北京市朝阳区2021届高三上学期期末考试数学试题 Word版含答案

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北京市朝阳区2021届高三上学期期末考试数学试题 Word版含答案

高三数学试卷 第 1页(共 14页) 北京市朝阳区 2020~2021 学年度第一学期期末质量检测 高三年级数学试卷 2021.1 (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。 (1)已知全集 { 1,0,1,2,3,4}U   ,集合 {0,1,2}A  ,则 U Að = (A){3,4} (B){ 1,3,4} (C){0,1,2} (D){ 1,4} (2)已知向量 ( 1,2) a , ( ,4)xb ,且 a b ,则| |b (A) 2 5 (B) 4 3 (C) 4 5 (D)8 (3)某三棱锥的三视图如图所示,已知网格纸上小正方形的边 长为 1,则该三棱锥的体积为 (A) 4 3 (B) 8 3 (C) 3 (D) 4 (4)已知等比数列{ }na 的各项均为正数,且 3 9a  ,则 3 1 3 2 3 3 3 4 3 5log log log log loga a a a a     (A) 5 2 (B) 5 3 (C)10 (D)15 (5)设抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ,准线 l 与 x 轴的交点为 M , P 是 C 上一点.若| | 4PF  ,则| |PM  (A) 21 (B) 5 (C) 2 7 (D) 4 2 高三数学试卷 第 2页(共 14页) (6)已知函数 ( ) cos(2 )6f x x   ,给出下列四个结论: ①函数 ( )f x 是周期为  的偶函数; ②函数 ( )f x 在区间[ , ]12 12   上单调递减; ③函数 ( )f x 在区间[0, ]2  上的最小值为 1 ; ④将函数 ( )f x 的图象向右平移 π 6 个单位长度后,所得图象与 ( ) sin 2g x x 的图象重合. 其中,所有正确结论的序号是 (A)①③ (B)②③ (C)①④ (D)②④ (7)已知定义在 R 上的奇函数 ( )f x 满足 ( 2) ( )f x f x  ,且 (1) 0f  ,当 (0,1)x 时, ( ) 2xf x x  .设 (5)a f , 1( )3b f , 5( )2c f  ,则 , ,a b c 的大小关系为 (A) b a c  (B) a c b  (C) c a b  (D)b c a  (8)已知圆 2 2: 4C x y  ,直线 : 0l x y t   ,则“l 与 C 相交”是“| | 2t  ”的 (A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件 (9)已知双曲线 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0a  , 0b  )的左焦点为 F ,右顶点为 A ,过 F 作 C 的一条渐近线的垂 线 FD , D 为垂足.若| | | |DF DA ,则 C 的离心率为 (A) 2 2 (B) 2 (C) 3 (D) 2 (10)在平面直角坐标系 xOy 中,已知直线 y mx ( 0m  )与曲线 3y x 从左至右依次交于 A , B ,C 三 点.若直线l : 3 0kx y   ( k R )上存在点 P 满足 2PA PC   ,则实数 k 的取值范围是 (A) ( 2,2) (B)[ 2 ]2,2 2 (C) ( , 2) (2, )   (D) ( , 2 ] [2 2, )2   高三数学试卷 第 3页(共 14页) 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)设 a R .若复数 i(1 i)z a  为纯虚数,则 a  ________, 2z  ________. (12)在 2 61( )x x  的展开式中,常数项是________.(用数字作答) (13)在我国古代,人们将直角三角形中短的直角边叫做勾,长的直角边叫做股,斜边叫做弦.根据《周 髀算经》记载,西周数学家商高就发现勾股定理的一个特例:若勾为三,股为四,则弦为五.一般 地,像 (3,4,5) 这样能够成为一个直角三角形三条边长的正整数组称为勾股数组.若从 (3,4,5) , (5,12,13) ,(6,8,10) ,(7,24,25) ,(8,15,17) ,(9,12,15) ,(9,40,41) ,(10,24,26) , )11,60,61( , )12,16,20( 这些勾股数组中随机抽取 1 组,则被抽出的勾股数组中的三个数恰好构成等差数列的概率为________. (14)若函数 ( ) sin( ) cosf x x x   为偶函数,则常数 的一个取值为________. (15)设函数 ( )y f x 的定义域为 D ,若对任意 1x D ,存在 2x D ,使得 1 2( ) ( ) 1f x f x  ,则称函数 ( )f x 具有性质 M ,给出下列四个结论: ①函数 3y x x  不具有性质 M ; ②函数 e e 2 x x y  具有性质 M ; ③若函数 8log ( 2)y x  , [0, ]x t 具有性质 M ,则 510t  ; ④若函数 3sin 4 x ay  具有性质 M ,则 5a  . 其中,正确结论的序号是________. 注:本题给出的结论中,有多个符合题目要求。全部选对得 5 分,不选或有错选得 0 分,其他得 3 分。 高三数学试卷 第 4页(共 14页) 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 13 分) 在 ABC△ 中, 7cos 8A  , 3c  ,且 b c ,再从条件①、条件②中选择一个作为已知,求: (Ⅰ) b 的值; (Ⅱ) ABC△ 的面积. 条件①: sin 2sinB A ; 条件②: sin sin 2sinA B C  . 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分。 (17)(本小题 13 分) 某公司为了解用户对其产品的满意程度,从 A 地区随机抽取了 400 名用户,从 B 地区随机抽取了 100 名用户,请用户根据满意程度对该公司产品评分.该公司将收集到的数据按照[20,40),[40,60),[60,80),[80,100] 分组,绘制成评分频率分布直方图如下: A 地区用户满意程度评分频率分布直方图 B 地区用户满意程度评分频率分布直方图 (Ⅰ)从 A 地区抽取的 400 名用户中随机选取一名,求这名用户对该公司产品的评分不低于 60 分的概率; (Ⅱ)从 B 地区抽取的 100 名用户中随机选取两名,记这两名用户的评分不低于 80 分的个数为 X ,求 X 的 分布列和数学期望; (Ⅲ)根据频率分布直方图,假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替,估计 A 地区抽取的 400 名 用户对该公司产品的评分的平均值为 1 ,B 地区抽取的 100 名用户对该公司产品的评分的平均值为 2 ,以及 A,B 两个地区抽取的 500 名用户对该公司产品的评分的平均值为 0 ,试比较 0 和 1 2 2   的大小.(结论不要求证明) 高三数学试卷 第 5页(共 14页) (18)(本小题 14 分) 如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,平面 PAD  平面 ABCD , PA PD , PA PD , 3BAD   , E 是线段 AD 的中点,连结 BE . (Ⅰ)求证: BE PA ; (Ⅱ)求二面角 A PD C  的余弦值; (Ⅲ)在线段 PB 上是否存在点 F ,使得 //EF 平面 PCD ?若存在, 求出 PF PB 的值;若不存在,说明理由. (19)(本小题 15 分) 已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0)a b  过点 3(1, )2 ,且 C 的离心率为 3 2 . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)过点 (1,0)P 的直线l 交椭圆C 于 A , B 两点,求| | | |PA PB 的取值范围. 高三数学试卷 第 6页(共 14页) (20)(本小题 15 分) 已知函数 2ln (( ) 2)x a x af xx     ( a R ). (Ⅰ)当 0a  时,求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程; (Ⅱ)求 ( )f x 的单调区间; (Ⅲ)若 ( )f x 恰有两个零点,求实数 a 的取值范围. (21)(本小题 15 分) 已知无穷数列{ }na 满足: 1 0a  , 2 1n na a c   ( *nN , cR ).对任意正整数 2n  ,记 { | {1,2,3, , }, | 2}|n iM c i n a  对任意 , *{ | | 2}, | iM c i a  N对任意 . (Ⅰ)写出 2M , 3M ; (Ⅱ)当 1 4c  时,求证:数列{ }na 是递增数列,且存在正整数 k ,使得 kc M ; (Ⅲ)求集合 M . 北京市朝阳区 2020~2021 学年度第一学期期末质量检测 高三数学参考答案 2021.1 一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分) (1)B (2)C (3)A (4)C (5)C 高三数学试卷 第 7页(共 14页) (6)D (7)A (8)B (9)B (10)D 二、填空题(共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分) (11) 0 ; 1 (12)15 (13) 2 5 (14) π 2 (答案不唯一) (15)①③ 三、解答题(共 6 小题,共 85 分) (16)(共 13 分) 解:选条件①: sin 2sinB A . (Ⅰ)在 ABC△ 中,因为 sin sin b a B A  ,所以 sin 2sin a Bb aA   . 因为 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ,且 3c  , 7cos 8A  , 2b a , 所以 2 24 9 7 12 8 a a a    . 化简得 22 7 6 0a a   , 解得 2a  或 3 2a  . 当 3 2a  时, 2 3b a c   ,与题意矛盾. 所以 2a  ,所以 4b  ............................................................................................................ 9 分 (Ⅱ)因为 7cos 8A  , (0,π)A ,所以 15sin 8A  . 所以 1 1 15 3 15sin 4 32 2 8 4ABCS bc A     △ .................................................................. 13 分 选条件②: sin sin 2sinA B C  . (Ⅰ)在 ABC△ 中,因为 sin sin sin a b c A B C   , 所以由sin sin 2sinA B C  得 2 6a b c   . 因为 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ,且 3c  , 7cos 8A  , 6a b  , 所以 2 29 (6 ) 7 6 8 b b b     . 解得 4b  .................................................................................................................................. 9 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 4b  ,所以 6 2a b   . 高三数学试卷 第 8页(共 14页) 因为 7cos 8A  , (0,π)A ,所以 15sin 8A  . 所以 1 1 15 3 15sin 4 32 2 8 4ABCS bc A     △ ...................................................................13 分 (17)(共 13 分) 解:(Ⅰ)由题知 A 地区共抽取 400 名用户,其中有 240 名用户对该公司产品的评分不低于 60 分, 所以从 A 地区抽取的 400 名用户中随机选取一名, 这名用户对该公司产品的评分不低于 60 分的概率是 240 0.6400  ........................................3 分 (Ⅱ)由题可知 X 的可能取值为 0,1,2. 2 90 2 100 89( 0) 110 CP X C    ; 1 1 90 10 2 100 2( 1) 11 C CP X C    ; 2 10 2 100 1( 2) 110 CP X C    . 所以 X 的分布列如下表: X 0 1 2 P 89 110 2 11 1 110 所以 X 的数学期望 89 2 1 10 1 2110 11 110 5EX        .........................................................10 分 (Ⅲ) 1 2 0 2    ..............................................................................................................................13 分 高三数学试卷 第 9页(共 14页) (18)(共 14 分) 解:(Ⅰ)因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AB AD . 又因为 3BAD   , E 为 AD 的中点,所以 BE AD . 又因为平面 PAD  平面 ABCD , 平面 PAD  平面 ABCD AD , 所以 BE  平面 PAD . 因为 PA  平面 PAD , 所以 BE PA ............................................................................................................................4分 (Ⅱ)连结 PE .因为 PA PD , E 为 AD 的中点, 所以 PE AD . 由(Ⅰ)可知 BE  平面 PAD , 所以 BE AD , PE BE . 设 2AD a ,则 PE a . 如图,建立空间直角坐标系 E xyz . 所以 ( ,0,0), (0, 3 ,0), ( 2 , 3 ,0), ( ,0,0), (0,0, )A a B a C a a D a P a  . 所以 )3 ,0( ,D aC a  , ( ,0, )D aP a . 因为 BE  平面 PAD ,所以 (0, 3 ,0)EB a 是平面 PAD 的一个法向量. 设平面 PCD 的法向量为 ( , , )x y zn , 则 0, 0, DC DP      n n   即 3 0, 0. ax ay ax az      所以 3 , . x y x z     令 3x  ,则 1y  , 3z   .于是 ( 3,1, 3) n . 所以 3 7cos , 7| || | 7 3 EB aEB EB a     nn n   . 由题知,二面角 A PD C  为钝角,所以其余弦值为 7 7  ............................................. 9分 (Ⅲ)当点 F 是线段 PB 的中点时, //EF 平面 PCD .理由如下: 因为点 E 平面 PCD ,所以在线段 PB 上存在点 F 使得 //EF 平面 PCD 等价于 0EF  n  . 假设线段 PB 上存在点 F 使得 //EF 平面 PCD . 高三数学试卷 第 10页(共 14页) 设 ( [0,1])PF PB    ,则 PF PB  . 所以 (0,0, ) (0, 3 , ) (0, 3 , )EF EP PF EP PB a a a a a a                . 由 3 3( ) 0EF a a a     n  ,得 1 2   . 所以当点 F 是线段 PB 的中点时, //EF 平面 PCD ,且 1 2 PF PB  .......................................14 分 (19)(共 15 分) 解:(Ⅰ)由题意得 2 2 2 2 2 3 ,2 1 3 1,4 . c a a b a b c            解得 2 1. a b    , 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ............................................................................................5 分 (Ⅱ)当直线 l 的斜率不存在时,直线 l : 1x  与椭圆 C 交于 3(1, )2A , 3(1, )2B  两点, 所以 3| |=| |= 2PA PB ,所以 3| || |= 4PA PB . 当直线 l 的斜率存在时,设其方程为 ( 1)y k x  , 由 2 2 ( 1), 4 4 y k x x y      得 2 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x k x k     . 且 4 2 2 264 4(1 4 )(4 4) 16(3 1) 0k k k k        . 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,则 2 1 2 2 8 1 4 kx x k    , 2 1 2 2 4 4 1 4 kx x k   . 所以 2 2 1 2| || |=( 1 | 1|)( 1 | 1|)PA PB k x k x     2 1 2 1 2(1 ) | ( ) 1|k x x x x     2 2 3(1 ) 1 4 k k   . 令 21 4t k  ,则 1t  , 所以 2 2 13(1 )3(1 ) 3 9 3 9 34| || |= ( ,3]1 4 4 4 4 4 t k tPA PB k t t t        . 当 1t  ,即 0k  时,| | | |PA PB 取最大值3. 高三数学试卷 第 11页(共 14页) 综上所述,| | | |PA PB 的取值范围是 3[ ,3]]4 .............................................................................15 分 (20)(共 15 分) 解:(Ⅰ)当 0a  时, ( ) ln 2f x x x  , 1( ) 2f x x    , 所以 (1) 2f   , (1) 1f    . 所以曲线在点 (1, (1))f 处的切线方程为 2 ( 1)y x    ,即 1 0x y   ...........................3 分 (Ⅱ)因为 2ln (( ) 2)x a x af xx     ,定义域为 (0, ) , 所以  2 (2 1) 11 2 ( 2) 1( ) ( 2) 2 a x x x axaxf x a axx x           . ①当 0a  时, ( )f x 与 ( )f x 在 (0, ) 上的变化情况如下: x 1(0, )2 1 2 1( , )2  ( )f x  0  ( )f x  最大值 1( ) ln2 12 4 af      所以 ( )f x 在 1(0, )2 内单调递增,在 1( , )2  内单调递减. ②当 0 2a  时, ( )f x 与 ( )f x 在 (0, ) 上的变化情况如下: x 1(0, )2 1 2 1 1( , )2 a 1 a 1( , )a  ( )f x  0  0  ( )f x  极大值 1( ) ln2 12 4 af      极小值 1( ) ln 11a af a     所以 ( )f x 在 1(0, )2 , 1( , )a  内单调递增,在 1 1( , )2 a 内单调递减. ③当 2a  时, 0( )f x  ,所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增. ④当 2a  时, ( )f x 与 ( )f x 在 (0, ) 上的变化情况如下: x 1(0, )a 1 a 1 1( , )2a 1 2 1(2 , ) ( )f x  0  0  ( )f x  极大值 1( ) ln 11a af a     极小值 1( ) ln2 12 4 af      高三数学试卷 第 12页(共 14页) 所以 ( )f x 在 1(0, )a , 1(2 , ) 内单调递增,在 1 1( , )2a 内单调递减.................................. 9 分 (III)由(II)可知: ①当 0a  时, ( )f x 在 1(0, )2 内单调递增,在 1( , )2  内单调递减, 当 1 2x  时, ( )f x 取得最大值 1( ) ln2 12 4 af     . (i)当 4ln 2 4 0a    时, 1( ) 02f  , 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点,不符合题意. (ii)当 4ln 2 4a    时, 1( ) 02f  . 因为 1( ) 02f  , (1) 2 0f    , ( )f x 在 1( , )2  内单调递减, 所以 ( )f x 在 1( , )2  内有唯一零点. 因为 4ln2 4 ea      , 所以 ea  且 1 1 10 4ln2 4 2a     . 因为 1 3( ) ln( ) 1 1 ln( ) 1 lne=0f a aaa            , 1( ) 02f  , 且 ( )f x 在 1(0, )2 内单调递增,所以 ( )f x 在 1(0, )2 内有唯一零点. 所以当 4ln 2 4a    时, ( )f x 恰有两个零点. ②当 0 2a  时, ( )f x 在 1(0, )2 , 1( , )a  内单调递增,在 1 1( , )2 a 内单调递减, 因为当 1 2x  时, ( )f x 取得极大值 1( ) ln2 1 02 4 af      , 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点,不符合题意. ③当 2a  时, ( )f x 在 (0, ) 上单调递增, 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点,不符合题意. ④当 2a  时, ( )f x 在 1(0, )a , 1(2 , ) 内单调递增,在 1 1( , )2a 内单调递减. 因为当 1x a  时, ( )f x 取得极大值 1( ) ln 1 01f aa a      , 高三数学试卷 第 13页(共 14页) 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点,不符合题意. 综上所述,实数 a 的取值范围是 ( , 4ln 2 4)   .................................................................15 分 (21)(共 15 分) 解:(Ⅰ) 2 [ 2,2]M   , 3 [ 2,1]M   .......................................................................................................4 分 (Ⅱ)当 1 4c  时,对任意 *nN ,都有 2 2 1 1 1 1( ) 02 4 4n n n n na a a c a a c c            , 所以 1n na a  . 所以数列{ }na 是递增数列........................................................................................................7 分 因为 1 1 1 2 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 4n n n n na a a a a c ca ca a                 , 所以 1 1( )4na n c   . 令 0 8min{ | }4 1n t t c    N ,则 0 1 0 1 8 1( ) ( ) 24 4 1 4na n c cc      , 所以 0 1nc M  . 所以存在正整数 0 1k n  ,使得 kc M .............................................................................. 9 分 (III)由题意得,对任意 *nN ,都有 1n nM M  且 nM M . 由(Ⅱ)可得,当 1 4c  时,存在正整数 k ,使得 kc M ,所以 c M . 所以若 c M ,则 1 4c  . 又因为 3 [ 2,1]M M   ,所以若 c M ,则 2c   . 所以若 c M ,则 12 4c   ,即 1[ 2, ]4M   . 下面证明 1[ 2, ]4 M  . ①当 10 4c  时,对任意 *nN ,都有 0na  . 高三数学试卷 第 14页(共 14页) 下证对任意 *nN , 1 2na  . 假设存在正整数 k ,使得 1 2ka  . 令集合 * 1{ | }2kS k a  N ,则非空集合 S 存在最小数 0s . 因为 2 1 10 4 2a c    ,所以 0 2s  . 因为 0 1s S  ,所以 0 1 10 2sa   . 所以 0 0 2 1 1 1 4 2s sa a c c     ,与 0 1 2sa  矛盾. 所以对任意 *nN , 10 2na  . 所以当 10 4c  时,| | 2na  . ②当 2 0c   时, 2 2 0c c  . 下证对任意 *nN ,| | ||na c . 假设存在正整数 k ,使得| | ||ka c . 令集合 *{ || | |}|kT k a c  N ,则非空集合T 存在最小数 0t . 因为 2a c ,所以 2| | | |a c ,所以 0 2t  . 因为 0 1t T  ,所以 0 1| | | |ta c  . 0 0 2 2 1t ta a c c c c      ,且 0 0 2 1tta a c c   , 所以 0 ||| |ta c ,与 0 ||| |ta c 矛盾. 所以当 2 0c   时,| | || 2na c  . 所以当 1[ 2, ]4c  时,对任意 *nN ,都有| | 2na  . 所以 c M ,即 1[ 2, ]4 M  . 因为 1[ 2, ]4M   ,且 1[ 2, ]4 M  ,所以 1[ 2, ]4M   ......................................................... 15 分
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