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2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷【含答案】

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2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷【含答案】

2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題共10小題,每小題4分,共40分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中,選出符合題目要求的一項(xiàng)。1(4分)已知集合U1,2,3,4,5,6,A1,2,3,B2,3,4,5,則U(AB)()A6B1,6C2,3D1,4,5,6【分析】由并集運(yùn)算求得AB,再由補(bǔ)集運(yùn)算得答案【解答】解:A1,2,3,B2,3,4,5,AB1,2,3,4,5,又U1,2,3,4,5,6,U(AB)6故選:A【點(diǎn)評(píng)】本題考查并集、補(bǔ)集及其運(yùn)算,是基礎(chǔ)題2(4分)若z為純虛數(shù),且滿足(z+m)i2i(mR),則m()A2B1C1D2【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、純虛數(shù)的定義即可得出m的值【解答】解:(z+m)i2i(mR),zm1m2i,z為純虛數(shù),1m0m1,故選:C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、純虛數(shù)的定義,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于基礎(chǔ)題3(4分)若ba0,則下列不等式正確的是()ABaba2C|a|b|D【分析】可舉例,令b2、a1,可判斷ABC;利用基本不等式可判斷D【解答】解:根據(jù)題意可令b2、a1,則,aba2,|a|b|,ABC 錯(cuò);ba0,0且,+22,D對(duì)故選:D【點(diǎn)評(píng)】本題考查不等式基本性質(zhì),考查數(shù)學(xué)運(yùn)算能力及推理能力4(4分)若函數(shù)f(x)lg(x+a)的圖象經(jīng)過拋物線y28x的焦點(diǎn),則a()A1B0C1D2【分析】求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo),代入函數(shù)f(x)lg(x+a)即可【解答】解:拋物線的焦點(diǎn)為(2,0),則f(2)lg(2+a)0,解得a1故選:C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了拋物線的性質(zhì),屬于基礎(chǔ)題5(4分)已知雙曲線的焦距為10,則雙曲線C的漸近線方程為()ABCD【分析】由已知求得a與c的值,再由隱含條件求得b,則雙曲線的漸近線方程可求【解答】解:由題意,2c10,得c5,又由雙曲線方程可得a4,則b,雙曲線C的漸近線方程為y故選:B【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì),是基礎(chǔ)題6(4分)已知m,n是空間中兩條不同的直線,為空間中兩個(gè)互相垂直的平面,則下列命題正確的是()A若m,則mB若m,n,則mnC若m,m,則mD若m,nm,則n【分析】根據(jù)空間線面位置關(guān)系的定義,性質(zhì)和判定定理進(jìn)行判斷或舉反例說明【解答】解:不妨設(shè)l,對(duì)于A,若m且ml,則m,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,若m,n與l相交且不垂直,交點(diǎn)分別為M,N,顯然m與n不一定垂直,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,若m,則m或m,又m,故m,故C正確;對(duì)于D,由面面垂直的性質(zhì)可知當(dāng)n時(shí)才有n,故D錯(cuò)誤故選:C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間線面位置關(guān)系的判斷,屬于中檔題7(4分)已知圓C的方程為(x1)2+(y1)22,點(diǎn)P在直線yx+3上,線段AB為圓C的直徑,則的最小值為()ABCD3【分析】將轉(zhuǎn)化為,再由圓心到直線的距離求解【解答】解:線段AB為圓C的直徑,C為AB的中點(diǎn),則,從而|,|的最小值為圓心C到直線yx+3的距離,等于的最小值為2×故選:B【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與圓的位置關(guān)系,考查平面向量的應(yīng)用,考查運(yùn)算求解能力,是中檔題8(4分)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,若nN*,SnS7,則數(shù)列an的通項(xiàng)公式可能是()Aan3n15Ban173nCann7Dan152n【分析】由題意得,然后結(jié)合選項(xiàng)即可判斷【解答】解:因?yàn)閚N*,SnS7,所以,A:an3n15,a80不符合題意;B:an173n,a70不符合題意;C:ann7,a80不符合題意;D:an152n,a80,a70符合題意;故選:D【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì),屬于基礎(chǔ)題9(4分)“0m1”是函數(shù)f(x)滿足:對(duì)任意的x1x2,都有f(x1)f(x2)”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【分析】根據(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可【解答】解:當(dāng)0m1時(shí),g(x)1在(1,+)上遞減,h(x)x+1在(,1遞減,且g(1)h(1),f(x)在(,+)上遞減,任意x1x2,都有f(x1)f(x2)”充分性成立;若m0,g(x)在(1,+)上遞增,h(x)在(,1上遞減,g(x)0,h(x)0,任意x1x2,都有f(x1)f(x2)”,必要性不成立,0m1”是函數(shù)f(x)滿足:對(duì)任意的x1x2,都有f(x1)f(x2)”的充分不必要條件,故選:A【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,結(jié)合充分條件和必要條件的定義以及分段函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵10(4分)已知函數(shù)f(x)sinx+sin(x),現(xiàn)給出如下結(jié)論:f(x)是奇函數(shù);f(x)是周期函數(shù);f(x)在區(qū)間(0,)上有三個(gè)零點(diǎn);f(x)的最大值為2其中所有正確結(jié)論的編號(hào)為()ABCD【分析】根據(jù)題意,依次分析4個(gè)結(jié)論是否正確,即可得答案【解答】解:根據(jù)題意,依次分析4個(gè)結(jié)論:對(duì)于,因?yàn)閒(x)sin(x)+sin(x)sinxsin(x)f(x),所以f(x)是奇函數(shù),正確對(duì)于,假設(shè)存在周期T,則sin(x+T)+sin(x+T)sinx+sinx,sin(x+T)sinxsin(x+T)sinx,所以sincossincos,存在x0R,使得cos0,而cos0,將x0R,sincos0,由于cos0,故sin0,所以sin0,sin0,k,m,k,mZ,所以km,矛盾,所以函數(shù)f(x)sinx+sin(x),沒有周期,錯(cuò)誤對(duì)于,f(x)sinx+sin(x)2sincos,函數(shù)的零點(diǎn)為方程2sincos0,x或xx(0,)x,所以f(x)在區(qū)間(0,)上有三個(gè)零點(diǎn);故正確對(duì)于,f(x)sinx+sin(x),若sinx1,則x2k+,kZ,若sin(x)1,則x2k+,kZ,x2k+,kZ和x2k+,kZ兩者不會(huì)同時(shí)成立,即ysinx和ysin(x)不可能同時(shí)成立,故f(x)的最大值不是2,錯(cuò)誤;則四個(gè)命題中正確的為;故選:A【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)與方程的關(guān)系,涉及命題真假的判斷,屬于中檔題二、填空題共5小題,每小題5分,共30分。11(5分)已知直線l1:mx+y+10,l2:mxy+10,mR,若l1l2,則m±1【分析】利用向量垂直的性質(zhì)直接求解【解答】解:直線l1:mx+y+10,l2:mxy+10,mR,l1l2,m210,解得m±1故答案為:±1【點(diǎn)評(píng)】本題考查實(shí)數(shù)值的求法,考查向量垂直的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng),是基礎(chǔ)題12(5分)二項(xiàng)式(x2+)6展開式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為540【分析】求出展開式的通項(xiàng)公式令x的指數(shù)為3,進(jìn)而可以求解【解答】解:展開式的通項(xiàng)公式為TC,令123r3,解得r3,則展開式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為C20×27540,故答案為:540【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用,考查了學(xué)生的運(yùn)算能力,屬于基礎(chǔ)題13(5分)九章算術(shù)中,稱四個(gè)面均為直角三角形的四面體為“鱉臑”已知某“鱉臑”的三視圖如圖所示,則該“鱉臑”的體積為8【分析】由三視圖還原原幾何體,該幾何體為三棱錐,其中底面三角形BCD為直角三角形,BCCD,BC4,CD3,AB底面BCD,AB4,再由棱錐體積公式求解【解答】解:由三視圖還原原幾何體如圖,其中底面三角形BCD為直角三角形,BCCD,BC4,CD3,AB底面BCD,AB4,則該“鱉臑”的體積為V故答案為:8【點(diǎn)評(píng)】本題考查由三視圖求面積、體積,關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體,是中檔題14(5分)如圖,以O(shè)x為始邊作鈍角,角的終邊與單位圓交于點(diǎn)P(x1,y1),將角的終邊順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到角角的終邊與單位圓相交于點(diǎn)Q(x2,y2),則x2x1的取值范圍為(,1【分析】由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義,兩角和差的三角公式,求得x2x1sin(),再利用正弦函數(shù)的定義域和值域,求出x2x1的取值范圍【解答】解:由已知得,x2x1的取值范圍為,故答案為:(,1【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義,兩角和差的三角公式,正弦函數(shù)的定義域和值域,屬于中檔題15(5分)如圖所示的太極圖是由黑白兩個(gè)魚形紋組成的圓形圖案,展現(xiàn)中國文化陰陽轉(zhuǎn)化、對(duì)立統(tǒng)一的哲學(xué)理念定義:圖象能將圓的周長和面積同時(shí)等分成兩部分的函數(shù)稱為圓的一個(gè)“太極函數(shù)”,則下列命題正確的是 函數(shù)f(x)tanx可以同時(shí)是無數(shù)個(gè)圓的“太極函數(shù)”;函數(shù)f(x)ln(|x|)可以是某個(gè)圓的“太極函數(shù)”;若函數(shù)f(x)是某個(gè)圓的“太極函數(shù)”,則函數(shù)f(x)的圖象一定是中心對(duì)稱圖形;對(duì)于任意一個(gè)圓,其“太極函數(shù)”有無數(shù)個(gè)【分析】根據(jù)所給定義,對(duì)各項(xiàng)逐個(gè)分析判斷,即可得解【解答】解:對(duì)于,以f(x)tanx的零點(diǎn)為圓心,半徑小于的圓,周長和面積都被f(x)tanx平分,故正確;對(duì)于,由f(x)ln(|x|)為偶函數(shù),如圖所示:由于其圖像向上凸起,故而不可能平分圓的周長,故錯(cuò)誤;對(duì)于,取圓x2+y242,被函數(shù)平分周長和面積,而g(x)非對(duì)稱,故錯(cuò)誤;對(duì)于,對(duì)于任意一個(gè)圓,過圓心的直線平分周長和面積,故正確;故答案為:【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角函數(shù),對(duì)數(shù)函數(shù)的圖像和性質(zhì),考查了在分段函數(shù)的圖像和性質(zhì)三、解答題共6小題,共80分。解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程。16(14分)如圖所示,在直三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)面AA1C1C為長方形,AA11,ABBC2,ABC120°,AMCM()求證:平面AA1C1C平面C1MB;()求直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值【分析】()由等腰三角形的性質(zhì)和線面垂直的判定定理可得MB平面AA1C1C,再由面面垂直的判定定理,即可得證;()設(shè)A1到平面MBC1的距離為h,由等積法和棱錐的體積公式,以及直線和平面所成角的定義和直角三角形的正弦函數(shù)的定義,可得所求值【解答】解:()證明:在ABC中,ABBC,M為BC的中點(diǎn),可得MBAC,又AA1平面ABC,BM平面ABC,可得AA1BM,而AA1ACA,所以MB平面AA1C1C,又BM平面BMC1,所以平面AA1C1C平面C1MB;()設(shè)A1到平面MBC1的距離為h,連接A1M,由ABBC2,ABC120°,可得BM2cos60°1,CM2sin60°,C1M2,可得C1BM的面積為×1×21,A1C1M的面積為S×1×2,由VV,可得ShSBM,即為h1×1×,可得h,則直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值為【點(diǎn)評(píng)】本題考查面面垂直的判定定理和直線和平面所成角的求法,考查轉(zhuǎn)化思想和運(yùn)算能力,屬于中檔題17(14分)在ABC中,cosC,c8,再從條件、條件這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,求:()b的值;()角A的大小和ABC的面積條件:a7;條件:cosB【分析】選條件:()利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果;()利用三角函數(shù)關(guān)系式的變換,正弦定理和三角形的面積求出結(jié)果;選條件時(shí),()利用三角函數(shù)的角的變換和正弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果;()利用三角函數(shù)的角的變換和三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果【解答】解:選條件:()a7時(shí),cosC,c8,利用c2a2+b22abcosC,整理得b22b150,解得b5或3(負(fù)值舍去),故:b5()由于cosC,0C,所以sinC,利用正弦定理,所以,解得sinA,由于ca,所以A,則選條件時(shí),()cosB,所以,cosC,所以sinC,由正弦定理,整理得,解得b5,()cosB,所以,cosC,所以sinC,所以cosAcos(B+C),由于A(0,),所以A所以【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn):三角函數(shù)關(guān)系式的變換,正弦定理余弦定理和三角形面積公式的應(yīng)用,主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力,屬于基礎(chǔ)題18(14分)某超市從2020年甲、乙兩種酸奶的日銷售量(單位:箱)的數(shù)據(jù)中分別隨機(jī)抽取100個(gè),并按0,10,(10,20,(20,30,(30,40,(40,50分組,得到頻率分布直方圖如圖:假設(shè)甲、乙兩種酸奶獨(dú)立銷售且日銷售量相互獨(dú)立,()估計(jì)在未來的某一天里,甲、乙兩種酸奶的銷售量恰有一個(gè)高于20箱且另一個(gè)不高于20箱的概率;()設(shè)X表示在未來3天內(nèi)甲種酸奶的日銷售量不高于40箱的天數(shù),以日銷售量落入各組的頻率作為概率,求X的數(shù)學(xué)期望;()記甲種酸奶與乙種酸奶口銷售量(單位:箱)的方差分別為s12,s22,試比較s12與s22的大?。ㄖ恍鑼懗鼋Y(jié)論)【分析】()根據(jù)頻率和為1可計(jì)算a值,再由獨(dú)立事件概率求法即可得解;()X的可能取值為0,1,2,3,求出概率,得到分布列,然后求解期望;()由頻率分布直方圖可看出,甲的銷售量比較分散,而乙較為集中,由此能比s12,s22的大小【解答】解:()由直方圖可知:(0.02+0.01+0.03+a+0.025)×101,解得a0.015,甲種酸奶銷售量高于20箱的概率為:(0.03+0.015+0.025)×100.7,乙種酸奶銷售量高于20箱的概率為:(0.03+0.025+0.015)×100.7,甲、乙兩種酸奶的銷售量恰有一個(gè)高于20箱且另一個(gè)不高于20箱的概率為:0.7×0.3+0.3×0.70.42()甲種酸奶的日銷售量不高于40箱的概率為:10.025×100.75,由題意可知,X的可能取值為0,1,2,3,P(X0)C30×()0×()3,P(X1)C31×()1×()2,P(X2)C32×()2×()1,P(X3)C33×()3×()0所以X的分布列為X0123P所以X的數(shù)學(xué)期望EX0×+1×+2×+3×()s12s22【點(diǎn)評(píng)】本題考查頻率分布直方圖,離散型隨機(jī)變量期望的求法,獨(dú)立事件概率的求法,考查計(jì)算能力,屬于中檔題19(15分)已知函數(shù)()求曲線yf(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;()求yf(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;()直接寫出不等式的解集【分析】()根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義,先求斜率f'(1)0,f(1)1,利用點(diǎn)斜式即可得解;()先求導(dǎo)函數(shù),再求二階導(dǎo)函數(shù),利用導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì),即可得到原函數(shù)的單調(diào)性和極值;()f(x)minf(1)1,直接可得的解集為1【解答】解:()由,得,f'(1)36+630,又f(1)13+31,曲線yf(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為y1;()(x0),f(x)為增函數(shù),且f'(1)36+630,當(dāng)x(0,1)時(shí),f'(x)0,當(dāng)(1,+)時(shí),f'(x)0,得f(x)遞減區(qū)間為(0,1),遞增區(qū)間為(1,+),極小值為f(1)13+0+31;()由()知f(x)minf(1)1,的解集為1【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值,有一定的計(jì)算量,屬于中檔題20(14分)已知橢圓的兩焦點(diǎn)F1,F(xiàn)2分別為(±1,0),橢圓上的動(dòng)點(diǎn)M滿足|MF1|+|MF2|2|F1F2|,A,B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn)()求橢圓的方程及離心率;()若直線l:x6與AM交于點(diǎn)P,l與x軸交于點(diǎn)H,OP與BM的交點(diǎn)為S,求證:B,S,P,H四點(diǎn)共圓【分析】()利用橢圓的定義求出a的值,結(jié)合c的值,即可求出b的值,從而得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,利用離心率的定義即可求出橢圓的離心率;()設(shè)點(diǎn)點(diǎn)M(x0,y0),由兩點(diǎn)間斜率公式結(jié)合點(diǎn)M在橢圓上,計(jì)算kAMkBM為定值,設(shè)直線AM的方程為yk(x+2)(k0),求出點(diǎn)P的坐標(biāo),從而求出直線OP的斜率,得到OPBM,從而可得BHP90°,即可證明B,S,P,H四點(diǎn)共圓【解答】()解:由橢圓的定義可知,2a|MF1|+|MF2|2|F1F2|4c4,所以a2,c1,b,故橢圓的方程為;橢圓的離心率為;()證明:設(shè)點(diǎn)M(x0,y0),則,又,所以,設(shè)直線AM的方程為yk(x+2)(k0),聯(lián)立方程組,解得,所以P(6,8k),故,又,所以kOPkBM1,故BSP90°,所以BHP90°,故B,S,P,H四點(diǎn)共圓【點(diǎn)評(píng)】本題考查了橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求解、直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用,在解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題時(shí),一般會(huì)聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程,利用韋達(dá)定理和“設(shè)而不求”的方法進(jìn)行研究,屬于中檔題21(14分)已知函數(shù)f(x)x2+m,其中mR,定義數(shù)列an如下:a10,an+1f(an),nN*()當(dāng)m1時(shí),求a2,a3,a4的值:()是否存在實(shí)數(shù)m,使a2,a3,a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列?若存在,請(qǐng)求出實(shí)數(shù)m的值;若不存在,請(qǐng)說明理由;()求證:當(dāng)時(shí),總能找到kN*,使得ak2021【分析】()利用題中給出的f(x)的解析式,以及an+1f(an),依次賦值求解即可;()利用a2,a3,a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列,得到a3+a210,代入后可得關(guān)于m的方程,求解m的值并驗(yàn)證即可;()利用an+1f(an),得到an+1an,令0,然后利用疊加法求出an(n1)t,取正整數(shù)k,即可證明不等式【解答】()解:因?yàn)閙1,故f(x)x2+1,又a10,an+1f(an),所以a2f(a1)f(0)1,a3f(a2)f(1)2,a4f(a3)f(2)5;()解:因?yàn)閍2,a3,a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列,所以a3a2a4a3,即,所以,則(a3a2)(a3+a21)0,因?yàn)楣頳0,故a3a20,所以a3+a210,因?yàn)閍2f(a1)f(0)m,a3f(a2)m2+m,故(m2+m)+m10,解得,經(jīng)檢驗(yàn),此時(shí)a2,a3,a4的公差不為0,所以存在,使得a2,a3,a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列;()證明:因?yàn)?,又,所以?,因?yàn)閍nan1t,an1an2t,···,a2a1t,將上述不等式全部相加可得,ana1(n1)t,即an(n1)t,因此要使得ak2021,只需(k1)t2021,故只要取正整數(shù)k,就有,綜上所述,當(dāng)時(shí),總能找到kN*,使得ak2021【點(diǎn)評(píng)】本題考查了數(shù)列與函數(shù)、數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用,解題的關(guān)鍵是運(yùn)用方程的思想,通過建立方程求解m,運(yùn)用同向不等式的可加性,考查了邏輯推理能力與化簡運(yùn)算能力,屬于中檔題

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