2020~2021北京市朝阳区高三上学期期末数学试卷及答案.docx

1、高三数学试卷 第 1 页（共 14 页） 北京市朝阳区 20202021 学年度第一学期期末质量检测 高三年级数学试卷 20211 （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 1,0,1,2,3,4U ，集合 0,1,2A ，则 UA = （A）3,4 （B） 1,3,4 （C）0,1

2、,2 （D） 1,4 （2）已知向量 ( 1,2) a ， ( ,4)xb ，且ab，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 n a的各项均为正数，且 3 9a ，则 3132333435 logloglogloglogaaaaa （A） 5 2 （B） 5 3 （C）10 （D）15 （5）设抛物线 2 :4C yx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

3、）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) 6 f xx ，给出下列四个结论： 函数 ( )f x是周期为的偶函数； 函数 ( )f x在区间, 12 12 上单调递减； 函数 ( )f x在区间0, 2 上的最小值为1； 将函数 ( )f x的图象向右平移 6 个单位长度后，所得图象与 ( )sin2g xx 的图象重合 其中，所有正确结论的序号是 （A） （B） （C） （D） （7）已知定义在R上的奇函数 ( )f x满足(2)( )f xf x ，且 (1)0f ，当 (0,1)x 时，( )2xf xx设 (5)af

4、， 1 ( ) 3 bf， 5 () 2 cf，则, ,a b c的大小关系为 （A）bac （B）acb （C）cab （D）bca （8）已知圆 22 : 4Cxy，直线: 0lxyt ，则“l与C相交”是“| | 2 t ”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 22 22 :1 xy C ab （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| | |DFDA ，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ym

5、x（0m ）与曲线 3 yx从左至右依次交于A，B，C三 点若直线l： 30kxy （kR）上存在点P满足 2PAPC ，则实数k的取值范围是 （A）( 2,2) （B） 22,2 2 （C）( , 2)(2,) （D）(, 22 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aR若复数 i(1i)za 为纯虚数，则a _， 2 z _ （12）在 26 1 ()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

6、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 xxx 为偶函数，则常数的一个取值为_ （15）设函数 ( )yf x 的定义域为D

7、，若对任意 1 xD，存在 2 xD，使得 12 ( )()1f xf x，则称函数( )f x 具有性质M，给出下列四个结论： 函数 3 yxx不具有性质M； 函数 ee 2 xx y 具有性质M； 若函数 8 log (2)yx，0, xt具有性质M，则510t ； 若函数 3sin 4 xa y 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

8、 分） 在ABC中， 7 cos 8 A ，3c ，且bc，再从条件、条件中选择一个作为已知，求： （）b的值； （）ABC的面积 条件：sin2sinBA； 条件：sinsin2sinABC 注：如果选择条件和条件分别解答，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

9、地区用户满意程度评分频率分布直方图 （）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； （） 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； （）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 12 2 的

10、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PABCD中，底面ABCD为菱形，平面PAD 平面ABCD，PA PD ，PA PD ， 3 BAD ，E是线段AD的中点，连结BE （）求证：BEPA； （）求二面角A PD C 的余弦值； （） 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 22 22 :1 xy C ab (0)ab过点 3 (1,) 2 ，且C的离心率为 3 2 （）求椭圆C的方程； （）过点(1,0)P

11、的直线l交椭圆C于A，B两点，求| |PA PB的取值范围 E P D C B A 高三数学试卷 第 6 页（共 14 页） （20） （本小题 15 分） 已知函数 2 ln( )2)xaxafxx （aR） （）当0a 时，求曲线 ( )yf x 在点(1, (1)f 处的切线方程； （）求 ( )f x的单调区间； （）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 n a满足： 1 0a ， 2 1nn aac （ * nN，cR） 对任意正整数 2n ，记 |1,2,3, , |2| ni Mcina对任意， * | 2,| i Mci

12、aN对任意 （）写出 2 M， 3 M； （）当 1 4 c 时，求证：数列 n a是递增数列，且存在正整数k，使得 k cM； （）求集合M 高三数学试卷 第 7 页（共 14 页） 北京市朝阳区 20202021 学年度第一学期期末质量检测 高三数学参考答案 20211 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 （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） 2 （答案不唯一） （15） 三、解答题（共

13、6 小题，共 85 分） （16） （共 13 分） 解：选条件：sin2sinBA （）在ABC中，因为 sinsin ba BA ，所以 sin 2 sin aB ba A 因为 222 cos 2 bca A bc ，且3c ， 7 cos 8 A ，2ba， 所以 22 497 128 aa a 化简得 2 2760aa， 解得2a 或 3 2 a 当 3 2 a 时，23bac，与题意矛盾 所以2a ，所以4b . 9 分 （）因为 7 cos 8 A ，(0,)A，所以 15 sin 8 A 所以 11153 15 sin4 3 2284 ABC SbcA . 13 分 选条件：s

14、insin2sinABC （）在ABC中，因为 sinsinsin abc ABC ， 所以由sinsin2sinABC得26abc 高三数学试卷 第 8 页（共 14 页） 因为 222 cos 2 bca A bc ，且3c ， 7 cos 8 A ，6ab， 所以 22 9(6)7 68 bb b 解得4b . 9 分 （）由（）知4b ，所以62ab 因为 7 cos 8 A ，(0,)A，所以 15 sin 8 A 所以 11153 15 sin4 3 2284 ABC SbcA . 13 分 （17） （共 13 分） 解： （）由题知 A 地区共抽取 400 名用户，其中有 24

15、0 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 0.6 400 . 3 分 （）由题可知X的可能取值为 0，1，2 2 90 2 100 89 (0) 110 C P X C ； 11 9010 2 100 2 (1) 11 C C P X C ； 2 10 2 100 1 (2) 110 C P 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 89211 012 110111105 EX . 10 分 （） 12 0 2

16、 . 13 分 高三数学试卷 第 9 页（共 14 页） （18） （共 14 分） 解： （）因为四边形ABCD为菱形，所以ABAD 又因为 3 BAD ，E为AD的中点，所以BEAD 又因为平面PAD 平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD， 所以BE 平面PAD 因为PA平面PAD， 所以BEPA . 4分 （）连结PE因为PAPD，E为AD的中点， 所以PEAD 由（）可知BE 平面PAD， 所以BEAD，PEBE 设2ADa，则PEa 如图，建立空间直角坐标系Exyz 所以( ,0,0), (0, 3 ,0), ( 2 , 3 ,0),(,0,0), (0,0, )A aBaCa

17、aDaPa 所以)3 ,0(,DaCa ，( ,0, )DaPa 因为BE 平面PAD，所以(0, 3 ,0)EBa是平面PAD的一个法向量 设平面PCD的法向量为( , , )x y zn， 则 0, 0, DC DP n n 即 30, 0. axay axaz 所以 3 , . xy xz 令3x ，则1y ，3z 于是( 3,1,3)n 所以 37 cos, 7|73 EBa EB EBa n n n 由题知，二面角A PDC为钝角，所以其余弦值为 7 7 . 9分 （）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PC

18、D等价于0EF n 假设线段PB上存在点F使得/EF平面PCD 设(0,1) PF PB ，则PFPB E P D C B A F z y x A B C D P E 高三数学试卷 第 10 页（共 14 页） 所以(0,0, )(0, 3 ,)(0, 3,)EFEPPFEPPBaaaa aa 由33()0EFaaan，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： （）由题意得 22 222 3 , 2 13 1, 4 . c a ab abc 解得 2 1. a b ， 所以椭圆C的方程为 2 2 1 4

19、x y . 5 分 （）当直线l的斜率不存在时，直线l：1x 与椭圆C交于 3 (1,) 2 A， 3 (1,) 2 B两点， 所以 3 |=|= 2 PAPB，所以 3 |= 4 PA PB 当直线l的斜率存在时，设其方程为(1)yk x， 由 22 (1), 44 yk x xy 得 2222 (14)8440kxk xk 且 4222 644(14)(44)16(31)0kkkk 设 1122 (,),(,)A x yB xy，则 2 12 2 8 14 k xx k ， 2 12 2 44 14 k x x k 所以 22 12 |=( 1|1|)( 1|1|)PA PBkxkx 2

20、1 212 (1)|()1|kx xxx 2 2 3(1) 14 k k 令 2 14tk ，则1t ， 所以 2 2 1 3(1) 3(1)39393 4 |=( ,3 144444 t kt PA PB kttt 当1t ，即0k 时，| | |PA PB 取最大值3 综上所述，| | |PA PB 的取值范围是 3 ,3 4 . 15 分 高三数学试卷 第 11 页（共 14 页） （20） （共 15 分） 解： （）当0a 时， ( )ln2f xxx ， 1 ( )2fx x ， 所以 (1)2f ，(1)1 f 所以曲线在点(1, (1)f 处的切线方程为 2(1)yx ，即 1

21、0 xy . 3 分 （）因为 2 ln( )2)xaxafxx ，定义域为(0, )， 所以 2 (21)112(2)1 ( )(2)2 ax x xaxax fxaax xx 当0a 时， ( )f x与( )fx 在(0, )上的变化情况如下： x 1 (0, ) 2 1 2 1 ( ,) 2 ( )fx 0 ( )f x 最大值 1 ( )ln21 24 a f 所以 ( )f x在 1 (0, ) 2 内单调递增，在 1 ( ,) 2 内单调递减 当02a时， ( )f x与( )fx 在(0, )上的变化情况如下： x 1 (0, ) 2 1 2 1 1 ( ,) 2 a 1 a

22、1 (,) a ( )fx 0 0 ( )f x 极大值 1 ( )ln21 24 a f 极小值 1 ( )ln 1 1 aa fa 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 当2a 时， 0( )fx ，所以 ( )f x在(0,)上单调递增 当2a 时， ( )f x与( )fx 在(0, )上的变化情况如下： x 1 (0,) a 1 a 1 1 ( , ) 2a 1 2 1 (2,) ( )fx 0 0 ( )f x 极大值 1 ( )ln 1 1 aa fa 极小值 1 ( )ln21 24 a f 所以 (

23、 )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： 当0a 时， ( )f x在 1 (0, ) 2 内单调递增，在 1 ( ,) 2 内单调递减， 高三数学试卷 第 12 页（共 14 页） 当 1 2 x 时，( )f x取得最大值 1 ( )ln2 1 24 a f （i）当4ln240a时， 1 ( )0 2 f， 所以 ( )f x在(0,)上至多有一个零点，不符合题意 （ii）当4ln24a 时， 1 ( )0 2 f 因为 1 ( )0 2 f，(1)20f ，( )f x在 1 ( ,)

24、2 内单调递减， 所以 ( )f x在 1 ( ,) 2 内有唯一零点 因为4ln24ea ， 所以ea 且 111 0 4ln242a 因为 13 ()ln()11ln()1lne=0faa aa ， 1 ( )0 2 f， 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4ln24a 时， ( )f x恰有两个零点 当02a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 2 x 时，( )f x取得极大值 1 ( )ln210 24 a f ，

25、 所以 ( )f x在(0,)上至多有一个零点，不符合题意 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 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 1 x a 时，( )f x取得极大值 1 ( )ln10 1 fa aa ， 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(, 4ln24) . 15 分 高三数学试卷 第 13 页（共 14 页） （21） （共 15 分） 解： （） 2 2,2M ， 3

26、2,1M . 4 分 （）当 1 4 c 时，对任意 * nN，都有 22 1 111 ()0 244 nnnnn aaacaacc ， 所以 1nn aa 所以数列 n a是递增数列 . 7 分 因为 111211 111 ()()()()()() 444 nnnnn aaaaaccacaa ， 所以 1 1 () 4 n an c 令 0 8 min| 41 ntt c N，则 0 10 181 ()()2 4414 n an cc c ， 所以 0 1n cM 所以存在正整数 0 1kn，使得 k cM . 9 分 （III）由题意得，对任意 * nN，都有 1nn MM 且 n MM

27、由（）可得，当 1 4 c 时，存在正整数k，使得 k cM，所以cM 所以若cM，则 1 4 c 又因为 3 2,1MM ，所以若cM，则2c 所以若cM，则 1 2 4 c ，即 1 2, 4 M 下面证明 1 2, 4 M 当 1 0 4 c时，对任意 * nN，都有0 n a 下证对任意 * nN， 1 2 n a 假设存在正整数k，使得 1 2 k a 令集合 * 1 | 2 k SkaN，则非空集合S存在最小数 0 s 高三数学试卷 第 14 页（共 14 页） 因为 2 11 0 42 ac，所以 0 2s 因为 0 1sS ，所以 0 1 1 0 2 s a 所以 00 2 1

28、 11 42 ss aacc ，与 0 1 2 s a矛盾 所以对任意 * nN， 1 0 2 n a 所以当 1 0 4 c时，| 2 n a 当20c 时， 2 20cc 下证对任意 * nN，| n ac 假设存在正整数k，使得| k ac 令集合 * | | k TkacN，则非空集合T存在最小数 0 t 因为 2 ac，所以 2 | |ac，所以 0 2t 因为 0 1tT ，所以 0 1 | | | t ac 00 22 1tt aacccc ，且 00 2 1tt aacc ， 所以 0 | t ac，与 0 | t ac矛盾 所以当20c 时，|2 n ac 所以当 1 2, 4 c 时，对任意 * nN，都有| 2 n a 所以cM，即 1 2, 4 M 因为 1 2, 4 M ，且 1 2, 4 M，所以 1 2, 4 M . 15 分