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北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测一
数学
（考试时间120分钟满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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. 已知全集 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合A，再利用补集的定义求解即得.
【详解】全集 ，则 ，
所以 .
故选：D
2. 复数 在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算，化解复数，并结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】复数 ，所以复数对应 点为 ，为第一象限的点.
的
故选：A
3. 在△ABC中，若 a=2bsinA,则B为A. B. C. 或 D. 或
【答案】C
【解析】
【详解】 ， ，则 或 ，选C.
4. 已知 ，则“ ”是“函数 在 上单调递增”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】分 ， ， 讨论函数 的单调性，进而根据充分性和必要性的概念确定答案.
【详解】对于函数
当 时， ，为常数函数，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以“ ”是“函数 在 上单调递增”的充分而不必要条件.
故选：A.
5. 已知直线 和圆 相交于A，B两点.若 ，则 （ ）
A. 2 B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助点到直线的距离公式与垂径定理计算即可得.
【详解】圆 的圆心为： ，半径为 ，则圆心到直线 的距离为 ，
由垂径定理可得 .
故选：D.
6. 已知等比数列 的前 项和为 ，且 ， ，则 （ ）
A. 9 B. 16 C. 21 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的性质求 ，即可求解 .
【详解】由等比数列的性质可知， ，即 ，得 ，
.
故选：C
7. 已知双曲线 ： 的右焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线 ，M，N分别是
与双曲线C及其渐近线在第一象限内的交点.若M是线段 的中点，则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线的右焦点 ，求出点 和 的坐标，利用中点坐标公式列式计算得 关系，进
而可得渐近线方程.【详解】设双曲线的右焦点 ，过第一象限的渐近线方程为 ，
当 时， ，即 ，又 ，
因为M是线段 的中点，所以 ，得 ，
所以 ，即 ，
所以C的渐近线方程为 .
故选：C.
8. 在 中， ， ，点 在线段 上.当 取得最小值时， （
）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先建立平面直角坐标系，利用坐标表示数量积，并求最小值，求得 的坐标，即可求解.
的
【详解】如图，以 所在直线为 轴，以 垂直平分线建立 轴，建立平面直角坐标系，
由 ， ，则 ，所以 ， ， ，设 ，
则 ， ，
则 ，
当 时， 取得最小值，此时 ， .
故选：B
9. 在棱长为 的正方体 中， ， ， 分别为棱 ， ， 的中点，动点 在
平面 内，且 .则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点 ，使得直线 与直线 相交
B. 存在点 ，使得直线 平面
C. 直线 与平面 所成角的大小为
D. 平面 被正方体所截得的截面面积为
【答案】C
【解析】
【分析】连接 ， ，取 的中点 ，连接 ，点 到线段 的最短距离大于 ，即可判断 ；建立空间直角坐标系，点 到平面 的距离为 ，即可判断 ；由 平面
连接 交 于点 ， 与 全等，所以 ，即可判断 ；平
面 被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为 ，可求截面面积.
【详解】
连接 ， ，所以 ， ，取 的中点 ，连接 ，
所以 ，点 到线段 的最短距离大于 ，所以不存在点 ，使得直线 与直线 相
交，故 不正确；
以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，则
， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，所以 ，即 ，令 ，则 ， ，所以 ，
所以点 到平面 的距离为 ，而 ，所以不存在点 ，使得直线
平面 ，故 不正确；
因为 ，所以 平面 ，连接 交 于点 ，所以 为 的中点，
，
所以 为直线 与平面 所成角，
因为 ，在 中， ，
所以 ，因为 与 全等，所以 ，故 正确；
延长 交 的延长线于 ，连接 交 于 ，连接 ，取 的中点 ， 的中点 ，
连接 ， ， ， ， ， ，
平面 被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为 ，
所以截面面积为 ，故 不正确.故选： .
10. 已知 个大于2的实数 ，对任意 ，存在 满足 ，且 ，
则使得 成立的最大正整数 为（ ）
A. 14 B. 16 C. 21 D. 23
【答案】D
【解析】
【 分 析 】 构 造 函 数 ， 结 合 函 数 单 调 性 可 得 ， 则 有
，即可得解.
【详解】由 ，且 ， ，故 ，即 ，
令 ， ，
故当 时， ，当 时， ，
即 在 上单调递增，在 上单调递减，
由 ，即 ，故 ， ，
又 ，故 ，即 ，
若 ，则有 ，
即 ，由 ，故 .
故最大正整数 为 .故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数 的性质，结合其单调性得到 ，从而
得到 ，则有 ，即可得解.
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. 在 的展开式中， 的系数为___________(用数字作答)
【答案】15
【解析】
【分析】集合二项式展开式的通项公式即可求出结果.
【详解】由二项式的展开式的通项公式，得 ，令 ，则 ，所以系数
为 ，
故答案为：15.
12. 已知抛物线 的焦点为 ，准线方程为 ，则 __________；设 为原点，点
在抛物线上，若 ，则 __________.
.
【答案】 ① ②. ##0.5
【解析】
【分析】借助抛物线的性质及其定义计算即可得.
【详解】由抛物线准线方程为 ，故 ，
则 ， ，由 在抛物线上，
故 ，由 ，可得 ，
即 ，即 .
故答案为： ； .
13. 已知函数 ，若实数 满足 ，则
__________； 的取值范围是________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合分段函数与绝对值函数的性质，可得 ，且 时，
关于 对称，即可得解.
【详解】由 ，故 在 、 上单调递减，
在 上单调递增，且有 ， ， ， ， ， ；
由 ，则 ，
由 时， ，则 关于 对称，故 ，
则 .
故答案为： ； .
14. 已知函数 .若曲线 在点 处的切线与其在点 处的
切线相互垂直，则 的一个取值为_________.【答案】 (答案不唯一)
【解析】
【分析】利用导数的几何意义，结合条件可知， ，再根据函数的取值，即可求解.
【详解】 ，由题意可知， ，
即 ，所以 ，得 ， ， ，
或 ，得 ， ， ，
所以 ， ， ,
所以 的一个取值为 .
故答案为： (答案不唯一)
15. 设A，B为两个非空有限集合，定义 其中 表示集合S的元素个数.某学校甲、
乙、丙、丁四名同学从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门高中学业水平等级性考试科目中
自主选择3门参加考试，设这四名同学的选考科目组成的集合分别为 ， ， ， .已知 {物理，
化学，生物}， {地理，物理，化学}， {思想政治，历史，地理}，给出下列四个结论：
①若 ，则 {思想政治，历史，生物}；
②若 ，则 {地理，物理，化学}；
③若 {思想政治，物理，生物}，则 ；④若 ，则 {思想政治，地理，化学}.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①③
【解析】
【分析】对于①③：直接根据定义计算即可；对于②：通过定义计算得到 必为偶数，讨论
和 两种情况下的求解即可；对于④：通过举例 {物理，地理，历史}来说明.
【详解】对于①： ，所以 ，所以 ，
又 {地理，物理，化学}，所以 {思想政治，历史，生物}，①正确；
对于②： ，即 ，
所以 ，所以 必为偶数，又 ，
当 时， ，不符合 ，
所以 ，且 ，此时 情况较多，比如 {物理，地理，生物}，②错误；
对于③：若 {思想政治，物理，生物}，则
，
所以 ，③正确；
对于④：当 {物理，地理，历史}时，
，
满足 ，但不是 {思想政治，地理，化学}，④错误.
故选：①③【点睛】方法点睛：对于新定义题目，一定要深刻理解定义的意义，然后套用定义进行计算即可，很多时
候新定义题目难度并不很大，关键是要大胆做，用心做.
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. 已知函数 的最小正周期为 .
（1）若 ， ，求 的值；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定 的解析式，并求函数
的单调递增区间.
条件①： 的最大值为2；
条件②： 的图象关于点 中心对称；
条件③： 的图象经过点 .
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2） ，单调递增区间 ， ，
【解析】
【分析】（1）根据条件，代入 ，即可求解；
（2）根据三角函数的性质，选择条件，代入后，即可求解函数的解析式，利用三角恒等变换，代入函数
单调递增区间，即可求解.
【小问1详解】
因为 ， ，则 ，且 ，则 ；【小问2详解】
因为函数 的最小正周期为 ，则 ，
若选①②，则 ，且 ，
且 ，则 ，则 ，则 ，
所以 ；
若选择①③，则 ，且 ，则 ，
，则 ，则 ，则 ，
所以 ；
若选择②③，由②可知， ，
由③可知， ，则 ，
所以 .
，
，
令 ， ，
得 ， ，所以函数 的单调递增区间是 ， ，
17. 如图，在三棱锥 中，侧面 底面 ， ， .
（1）求证： ；
（2）已知 ， ， ， 是线段 上一点，当 时，求二面角
的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
取 中点 ，连接 、 ，
由 ， ，故 、 ，
又 、 平面 ， ，
则 平面 ，又 平面 ，故 ；
【小问2详解】
由侧面 底面 ，且 ， 平面 ，平面 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，故 ，
即有 、 、 两两垂直，
故可以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系 ，
由 ， ， ， ， ，
则 ， ，
即 、 、 、 、 ，
、 、 ，
令 ，则 ，
由 ，故 ，解得 ，
故 ，
令平面 的法向量为 ，
则有 ，令 ，则有 ，
由 轴 平面 ，故平面 的法向量可为 ，
则 ，
故二面角 的余弦值为 .18. 为提升学生用数学知识解决现实生活或其他学科领域中的问题的能力，发展学生数学建模素养，某市
面向全市高中学生开展数学建模论文征文活动.对于参加征文活动的每篇论文，由两位评委独立评分，取两
位评委评分的平均数作为该篇论文的初评得分.从评委甲和评委乙负责评审的论文中随机抽取10篇，这10
篇论文的评分情况如下表所示.
序 评委甲评 评委乙评 初评得
号 分 分 分
1 67 82 74.5
2 80 86 83
3 61 76 68.5
4 78 84 81
5 70 85 77.5
6 81 83 82
7 84 86 85
8 68 74 71
9 66 77 71.5
10 64 82 73
（1）从这 篇论文中随机抽取1篇，求甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过 的概率；
（2）从这 篇论文中随机抽取3篇，甲、乙两位评委对同一篇论文的评分之差的绝对值不超过 的篇数
记为 ，求 的分布列及数学期望；
（3）对于序号为 的论文，设评委甲的评分为 ，评委乙的评分为 ，分别记甲、乙两位评委对这10篇论文评分的平均数为 ， ，标准差为 ， ，以 作为序号为 的
论文的标准化得分.对这10篇论文按照初评得分与标准化得分分别从高到低进行排名，判断序号为2的论
文的两种排名结果是否相同?（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）相同
【解析】
【分析】（1）直接利用古典概型的公式求解即可；
（2） 的可能取值为 ， ， ，利用超几何分布分别求出概率，然后再求期望即可；
（3）计算序号为2的论文和序号为3的论文的标准化得分的排名即可.
【小问1详解】
设事件 为从这10篇论文中随机抽取1篇，甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过 ，
又在这10篇论文中，甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过 的有 篇，
所以 ；
【小问2详解】
由已知 的可能取值为 ， ， ，
， ，
所以 的分布列为
所以 的数学期望为 ；
【小问3详解】根据数据序号为2的论文初评得分排名为第 ，
由已知 ，
，
明显序号为7的论文甲乙两评委评分均最高，故初评得分排名为第 ，标准化得分排名仍然为第 ，
现在就看初评得分排名为第 的序号为 的论文其标准化得分排名是否会发生变化，
根据表中数据观察可得评委甲的评分波动大，故 ，
所以 ，即 ，
所以序号为2的论文标准化得分排名为第 ，
所以序号为2的论文的两种排名结果相同.
19. 已知椭圆 ： 的离心率为 ，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于
A，B的点， 的面积的最大值为 .
（1）求E的方程；
（2）设O为原点，点N在直线 上，N，P分别在x轴的两侧，且 与 的面积相等.
（i）求证：直线 与直线 的斜率之积为定值；
（ⅱ）是否存在点P使得 ，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）不存在点
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，列方程组，即可求解；（2）（ⅰ）首先利用坐标表示 和 ，利用面积相等，以及点 在椭圆上的条件，即可化简斜率
乘积的公式，即可证明；（ⅱ）由条件 ，确定边长和角度的关系，再结合数形结合，即
可判断是否存在点 满足条件.
【小问1详解】
当点 是短轴端点时， 的面积最大，面积的最大值为 ，
则 ，得 ， ，
所以椭圆 的方程为 ；
【小问2详解】
（ⅰ）设 ， ，
， ，
由题意可知， ， ，即 ，
所以 ；
（ⅱ）假设存在点 ，使得 ，因为 ， ， ，
所以 ， ， ，
则 ，
由（ⅰ）可知， ，又 ，所以 三点共线，
如图，
则 ，所以 ，
则点 与点 重合，这与已知矛盾，
所以不存在点 ，使 .
20. 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若关于 的不等式 无整数解，求 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，再分 三种情况讨论 的单调性；
（2）不等式转化为 ，设函数 ，利用导数求函数的取值范围，再结合不等
式，讨论 的取值，即可求解.
【小问1详解】，
当 ，得 ，
当 时， 时， ， 单调递增，
时， ， 单调递减，
当 时， 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
综上可知， 时，函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ，
时，函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ，
时，函数 的增区间是 ，无减区间.
【小问2详解】
不等式 ，即 ，
设 ， ，
设 ， ，所以 单调递增，
且 ， ，
所以存在 ，使 ，即 ，当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ，当 时， ，
不等式 无整数解，即 无整数解，
若 时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若 时，即 ，因 函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
为
所以 时， ，所以 无整数解，符合题意，
当 时，因为 ，显然 是 的两个整数解，不符合题意，
综上可知， .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键1是不等式的变形 ，第二个关键是确定函数
的单调性，以及确定 .
21. 若有穷自然数数列 ： 满足如下两个性质，则称 为 数列：
① ，其中， 表示 ，
这 个数中最大的数；
② ，其中， 表示，这 个数中最小的数.
（1）判断 ：2，4，6，7，10是否为 数列，说明理由；
（2）若 ： 是 数列，且 ， ， 成等比数列，求 ；
（3）证明：对任意 数列 ： ，存在实数 ，使得 .（
表示不超过 的最大整数）
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据 数列的定义验证；
（2）根据 数列的定义先列式求出 ，进而可求出 ；
（3）先说明 数列满足结论，然后假设存在自然数 ，存在 数列使得结论不成立，设这样的 的最
小值为 ，即存在 数列 对任意实数 ，存在 ，使得 ，通过
数列的定义退出矛盾，进而达到证明结论的目的.
【小问1详解】
是
：2，4，6，7，10不 数列，理由如下：
因为 ，
所以 ，
但 ，所以 不满足性质①，故不是 数列；
【小问2详解】
根据 ： 是 数列可得 ： 满足：或 ， 或 ，
①若 ，因为 ， ， 成等比数列，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，得 ，
②若 ，因为 ， ， 成等比数列，所以 ，
当 时， ，解得 ，与 为自然数矛盾，舍去；
当 时， ，解得 ，与 为自然数矛盾，舍去；
所以 ，
由 以及 ，
得 ，所以 ，
由 以及 ，
得 ，
由 以 及
，
可知 ，所以 ；
【小问3详解】
当 时，根据 数列的定义，可知 或 ,
若 ，取 ，则 ，结论成立，
若 ，取 ，则 ，结论成立，假设存在自然数 ，存在 数列使得结论不成立，设这样的 的最小值为 ，
即存在 数列 对任意实数 ，存在 ，使得 ，
根据假设，数列 的前 项 组成的数列是一个 数列，
从而存在实数 ，使得 ， ，
即 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
①若 ，根据 的定义，存在 ，使得 ，
又 ，
则 且 ，
所以 ，
②若 ，根据 的定义，存在 ，使得 ，
又 ，
则 ，且 ，
所以 ，所以 ，
令 ，则 ，
即 ，
所以 ，
所以 ，
即 ，与假设矛盾，
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三问，假设存在自然数 ，存在 数列使得结论不成立，设这样的 的最
小值为 ，即存在 数列 对任意实数 ，存在 ，使得 ，利用反
证法达到解决问题的目的.
