2022年2021东城区高三上学期数学试卷及答案_202101082023094 .pdf

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1、2东城区 2019-2020 学年度第一学期期末教学统一检测高三数学2020.1 本试卷共4 页，共 150 分。考试时长120 分钟。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，将答题卡一并交回。第一部分（选择题共40 分）一、选择题共8 小题，每小题5 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 x | x 1，B x | x 2x1 0，那么A(A) x | 1 x 2(B) x | 1 x 1(C) x |1x 2(2)复数 z= i(i 1) 在复平面内对应的点位于(D) x | 1 x 1(A) 第 一 象 限(B) 第 二 象

2、 限(C) 第三象限(D) 第四象限(3)下列函数中，是偶函数，且在区间(0， +)上单调递增的为(A) (C) y 1x y 2x(B) (D) y ln x y 1x (4)设a, b 为实数，则“ a b 0 ”是“ a b ”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(5)设, 是两个不同的平面，m, n 是两条不同的直线，则下列结论中正确的是(A)若m ，m n ，则n(C) 若n，m n ，则m (B) 若，m ， n ，则m n (D) 若，m ，n ，则m n (6)从数字1, 2, 3, 4, 5 中，取出3 个数字 (

3、允许重复 ) ，组成三位数，各位数字之和等于 6 ，这样的三位数的个数为(A) 7 (B) 9 (C) 10 (D) 13 (7)设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的是(A) 若，则sin sin (B) 若，则cos cos 2 (C)若，则sin sin 1 2 2 (D)若，则cos cos 1 2 (8) 用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆著名数学家Dandelin 创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切 .给出下列三个结论：B 2名师归纳总结 精品学习资料 - - -

4、- - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - - 3y 两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；若球心距O1O2 4 ，球的半径为，则所得椭圆的焦距为2 ；当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大. 其中，所有正确结论的序号是(A) (B) (C) (D) 第二部分（非选择题共 110 分）二、填空题共6 小题，每小题5 分，共 30 分。(9) 若双曲线x2 2 1 与xy2 1有相同的焦点，则实数m .m 3 2 (10) 已知 a

5、n 是各项均为正的等比数列，Sn 为其前n 项和，若a1 6 ，a2 2a3 6 ， 则公比q ，S4 =(11) 能说明“直线x y m 0 与圆x2 y2 4x 2 y 0 有两个不同的交点”是真命题的一个m 的值为.uuu r uu u r(12) 在平行四边形ABCD 中，已知AB AC AC AD ，AC 4 ，BD 2 ，则四边形ABCD 的面积是 _ (13) 已知函数f (x) 2sin(x )( 0) .曲线y f (x) 与直线y 相交，若存在相邻两个交点间的距离为，则的所有可能值为. 6(14) 将初始温度为0 C 的物体放在室温恒定为30 C 的实验室里，现等时间间隔测

6、量物体温度，将第n 次测量得到的物体温度记为tn ，已知t1 0 C . 已知物体温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比例系数为k ）. 给出以下几个模型，那么能够描述这些测量数据的一个合理模型为；( 填写模型对应的序号）tn 1tnk tn 30 ； t n 1 tn k(30 tn) ； t n+1 =k(30 tn) . 在上述模型下，设物体温度从5 C 上升到10 C 所需时间为a min ，从10 C 上升到15 C 所需时间为b min ，从15 C 上升到20 C 所需时间为C min ，那么a 与b 的大小关系是. ( 用“”，“”或“”号填b c 空）32 名师归纳总结 精

7、品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - - 3三、解答题共6 小题，共80 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。(15)（本小题13 分）在 ABC 中，已知c sin A （）求C 的大小；3a cos C 0 （）若b=2，c 2 ，求ABC 的面积 . (16)（本小题13 分）2019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放 . 从 2G 到 5G，我们国家的移动通信业务用了不到 20 年的时间，完成

8、了技术上的飞跃，跻身世界先进水平. 为了解高校学生对 5G 的消费意愿， 2019 年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查，样本中各类用户分布情况如下：我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较，可得出下图的关系(例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用户的 40%). （ I）从该地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率；（ II）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人，以X 表示这 2 人中愿意为升级 5G 多支付 10

9、 元或10 元以上的人数，求X 的分布列和数学期望；（ III ）2019 年底，从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐，能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由. 用户分类预计升级到 5G 的时段人数早期体验用户2019 年 8 月至 209 年 12 月270 人中期跟随用户2020 年 1 月至 20121 年 12 月530 人后期用户2022 年 1 月及以后200 人名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -

10、第 3 页，共 13 页 - - - - - - - - - n i i 1 jn 1(17)（本小题14 分）如图，在三棱柱ABC A1B1C1 中，BB1 平面ABC ，AB BC ，AA1 AB BC 2 （）求证：BC1 平面A1B1C ；（）求异面直线B1C 与A1B 所成角的大小；（）点M 在线段BC 上，且B1M (0,1) ，点N 在线段AB 上，B1C 若MN 平面A ACC求A1 N 的值 (用含的代数式表示)1 1 ，(18)（本小题13 分）A1B 已知函数f (x) 1 x3 x2 3ax (a R) . 3 （）若f (x) 在x 1时，有极值，求a 的值；（）在直

11、线x 1上是否存在点P ，使得过点P 至少有两条直线与曲线y f (x) 相切？若存在，求出P 点坐标；若不存在，说明理由. (19)（本小题14 分）已知椭圆C : x2 y2 1 a 1的离心率是2 a2 2（）求椭圆C 的方程；（）已知F1，F2 分别是椭圆C 的左、右焦点，过F2 作斜率为k 的直线l ，交椭圆C 于A, B 两点，直线F1A , F1B 分别交y 轴于不同的两点M , N . 如果MF1N 为锐角，求k 的取值范围(20)（本小题13 分）已知数列a ，记集合TS(i , j) S(i , j)aaLa ,1ij ,i , jN（）对于数列an 1， 2， 3， 4，

12、写出集合T；（）若a 2n ，是否存在i , j N，使得S (i , j) 1024 ？若存在，求出一组符合条件的i , j ；若不存在，说明理由；（ III）若an 2n 2 ，把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为B :b1， b2， L ， bm， L. 若bm 2020 ，求m 的最大值1 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - - 3 东城区 2019-2020 学年度第一学期期末教学统

13、一检测高三数学参考答案及评分标准. 2020.1一、选择题（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）（1）D （2）C （3）B （ 4）A （5）B （6）C （7） A （8）C 二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）（9）4 （10）1 45 2 4 （11）0 （答案不唯一）（ 12）4 （13）2或10 （14）三、解答题（共 6 小题，共 80 分）（15） （共 13 分）解 ：（）由正弦定理可得sin C sin A 3 cos Csin A=0 . 因为sin A 0 ， 所以tan C 3. 又因为0 C , 2所以C= 3 . .7 分b sin C

14、 （）由正弦定理得sin B= 2 32 1 , c 又因为0 B ，3 2 3 2所以B , A B C . 6 6 所以ABC 的面积S 1 bc sin A 1 22 3 1 13 分2 2 2 （16） （共 13 分）解 ： （） 由题意可知，从高校大学生中随机抽取1 人，该学生在2021 年或 2021 年之前升级到5G 的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，即270 530 0.8 . 3 分1000 1000(13)由题意X 的所有可能值为 0,1,2. 记事件A为“从早期体验用户中随机抽取1 人，该学生愿意为升级5G 多支付 10 元或 10 元以上”，事件B为

15、“从中期跟随用户中随机抽取1 人，该学生愿意为升级5G 多支付 10 元或 10 元以上”，由题意可知，事件A，B 相互独立，且名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - - C 3P( A) 1 40% 0.6 ，P(B) 1 45% 0.55 ， 所以P( X=0) P( AB ) (1 0.6)(10.55) 0.18 ，P( X 1) P( AB+AB) P( AB) P( AB)P( A)(1P(B

16、) (1P( A)P(B)0.6 （10.55）（10.6)0.55 0.49 ，P( X=2) P( AB) 0.6 0.55 0.33. 所以X 的分布列为X 0 1 2 P0.180.490.33故X的数学期望E （X）00.1810.4920.331.15 . 10 分(14)设事件D为“从这1000 人的样本中随机抽取3 人，这三位学生都已签约5G 套餐”，那么C3 P( D) 270 0.02. 1000 回答一：事件D 虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02 ，所以认为早期体验用户没有发生变化. 回答二：事件D 发生概率小，所以可以认为早期体验用户人数增加. 13 分（17）

17、（共 14 分）解： （）在三棱柱ABCA1B1C1中，由于BB1平面 ABC，所以BB1 平面A1B1C1又BB1 平面B1BCC1 ，所以平面B1BCC1 平面A1B1C1，交线为B1C1 .又因为AB BC ，所以A1B1 B1C1 所以A1B1 平面B1BCC1 因为BC1 平面B1BCC1 ，所以A1B1 BC1.又因为BB1 BC 2 ，所以B1C BC1 又A1B1 B1C B1 , 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 13 页

18、 - - - - - - - - - 所以BC1平面A1B1C . 5 分名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 10 0（）由（）知BB1 底面ABC ，AB BC 如图建立空间直角坐标系B xyz 由题意得B(0, 0, 0) ，C(2, 0, 0) ，A1(0, 2, 2) ，B1 (0, 0, 2) 所以B1C (2,0, 2) ，A1B (0, 2, 2) uuur uuur所以cosA

19、1B, B1CA B B Cuuuruuur| BA1 | B1C |1 2故异面直线BC 与AB 所成角的大小为 . 9 分1 1 3（）易知平面A1 ACC1 的一个法向量为n (1,1, 0) ，由B1M ，得M (2, 0 , 2 2).B1C 设A1 N ，得N (0 , 2 2, 2 2) ，A1B 则MN (2, 2 2, 2 2)因为MN / 平面A1 ACC1 ，所以MN n 0 ，即 ( 2, 2 2, 2 2 ) (1 , 1 , 0) 0 ，解得1 所以A1N 1 . . 14 分A1B （18） （共 13 分）解： ( ) 因为所以f (x) 1 x3 x2 3ax

20、 ，3f xx2 2 x 3 a . 由f (x) 在x 1 时，有极值得f 1 1 2 3 a 0 ，解 得a 1 . 经检验，a 1时，f (x) 有极值 . 综上，a 1 . 4 分（）不妨设在直线x 1上存在一点P(1,b) ，设过点P 与y f (x) 相切的直线为l ，切点为( x , y ) ，则切线l 方程为y 1 x3 x2 3ax (x2 2x 3a)(x x ) . 3 0 0 0 0 0 0名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8

21、页，共 13 页 - - - - - - - - - y又直线l 过P(1,b) ，有b 1 x3 x2 3ax (x2 2x 3a)(1x ) ，3 0 0 0 0 0 0即2 x3 2x2 +2x 3a b 0 . 3 0 0 0设g(x) 2 x3 2x2 2x 3a b ，3g (x) 2x2 4x 2 2(x 1)2 0 . 所以 g(x) 在区间(,) 上单调递增，所以 g(x) 0 至多有一个解. 过点P 与y f ( x) 相切的直线至多有一条. 故在直线x 1上不存在点P ，使得过P 至少有两条直线与曲线y f (x) 相切 . 13 分（19） （共 14 分）c 2 ，a

22、 2 解：（）由题意b2 1 ，解得a2 2 . a2 b2 c2所以椭圆C 的方程为x2 22 1. 4 分（）由已知直线l 的斜率不为0. 设直线l 方程为y k x 1. 直线l 与椭圆C 的交点为Ax1, y1 , B x2 , y2 .y k x 1 ，2 2 2 2由x2 2 y2 1 得2k1x (E)4k x 2k 2 0 .4k 22k 2 2由已知，判别式 0 恒成立，且x1 x2 2k 2 1 , x1x2 2k 2 1 . 直线F A 的方程为y y1 x 1，令x 0 ，则M (0 ,y1 ) .1 x 1 1同理可得N (0, y2 ) .x1 1uuu u r u

23、uu rx2 1y yk 2 x1x1所以F M F N 11 2 11 21 1 x1x 1x 1x 1名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 2 1 2k 2 x x x x 11k 2 x x 1k 2 x x 1k 211 2 1 2 x1 x2 x1 x2 1 1 2 1 2 . x1x2 x1 x2 1 将代入并化简，得名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - -

24、 - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - - uuu u r uuu r7k 2 1F1M F1N 8k 2 1 .uuu u r uuu r7k 2 1依题意，MF1N 我锐角，所以F1M F1N 0 ，即F1M F1N 8k 2 1 0 .解得k 2 1 或k 2 1 .7 8综上，直线l 斜率的取值范围是( , 7 ) U(2 , 0) U(0 , 2 ) U( 7 , ) . 14 分（20） （共 13 分）7 4 4 7 解：（）T = 3， 5， 6， 7

25、， 9， 10. 3 分（）假设存在i ，j N，使得S(i，j)=1024 ，则有1024 ai ai1 L a j 2 i 2( i 1) L 2 j ( j i 1)( i j ) ，由于i j 与j i 奇偶性相同， 所以i j 与j i 1奇偶性不同 .又因为i j3，j i 12 ，所以1024 必有大于等于3 的奇数因子，这与1024 无1以外的奇数因子矛盾. 故不存在i ，jN，使得S(i ，j)=1024 成立 . 8 分（）首先证明ann 时，对任意的m N都有b 2t ，t N.若i , j N，使得：i ( i 1) Lj ( j i 1)(i j) 2t ，2 由于j

26、 i 1与j i 均大于2 且奇偶性不同，所以( j i 1)( i j ) 2t 1 不成立 . 其次证明除2t (t N) 形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和. 若正整数h 2t (2k 1) 其中t N ，k N. m名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - - 当2t 1 2k 1时，由等差数列的性质有：h 21 4t 44424t424L444424 3t =(2t k) L (2k

27、1)个 (2t 1) 2t (2t 1)L (2t k) 此时结论成立. 当2t 1 2k 1时，由等差数列的性质有：名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 13 页 - - - - - - - - - h (1244k44414)44(424k44 4 21)444L44 44(424k44414 3)2t个此时结论成立. =(k 2t 1) L ( k 1) k ( k 1) (k 2) L ( k 2t ), 对于数列an 2 n 2 . 此问题等价于数列0 ， 1， 2 ， 3， L ，n， L，其相应集合T 中满足：bn1010 有多少项 . 由前面的证明可知正整数2 ， 4 ， 8， 16 ， 32 ， 64 ， 128， 256 ， 512不是集合T 中的项，所以n 的最大值为1001 . 13 分名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 13 页 - - - - - - - - -