

    故选:C

    【点睛】

    本题考查了余弦定理解三角形,需熟记定理的内容,考查了学生的空间想象能力,属于中档题.

     

     

    二、填空题

    13.曲线处的切线方程是_________

    【答案】

    【解析】利用导数的运算法则求出导函数,再利用导数的几何意义即可求解.

    【详解】

    求导得

    所以,所以切线方程为

    故答案为:

    【点睛】

    本题考查了基本初等函数的导数、导数的运算法则以及导数的几何意义,属于基础题.

    14.已知等比数列满足公比为其前项和,构成等差数列,则_______

    【答案】0

    【解析】利用等差中项以及等比数列的前项和公式即可求解.

    【详解】

    是等差数列可知

    因为,所以

    故答案为:0

    【点睛】

    本题考查了等差中项的应用、等比数列的前项和公式,需熟记公式,属于基础题.

    15.一个村子里一共有个人,其中一个人是谣言制造者,他编造了一条谣言并告诉了另一个人,这个人又把谣言告诉了第三个人,如此等等.在每一次谣言传播时,谣言的接受者都是在其余个村民中随机挑选的,当谣言传播次之后,还没有回到最初的造谣者的概率是_______

    【答案】

    【解析】利用相互独立事件概率的乘法公式即可求解.

    【详解】

    1次传播,谣言一定不会回到最初的人;

    从第2次传播开始,每1次谣言传播,第一个制造谣言的人被选中的概率都是

    没有被选中的概率是

    次传播是相互独立的,故为

    故答案为:

    【点睛】

    本题考查了相互独立事件概率的乘法公式,考查了考生的分析能力,属于基础题.

    16.已知曲线,点在曲线上,且以为直径的圆的方程是.则_______

    【答案】

    【解析】所在直线方程为点坐标分别为,都在上,代入曲线方程,两式作差可得,从而可得直线的斜率,联立直线的方程,由,利用弦长公式即可求解.

    【详解】

    因为是圆的直径,必过圆心点,

    所在直线方程为

    点坐标分别为,都在上,

    两式相减,

    可得

    (因为的中点),即

    联立直线的方程:

    ,即,即

    又因为

    则有

    .

    故答案为:

    【点睛】

    本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式,考查了学生的计算能力,综合性比较强,属于中档题.

     

    三、解答题

    17.在中,内角的对边分别是,满足条件

    1)求角

    2)若上的高为,求的长.

    【答案】1.(2

    【解析】1)利用正弦定理的边角互化可得,再根据,利用两角和的正弦公式即可求解.

    2)已知,由,在中,解出即可.

    【详解】

    1)由正弦定理知

    由己知,而

    2)已知

    则由

    先求

    【点睛】

    本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式,需熟记定理与公式,属于基础题.

    18.如图,在正四棱锥中,上的四等分点,即

    1)证明:平面平面

    2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

    【答案】1)答案见解析.(2

    【解析】1)根据题意可得,在中,利用余弦定理可得,然后同理可得,利用面面垂直的判定定理即可求解.

    2)以为原点建立直角坐标系,求出面的法向量为的法向量为,利用空间向量的数量积即可求解.

    【详解】

    1)由

    因为是正四棱锥,故

    于是

    由余弦定理,在中,设

    再用余弦定理,在中,

    是直角,

    同理,而在平面上,

    平面平面

    2)以为原点建立直角坐标系,如图:

    设面的法向量为的法向量为

    ,取

    于是,二面角的余弦值为:

    【点睛】

    本题考查了面面垂直的判定定理、空间向量法求二面角,属于基础题.

    19.在平面直角坐标系中,设,过点的直线与圆相切,且与抛物线相交于两点.

    1)当在区间上变动时,求中点的轨迹;

    2)设抛物线焦点为,求的周长(表示),并写出时该周长的具体取值.

    【答案】1.(2的周长为时,的周长为

    【解析】1)设的方程为,根据题意由点到直线的距离公式可得,将直线方程与抛物线方程联立可得,设坐标分别是,利用韦达定理以及中点坐标公式消参即可求解.

    2)根据抛物线的定义可得,由(1)可得,再利用弦长公式即可求解.

    【详解】

    1)设的方程为

    于是

    联立

    坐标分别是

    的中点坐标为,则

    消去参数得:

    2)设,由抛物线定义知

    由(1)知

    的周长为

    时,的周长为

    【点睛】

    本题考查了动点的轨迹方程、直线与抛物线的位置关系、抛物线的定义、弦长公式,考查了计算能力,属于中档题.

    20.已知函数

    1)证明:在区间单调递减;

    2)证明:对任意的

    【答案】1)答案见解析.(2)答案见解析

    【解析】1)利用复合函数求导求出,利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.

    2)首先证,令,求导可得单调递增,由即可证出;再令,再利用导数可得单调递增,由即可证出.

    【详解】

    1

    显然时,,故单调递减.

    2)首先证,令

    单调递增,且,所以

    再令

    所以单调递增,即

    【点睛】

    本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式,解题的关键掌握复合函数求导,属于难题.

    21.在孟德尔遗传理论中,称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子,遗传因子总是成对出现例如,豌豆携带这样一对遗传因子:使之开红花,使之开白花,两个因子的相互组合可以构成三种不同的遗传性状:为开红花,一样不加区分为开粉色花,为开白色花.生物在繁衍后代的过程中,后代的每一对遗传因子都包含一个父系的遗传因子和一个母系的遗传因子,而因为生殖细胞是由分裂过程产生的,每一个上一代的遗传因子以的概率传给下一代,而且各代的遗传过程都是相互独立的.可以把第代的遗传设想为第次实验的结果,每一次实验就如同抛一枚均匀的硬币,比如对具有性状的父系来说,如果抛出正面就选择因子,如果抛出反面就选择因子,概率都是,对母系也一样.父系、母系各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状.假设三种遗传性状()在父系和母系中以同样的比例:出现,则在随机杂交实验中,遗传因子被选中的概率是,遗传因子被选中的概率是.称分别为父系和母系中遗传因子的频率,实际上是父系和母系中两个遗传因子的个数之比.基于以上常识回答以下问题:

    1)如果植物的上一代父系、母系的遗传性状都是,后代遗传性状为()的概率各是多少?

    2)对某一植物,经过实验观察发现遗传性状具有重大缺陷,可人工剔除,从而使得父系和母系中仅有遗传性状为()的个体,在进行第一代杂交实验时,假设遗传因子被选中的概率为被选中的概率为.求杂交所得子代的三种遗传性状()所占的比例

    3)继续对(2)中的植物进行杂交实验,每次杂交前都需要剔除性状为的个体假设得到的第代总体中3种遗传性状()所占比例分别为.设第代遗传因子的频率分别为,已知有以下公式.证明是等差数列.

    4)求的通项公式,如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进行下去,会有什么现象发生?

    【答案】1()的概率分别是.(23)答案见解析(4)答案见解析

    【解析】1)利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.

    2)利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.

    3)由(2)知,求出,利用等差数列的定义即可证出.

    4)利用等差数列的通项公式可得,从而可得,再由,利用式子的特征可得越来越小,进而得出结论.

    【详解】

    1)即是父亲和母亲的性状,每个因子被选择的概率都是

    出现的概率是出现的概率是

    出现的概率是

    所以:()的概率分别是

    2

    3)由(2)知

    于是

    是等差数列,公差为1

    4

    其中,(由(2)的结论得)

    所以

    于是,

    很明显越大,越小,所以这种实验长期进行下去,

    越来越小,而是子代中所占的比例,也即性状会渐渐消失.

    【点睛】

    本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式、等差数列的定义、等差数列的通项公式,考查了学生的分析能力,属于中档题,

    22.在直角坐标系中,以为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.曲线的极坐标方程为:,曲线的参数方程为其中为参数,为常数.

    1)写出的直角坐标方程;

    2在什么范围内取值时,有交点.

    【答案】1.(2

    【解析】1)利用,代入可求;消参可得直角坐标方程. 

    2)将的参数方程代入的直角坐标方程,有交点,可得,解不等式即可求解.

    【详解】

    1

    2)将的参数方程代入的直角坐标方程得:

    有交点,即

    【点睛】

    本题考查了极坐标方程与普通方程的转化、参数方程与普通方程的转化、直线与圆的位置关系的判断,属于基础题.

    23.已知都是大于零的实数.

    1)证明

    2)若,证明

    【答案】1)答案见解析.(2)答案见解析

    【解析】1)利用基本不等式可得,两式相加即可求解.

    2)由(1)知,代入不等式,利用基本不等式即可求解.

    【详解】

    1

    两式相加得

    2)由(1)知

    于是,

    【点睛】

    本题考查了基本不等式的应用,属于基础题.

     

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:0份资料
    • 充值学贝下载 90%的用户选择 本单免费
    • 扫码直接下载
    选择教习网的 4 个理由
    • 更专业

      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿

    • 更丰富

      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;500万+优选资源 ⽇更新5000+

    • 更便捷

      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤

    • 真低价

      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣

    开票申请 联系客服
    本次下载需要:0学贝 0学贝 账户剩余:0学贝
    本次下载需要:0学贝 原价:0学贝 账户剩余:0学贝
    了解VIP特权
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送

        扫码支付后直接下载

        0元

        扫码支付后直接下载

        使用学贝下载资料比扫码直接下载优惠50%
        充值学贝下载,本次下载免费
        了解VIP特权
        • 微信
        • 支付宝

        微信扫码支付

        支付宝扫码支付(支持花呗)

        到账0学贝
        • 微信
        • 支付宝

        微信扫码支付

        支付宝扫码支付 (支持花呗)

          下载成功

          Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

          若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

          本资源来自成套资源

          更多精品资料

          正在打包资料,请稍候…

          预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

          服务器繁忙,打包失败

          请联系右侧的在线客服解决

          单次下载文件已超2GB,请分批下载

          请单份下载或分批下载

          支付后60天内可免费重复下载

          我知道了
          正在提交订单

          欢迎来到教习网

          • 900万优选资源,让备课更轻松
          • 600万优选试题,支持自由组卷
          • 高质量可编辑,日均更新2000+
          • 百万教师选择,专业更值得信赖
          微信扫码注册
          qrcode
          二维码已过期
          刷新

          微信扫码,快速注册

          还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

          手机号注册
          手机号码

          手机号格式错误

          手机验证码 获取验证码

          手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

          设置密码

          6-20个字符,数字、字母或符号

          注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
          QQ注册
          手机号注册
          微信注册

          注册成功

          下载确认

          下载需要:0 张下载券

          账户可用:0 张下载券

          立即下载

          如何免费获得下载券?

          加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

          返回
          顶部