海淀区高三理科数学二模试题及答案54.pdf

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1、海淀区高三年级第二学期期末练习 数 学理科 2021.5 第一局部选择题 共 40 分 一、选择题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项 1全集1,2,3,4,5,6,U 集合1,2,4,1,3,5AB，那么()UAB=A1 B3,5 C1,6 D1,3,5,6 2复数z在复平面上对应的点为(1,1)，那么 A+1z是实数 B+1z是纯虚数 C+iz是实数 D+iz是纯虚数 30 xy，那么 A11xy B11()()22xy Ccoscosxy Dln(1)ln(1)xy 4假设直线0 xya是圆2220 xyy的一条对称轴，那么a的值为 A1

2、 B1 C2 D2 5 设曲线C是双曲线，那么“C的方程为2214yx 是“C的渐近线方程为2yx 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 6关于函数 sincosf xxxx，以下说法错误的选项是 A f x是奇函数 B0不是 f x的极值点 C f x在(,)22 上有且仅有3个零点 D f x的值域是R 7 某算法的程序框图如下图，那么该算法的功能是 A求首项为 1，公比为 2 的等比数列的前 2021 项的和 B求首项为 1，公比为 2 的等比数列的前 2021 项的和 C求首项为 1，公比为 4 的等比数列的前 1009 项的和 D求首项为

3、 1，公比为 4 的等比数列的前 1010 项的和 8集合*|115Mxx N，集合123,A A A满足 每个集合都恰有5个元素 123AAAM 集合iA中元素的最大值与最小值之和称为集合iA的特征数，记为iX1,2,3i ，那么123XXX的值不可能为 A37 B39 C48 D57 第二局部 非选择题 共 110 分 二、填空题共6 小题，每题 5 分，共 30 分。9极坐标系中，点(2,)2到直线cos1的距离为_.10在52()xx的二项展开式中，3x的系数为 .11平面向量a，b的夹角为3，且满足|2a，|1b，那么a b ，2|ab|.12在ABC中，:4:5:6a b c，那么

4、tanA .13能够使得命题“曲线221(0)4xyaa上存在四个点P，Q，R，S满足四边形PQRS是正方形为真命题的一个实数a的值为 .14如图，棱长为 2 的正方体1 1 11ABCD ABCD中，M是棱1AA的中点，点P在侧面1 1ABB A内，假设1DP垂直于CM，那么PBC的面积的最小值为_.开始S=0，n=1S=S+2n-1n=n+2n 2018输出 S结束是否ABCDA1B1C1D1MP三、解答题共 6 小题，共 80 分解容许写出文字说明，演算步骤或证明过程 15 本小题 13 分 如图，函数()sin()f xAx(0,0,)2A在一个周期内的图象经过(,0)6B，2(,0)

5、3C，5(,2)12D三点 写出A，的值；假设52(,)123，且()1f，求cos2的值 16.本小题共 13 分 某中学为了解高二年级中华传统文化经典阅读的整体情况，从高二年级随机抽取 10 名学生进行了两轮测试，并把两轮测试成绩的平均分作为该名学生的考核成绩记录的数据如下：1 号 2 号 3 号 4 号 5 号 6 号 7 号 8 号 9 号 10 号 第 一 轮 测试成绩 96 89 88 88 92 90 87 90 92 90 第 二 轮 测试成绩 90 90 90 88 88 87 96 92 89 92 ()从该校高二年级随机选取一名学生，试估计这名学生考核成绩大于等于 90

6、分的概率；()从考核成绩大于等于 90 分的学生中再随机抽取两名同学，求这两名同学两轮测试成绩均大于等于 90 分的概率；()记抽取的 10 名学生第一轮测试成绩的平均数和方差分别为1x，21s，考核成绩的平均数和方差分别为2x，22s，试比拟1x与2x，21s与22s的大小.只需写出结论 17.本小题共 14 分 如图，在三棱柱1 11ABC ABC中，12AC BCAB，1AB平面ABC，1ACAC，D，E分别是AC，1 1BC的中点 证明：11ACBC 证明：/DE平面11AABB；求DE与平面11BBCC所成角的正弦值.xyDCBOAC1A1CB1BDE18.本小题共 14 分 椭圆C

7、：2214xy，F为右焦点，圆O：221xy，P为椭圆C上一点，且P位于第一象限，过点P作PT与圆O相切于点T，使得点F，T在OP两侧.求椭圆C的焦距及离心率;求四边形OFPT面积的最大值.19.本小题共 13 分 函数()3axf xaxe0a 求()f x的极值；当0a 时，设211()32axg xaxxae.求证：曲线()yg x存在两条斜率为1且不重合的切线.20.本小题共 13 分 如果数列 na满足“对任意正整数,i j，ij，都存在正整数k，使得kijaaa，那么称数列 na具有“性质 P.数列 na是无穷项的等差数列，公差为d.假设12a，公差3d，判断数列 na是否具有“性

8、质 P，并说明理由；假设数列 na具有“性质 P，求证：10a 且0d；假设数列 na具有“性质 P，且存在正整数k，使得2018ka，这样的数列 na共有多少个？并说明理由 海淀区高三年级第二学期期末练习参考答案及评分标准 数 学理科 2021.5 第一局部选择题 共 40 分 一、选择题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项 1 2 3 4 5 6 7 8 B C D B A C C A 第二局部 非选择题 共 110 分 二、填空题共6 小题，每题 5 分，共 30 分 91 1010 111；2 3 1273 13答案不唯一，0a 或4a

9、 的任意实数 142 55 三、解答题共 6 小题，共 80 分解容许写出文字说明，演算步骤或证明过程 15 本小题 13 分 解：2A，2，3 7 分 由得，()2sin(2)3f xx 因为()1f，所以1sin(2)32 8 分 因为 52(,)123，所以2(,)32 9 分 所以5236，11 分 所以726，12 分 所以73cos2cos62 13 分 16.本小题共 13 分 解：这 10 名学生的考核成绩单位：分分别为：93，89.5，89，88，90，88.5，91.5，91，90.5，91 其中大于等于 90 分的有 1 号、5 号、7 号、8 号、9 号、10 号，共

10、6 人.1 分 所以样本中学生考核成绩大于等于 90 分的频率为：60.610，3 分 从该校高二年级随机选取一名学生，估计这名学生考核成绩大于等于 90 分的概率为0.6.4 分 设事件A：从上述考核成绩大于等于 90 分的学生中再随机抽取两名同学，这两名同学两轮测试成绩均大于等于 90 分.5 分 由知，上述考核成绩大于等于 90 分的学生共 6 人，其中两轮测试成绩均大于等于 90 分的学生有 1 号，8 号，10 号，共 3 人.6 分 所以，232631()155CP AC.9 分 12xx，2212ss.13 分 17.本小题共 14 分 解：因为1AB平面ABC，AC 平面ABC

11、，所以1ABAC 1 分 因为1ACAC，11ABACA，1AB，1AC 平面11AB C，所以AC 平面11AB C 3 分 因为11B C 平面11AB C，所以11ACB C 4 分 法一：取11A B的中点M，连接MA、ME 因为E、M分别是11B C、11A B的中点，所以ME11AC，且ME1112AC 5 分 在三棱柱111ABCA B C中，11ADAC，且1112ADAC，所以MEAD，且ME=AD，所以四边形ADEM是平行四边形，6 分 所以DEAM 7 分 又AM 平面11AA B B，DE 平面11AA B B，所以/DE平面1AA BB 9 分 注：与此法类似，还可取

12、 AB 的中点 M，连接 MD、MB1 法二：取 AB 的中点M，连接MD、1MB 因为 D、M分别是 AC、AB 的中点，所以MDBC，且MD12BC 5 分 在三棱柱111ABCA B C中，1B EBC，且112B EBC，A C 1 A 1 C B 1 B D E M A C 1 A 1 C B 1 B D E M AC1A1CB1BDEyxz所以MDB1E，且MD=B1E，所以四边形B1E DM是平行四边形，6 分 所以DEMB1 7 分 又1MB 平面11AA B B，DE 平面11AA B B，所以/DE平面1AA BB 9 分 法三：取BC的中点M，连接MD、ME 因为D、M分

13、别是CA、CB的中点，所以，/DMAB 5 分 在三棱柱111ABCA B C中，11/BCB C，11BCB C，因为E、M分别是11C B和CB的中点，所以，1/MBEB，1MBEB，所以，四边形1MBB E是平行四边形，6 分 所以，1/MEBB 7 分 又因为MEMDM，1BBABB，ME,MD 平面 MDE，BB1,AB 平面11AA B B，所以，平面/MDE平面11AA B B 8 分 因为，DE 平面MDE，所以，/DE平面1AA BB 9 分 在三棱柱111ABCA B C中，11/BCB C，因为11ACB C，所以ACBC 在平面1ACB内，过点C作1/CzAB，因为，1

14、AB 平面ABC，所以，Cz 平面ABC 10 分 建立空间直角坐标系C-xyz，如图那么(0,0,0)C,(2,0,0)B,1(0,2,2)B,1(2,2,2)C,(0,1,0)D,(1,2,2)E.(1,1,2)DE ，(2,0,0)CB，1(0,2,2)CB 11 分 设平面11BB C C的法向量为(,)x y zn，那么 100CBCBnn，即20220 xyz，得0 x，令1y，得1z，故(0,1,1)n 12 分 设直线 DE 与平面11BB C C所成的角为，A C 1 A 1 C B 1 B D E M xyTFOP那么 sincos,|DEDEDE nnn36，所以直线DE

15、与平面11BB C C所成角的正弦值为36.14 分 18.本小题共 14 分 解：在椭圆C：2214xy中，2a，1b，所以223cab，2 分 故椭圆C的焦距为22 3c，3 分 离心率32cea 5 分 法一：设00(,)P xy00 x，00y ，那么220014xy，故220014xy 6 分 所以2222220003|14TPOPOTxyx，所以03|2TPx，8 分 013|24OTPSOTTPx 9 分 又(0,0)O，(3,0)F，故001322OFPSOFyy 10 分 因此003()22OFPOTPOFPTxSSSy四边形 11 分 22000000331242xx yy

16、x y 由220014xy，得2200214xy，即001xy，所以0036122OFPTSx y四边形，13 分 当且仅当2200142xy，即02x，022y 时等号成立.14 分 法二：设(2cos,sin)P02，6 分 那么222222|4cossin13cosTPOPOT，所以|3cosTP，8 分 13|cos22OTPSOTTP 9 分 又(0,0)O，(3,0)F，故013sin22OFPSOFy 10 分 因此3(cossin)2OFPOTPOFPTSSS四边形 11 分 66sin()242，13 分 当且仅当4时，即02x，022y 时等号成立 14 分 19.本小题共

17、 13 分 解：法一：()(1)axaxfxaaaee(0,)axR，1 分 令()0fx，得0 x 2 分 当0a 时，()fx与1axe符号相同，当x变化时，()fx，()f x的变化情况如下表：x(,0)0(0,)()fx 0 ()f x 极小 4 分 当0a 时，()fx与1axe符号相反，当x变化时，()fx，()f x的变化情况如下表：x(,0)0(0,)()fx 0 ()f x 极小 6 分 综上，()f x在0 x 处取得极小值(0)2f.7 分 法二：()(1)axaxfxaaaee(0,)axR，1 分 令()0fx，得0 x 2 分 令()(1)axh xae，那么2()

18、axh xae，3 分 易知()0h x，故()h x是(,)上的增函数，即()fx是(,)上的增函数 4 分 所以，当x变化时，()fx，()f x的变化情况如下表：x(,0)0(0,)()fx 0 ()f x 极小 6 分 因此，()f x在0 x 处取得极小值(0)2f.7 分()3()axgxaxf xe(0,)axR，8 分 故()1g x ()1f x 9 分 注意到(0)21f ，22()51fa e，22()11fa e，所以，12(,0)xa，22(0,)xa，使得12()()1f xf x 因此，曲线()yg x在点111(,()P xf x，222(,()P xf x处的

19、切线斜率均为1.11 分 下面，只需证明曲线()yg x在点111(,()P xf x，222(,()P xf x处的切线不重合.法 一：曲 线()yg x在 点(,()iiiP xf x1,2i 处 的 切 线 方 程 为()()iiyg xxx，即()iiyxg xx 假 设 曲 线()yg x在 点(,()iiiP xf x1,2i 处的切线重合，那么2211()()g xxg xx 12 分 法二：假设曲线()yg x在点(,()iiiP xf x(1,2i，12xx)处的切线重合，那么2121()()1g xg xxx，整理得：2211()()g xxg xx 12 分 法一：由()

20、31iaxiig xax e，得2iaxiaxe，那么 221112()(2)322iiiiiiiig xxaxaxxxaxxaa 因为12xx，故由2211()()g xxg xx可得122xxa 而12(,0)xa，22(0,)xa，于是有12220 xxaa ，矛盾！法二：令()()G xg xx，那么12()()G xG x，且()()1()1G xg xf x.由知，当12(,)xx x时，()1f x ，故()0G x 所以，()G x在区间12,x x上单调递减，于是有12()()G xG x，矛盾！因此，曲线()yg x在点(,()iiiP xf x(1,2i)处的切线不重合

21、13 分 20.本小题 13 分 解：假设12a，公差3d，那么数列na不具有性质P 1 分 理由如下：由题知31nan，对于1a和2a，假设存在正整数 k，使得12kaa a，那么有312 510k ，解得113k，矛盾！所以对任意的*kN，12kaa a 3 分 假设数列 na具有“性质 P，那么 假设10a，0d，那么对任意的*nN，1(1)0naand.设12kaaa，那么0ka，矛盾！4 分 假设10a，0d，那么存在正整数t，使得 123120tttaaaaaa 设111tkaaa，212tkaaa，313tkaaa，1121ttkaaa，*ik N，1,2,1it，那么12310

22、tkkkkaaaa ，但数列na中仅有t项小于等于 0，矛盾！6 分 假设10a，0d，那么存在正整数t，使得 123120tttaaaaaa 设112ttkaaa，213ttkaaa，314ttkaaa，1122tttkaaa，*ik N，1,2,1it，那么12310tkkkkaaaa ，但数列na中仅有t项大于等于 0，矛盾！8 分 综上，10a，0d 设公差为d的等差数列 na具有“性质 P，且存在正整数k，使得2018ka 假设0d，那么na为常数数列，此时2018na 恒成立，故对任意的正整数k，21220182018kaaa，这与数列 na具有“性质 P矛盾，故0d 设x是数列n

23、a中的任意一项，那么xd，2xd均是数列na中的项，设 1()kax xd，2(2)kax xd 那么2121()kkaaxdkkd，因为0d，所以21xkkZ，即数列na的每一项均是整数 由知，10a，0d，故数列na的每一项均是自然数，且d是正整数 由题意知，2018d是数列na中的项，故2018(2018)d是数列中的项，设2018(2018)mad，那么 2018(2018)2018201820172018()mkaaddmkd，即(2018)2018 2017mkd 因为2018mkZ，*dN，故d是2018 2017的约数 所以，1,2,1009,2017,21009,22017,

24、10092017d,2 1009 2017 当1d 时，12018(1)0ak，得1,2,.,2018,2019k，故 12018,2017,.,2,1,0a，共 2021 种可能；当2d 时，120182(1)0ak，得1,2,.,1008,1009,1010k，故 12018,2016,2014,.,4,2,0a，共 1010 种可能；当1009d 时，120181009(1)0ak，得1,2,3k，故 12018,1009,0a，共 3 种可能；当2017d 时，120182017(1)0ak，得1,2k，故 12018,1a，共 2 种可能；当2 1009d 时，120182018(1)0ak，得1,2k，故 12018,0a，共 2 种可能；当2 2017d 时，1201822017(1)0ak，得1k，故 12018a，共 1 种可能；当1009 2017d 时，1201810092017(1)0ak，得1k，故 12018a，共 1 种可能；当2 10092017d 时，120182 10092017(1)0ak，得1k，故 12018a，共 1 种可能 综上，满足题意的数列na共有2019 1010322 1 1 13039 种 经检验，这些数列均符合题意 13 分