北京海淀区高三一模数学试题及答案.docx

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北京海淀区高三一模数学试题及答案

2021北京海淀高三一模数学

2021.04

本试卷共6页，150分。

考试时长120分钟。

考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

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）已知集合A＝{1}，B＝{x|x≥a）。

若A∪B＝B，则实数a的取值范围是

（A）（－∞、1）（B）（－∞，1]（C）（1，＋∞）（D）[1，＋∞）

z

（2）

如图，在复平面内，复数z对应的点为P.则复数

i

（A）1（B）－1

（C）2（D）－2

的虚部为

（3）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a5＝S5＝5，则a1＝

（A）－5（B）－4（C）－3（D）－2

（4）在（x-a）6的展开式中，x4的系数为12，则a的值为

x

（A）2（B）－2（C）1（D）－1

（5）函数①f（x）=sinx+cosx，②f（x）=sinxcosx，③f（x）=cos2（x+π）-1中，周期是π且为奇函数的

42

所有函数的序号是

（A）①②（B）②（C）③（D）②③

（6）已知函数f（x）满足f（1+x）=f（1-x），且当x＞1时，f（x）＝log2x，则f（8）-f（-2）=

（A）－2（B）－1（C）1（D）3

（7）已知a，b是单位向量，c＝a＋2b，若a⊥c，则|c|＝

（A）3（B）

22

（C）

1

（D）

（8）已知点A（x1,x1），B（x2,x2），C（0,4），则“△ABC是等边三角形”是“直线AB的斜率为0”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）设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn若－a1＜a2＜a1，则

（A）{Sn}为递减数列（B）{Sn}为递增数列

（C）数列{Sn}有最大项（D）数列{Sn}有最小项

（10）

我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为a，记平面a截牟合方盖所得截面的面积为s，则函数S＝f（h）的图象是

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）已知函数f（x）＝x3＋at若曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线的斜率为2.则实数a的值是

。

（12）已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的离心率为。

（13）已知点O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m＞0），则cos=,若B是以OA为边的矩形的项点，则m＝。

（14）

⎨

若实数α，β满足方程组⎧⎪1+2cosα=2cosβ

，则β的一个值是。

⎩⎪3+2sinα=2sinβ

（15）

对平面直角坐标系xOy中的两组点，如果存在一条直线ax＋by＋c＝0使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”，对于一条分类直线l，记所有的点词l的距离的最小值为d，约定：

d1越大，分类直线l的分类效果越好，某学校高三

（2）出的7位同学在2020年期间网购文具的费用x（单位：

百元）和网购图书的费用y（单位：

百元）的情况如图所示，现将P1，P2，P3和P4归为第I组点，樽Q1，Q2，和Q3归为第II组点，在上述约定下，可得这两组点的分类效果最好的分类直线，记为L给出下列四个结论：

①直线x＝2.5比直线3x－y－5＝0的分类效果好；

②分类直线L的斜率为2；

③该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第II组点位于L的同侧；

④如果从第I组点中去掉点P1，第II组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是L。

其中所有正确结论的序号是。

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）（本小题共14分）

如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB＝2

，CD＝

，cosA＝6，cos∠ADB=1。

33

（I）求cos∠BDC；

（II）求BC的长.

（17）（本小题共14分）

在如图所示的多面体中，AB//CD，四边形ACFE为矩形，AB＝AE＝1，AD＝CD＝2.

（I）求证：

平面ABE//平面CDF；

（II）设平面BEF∩平面CDF＝l，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角B－l－C的大小确定，并求此二面角的余弦值.

条件①：

AB⊥AD；

条件②：

AE⊥平面ABCD：

条件③：

平面AED⊥平面ABCD.

（18）（本小题共14分）

每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”，为了解某地区高一学

生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：

小时），并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]，（12，14]，

（14，16]，（16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

（I）求a的值；

（II）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在

（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人、现从这10人中随机抽取

3人，记日平均阅读时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列；

（III）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“P20（k）”表示这20名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在（10，12]（单位：

小时）内的概率，其中k＝0，1，2，…，20.当P20

（k）最大时，写出k的值.（只需写出结论）

（19）（本小题共15分）

已知函数f（x）＝xsinx.

π

（I）

判断函数f（x）在区间（0，

2

）上的单调性，并说明理由；

（II）求证：

函数f（x）在（π，π）内有且只有一个极值点；

2

（III）求函数g（x）＝f（x）+1在区间（1，π]上的最小值.

lnx

（20）（本小题共14分）

x2+y2=

已知椭圆M：

a2b21（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点.

（I）求椭圆M的离心率；

（II）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：

直线SQ过定点.

（21）（本小题共14分）

已知无穷数列{an}，对于m∈N*，若{an}同时满足以下三个条件，则称数列{an}具有性质P（m）.

条件①：

an＞0（n＝1，2，…）；

条件②：

存在常数T＞0，使得an≤T（n＝1，2，…）；条件③：

an＋an+1＝man＋2（n＝1，2，…）.

（I）若an＝5＋4x（-1）n（n＝1，2，…），且数列{an}具有性质P（m），直接写出m的值和一个T的值；

2

（II）是否存在具有性质P

（1）的数列{an}?

若存在，求数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由；

（III）设数列{an}具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列{an}的通项公式.

2021北京海淀高三一模数学参考答案

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。

题号

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

（9）

（10）

答案

B

A

C

B

D

C

C

A

D

D

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

题号

（11）

（12）

（13）

（14）

（15）

答案

-1

2

55

5

0.答案不唯一.

满足

2kπ+2π,k∈Z

3

或2kπ,k∈Z即可

②③④

三、解答题共6小题，共85分。

（16）（本小题共14分）

解：

（Ⅰ）在△ABD中，因为cosA=

6，cos∠ADB=1，

所以sinA=

3

=3，sin∠ADB=

3

3

=22.

3

所以cos∠ABD=cos（π-∠A-∠ADB）

=-cos（∠A+∠ADB）

=-（cosAcos∠ADB-sinAsin∠ADB）

=-6⨯1+

3⨯22=6.

33339

因为AB//CD，

所以∠BDC=∠ABD.

所以cos∠BDC=cos∠ABD=6.

9

（Ⅱ）在△ABD中，由正弦定理得

BD

sinA

AB

sin∠ADB.

因为AB=2，

所以BD=

AB⋅sinAsin∠ADB

26⨯3

=3=3.

22

3

因为CD=，

在△CBD中，由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD⋅CD⋅cos∠BDC

=9+6-2⨯3⨯

=11.

6⨯6

9

所以BC=11.

（17）（本小题共14分）

解：

（Ⅰ）因为四边形ACFE为矩形，

z

E

AFD

y

B

x

C

所以CF//AE.

又因为AB//CD，ABAE=A，AB⊂平面ABE，AE⊂平面ABE，CD⊂平面CDF，CF⊂平面CDF，所以平面ABE//平面CDF.

（Ⅱ）选择①②，或①②③

因为AE⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AB，AE⊥AD.

又因为AB⊥AD，

所以分别以AB，AD，AE所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得

B（1,0,0），E（0,0,1），F（2,2,1）.

所以BE=（-1,0,1），BF=（1,2,1）.

设平面BEF的法向量为n=（x,y,z），则

⎧⎪BE⋅n=0,⎧-x+z=0,

⎨BF⋅n=0,即⎨x+2y+z=0.

⎩⎪⎩

令x=1，则y=-1，z=1.

于是n=（1,-1,1）.

由（Ⅰ）可得：

AD⊥平面CDF.

取平面CDF的一个法向量为m=（0,1,0）.

所以cos=m⋅n==-3.

|m||n|3

所以二面角B-l-C的余弦值为3.

3

选择①③

因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED

平面ABCD=AD,

AB⊥AD，AB⊂平面ABCD,

所以AB⊥平面AED.

又因为AE⊂平面AED，所以AB⊥AE.

在矩形ACFE中，AE⊥AC.

因为AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，ABAC=A，所以AE⊥平面ABCD.

又因为AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AD.

分别以AB，AD，AE所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得B（1,0,0），

E（0,0,1），F（2,2,1）.

所以BE=（-1,0,1），BF=（1,2,1）.

设平面BEF的法向量为n=（x,y,z），则

⎧⎪BE⋅n=0,⎧-x+z=0,

⎨BF⋅n=0,即⎨x+2y+z=0.

⎩⎪⎩

令x=1，则y=-1，z=1.

于是n=（1,-1,1）.

由（Ⅰ）可得：

AD⊥平面CDF.

取平面CDF的一个法向量为m=（0,1,0）.

所以cos=m⋅n==-3.

|m||n|3

所以二面角B-l-C的余弦值为3.

3

（18）（本小题共14分）

解：

（Ⅰ）由频率分布直方图可得：

2（0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01）=1

解得a=0.10.

（Ⅱ）由频率分布直方图可知，这500名学生中日平均阅读时间在（12,14]，（14,16]，（16,18]三组内的学生人数分别为500⨯0.10=50人，500⨯0.08=40人，500⨯0.02=10人.

若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在（14,16内的学生中抽取了40

50+40+10

⨯10=4人.

现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0,1,2,3.

C3201

P（X=0）=6==，

31206

C1C2

601

P（X=1）=46==，

31202

C2C1

363

P（X=2）=46==，

C

10

312010

C341

P（X=3）=4==.

312030

所以X的分布列为

X

0

1

2

3

P

1

6

1

2

3

10

1

30

（Ⅲ）k=4.

（19）（本小题共15分）

解：

（Ⅰ）由题意知，f'（x）=sinx+xcosx.

因为x∈（0，π），

2

所以f'（x）>0.

所以f（x）在（0，π）上单调递增．

2

（Ⅱ）设h（x）=f'（x），则h'（x）=2cosx-xsinx．

当x∈（π，π）时，h'（x）<0．

2

所以h（x）=f'（x）在（π，π）内单调递减．

2

又因为f'（π）=1>0，f'（π）=-π<0，

2

所以存在唯一x∈（π，π），使得f'（x）=0．

020

f（x）与f'（x）在区间（,π）上的情况如下：

2

所以f（x）在（π，π）内

2

（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）可知，f（x）在（1,x0）内单调递增，在（x0,π）内单调递减.又因为f

（1）=sin1>0，f（π）=0，

所以当x∈（1,π]时，f（x）+1≥1．

又因为当x∈（1,π]时，0

有且只有一个极值点．

所以g（x）=

f（x）+1≥

lnx

1

lnπ

，当且仅当x=π时等号成立．

所以g（x）在（1,π]上的最小值为1．

lnπ

（20）（本小题共14分）

解：

（Ⅰ）因为点A（-2,0），B（0,1）都在椭圆M上，所以a=2，b=1.

所以c==.

所以椭圆M的离心率e=c=3.

a2

（Ⅱ）方法一：

由（Ⅰ）知椭圆M的方程为

x2+2

4

=1，C（2,0）.

由题意知：

直线AB的方程为x=2y-2.

设P（x0,y0）（y0≠0，y0≠±1），Q（2yQ-2,yQ），S（xS,0）.

因为C,P,Q三点共线，所以有CPCQ.

所以（x0-2）yQ=y0（2yQ-4）.

所以yQ=2y

4y0

-x

+2.

00

所以Q（4y0+2x0-4,4y0）.

2y0-x0+22y0-x0+2

因为B,S,P三点共线，

所以1=y0-1，即x=x0.

-xxs1-y

s00

所以S（x0,0）.

1-y0

4y0+2x0-4-x0

所以直线QS的方程为x=

2y0-x0+21-y0

4y0

2y0-x0+2

y+x0，

1-y0

x2-4y2-4xy+8y-4x

即x=00000y+0.

4y0（1-y0）1-y0

00

又因为点P在椭圆M上，所以x2=4-4y2.

所以直线QS的方程为x=2-2y0-x0（y-1）+2.

1-y0

所以直线QS过定点（2,1）.

方法二：

直线QS过定点T（2,1），理由如下：

设直线BP为y=kx+1（k≠0且k≠±1），直线CP为y=k（x-2）（k≠0且k≠±1）.

11122222

所以直线BP与x轴的交点S（-1,0）.

k1

因为直线AB的方程为y=1x+1，

2

所以直线CP与直线AB的交点Q（4k2+2,

4k2）.

所以直线TS的斜率k=k1

2k2-12k2-1

，直线TQ的斜率k=1k+1.

TS

2k1+1

TQ224

kk+1（k-k）+1

所以k-k=k1

（1k+1）=-12

2214.

TSTQ

2k+122

42k+1

11

将y=kx+1代入方程x2+4y2=4得（4k2+1）x2+8kx=0.

8k4k2-1

所以点P的横坐标为x=-1，则y=-1.

P4k2+1P4k2+1

将点P的坐标代入直线CP的方程y=k2（x-2），整理得

1+2k-4k2+8kk+8k2k=0.

211212

所以（1+2k1）（1-2k1+2k2+4k1k2）=0.

因为1+2k1≠0，所以1-2k1+2k2+4k1k2=0.

所以kTQ-kTS=0.

所以直线QS过定点T（2,1）.

（21）（本小题共14分）解：

（Ⅰ）m=2；

答案不唯一.如T=6.

（Ⅱ）不存在具有性质P

（1）的数列{an}，理由如下：

假设存在具有性质P

（1）的数列，设为{an}，则m=1．

所以an+2=an+1+an，n=1,2,.

因为an>0（n=1,2,），

所以an+2>an+1，即a2

所以an+3=an+2+an+1≥an+2+a2，即a4-a3≥a2，a5-a4≥a2，⋅⋅⋅，an+3-an+2≥a2．累加得，an+3-a3≥na2．

对于常数T>0，当n>T-a3时，a≥na+a>T，与②矛盾．

a2n+323

所以不存在具有性质P

（1）的数列{an}．

（Ⅲ）因为数列{an}具有性质P（m），由（Ⅱ）知m≠1．

①当m=2时，a

=1（a

+

a），即a

-a=-1（a

-a），n=1,2,．

n+22n+1n

所以a-a=a-a．

n+2

n+1

2

n+1n

n+2n+121

若a1=a2=c（c为常数，且c∈N*），则an=c，n=1,2,

．经检验，数列{c}（c∈N*）具有性质P

（2）.

若a≠a

，当n>log

a-a

时，a-a=

a-a

∈（0，1），

12

与an∈N*矛盾．

221

n+2

n+121

②当m≥3时，令bn=max{an，an+1}∈N*，则

a=1（a+a）≤1（a

+a）≤1（b+b）

n+2mn+1n

3

n+1n3nnn

所以a

=1（a

+a）≤1（a

+a）<1（b+b）

n+3

mn+2

n+13n+2

n+13nnn

所以bn+2=max{an+2，an+3}

所以bn+2≤bn-1，n=1,2,．

所以b3-b1≤-1，b5-b3≤-1，⋅⋅⋅，b2n+1-b2n-1≤-1．所以b2n+1-b1≤-n．

当n≥b