2021年北京市西城区三校联考高三上期中数学试卷（含答案解析）

1、2021年北京市西城区三校联考高三上期中数学试卷一、选择题（共10个小题，每题4分，共40分）1已知集合，集合为整数集，则A，0，1，B，0，C，D，2下列函数中，在其定义域上既是偶函数又在上单调递减的是ABCD3下列命题中，正确的是A的虚部是2BC的共轭复数是D在复平面内对应的点在第二象限4已知，且，那么等于ABCD5已知点是角终边上一点，则ABCD6已知双曲线的一个焦点是，则其渐近线的方程为ABCD7关于函数描述正确的是A最小正周期是B最大值是C一条对称轴是D一个对称中心是，8设，则“是第一象限角”是“”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函数，的部

2、分图象如图示，则将的图象向右平移个单位后，得到的图象解析式为ABCD10定义在上的函数，如果存在函数，为常数），使得对一切实数都成立，则称为函数的一个承托函数、现有如下命题：对给定的函数，其承托函数可能不存在，也可能有无数个；为函数的一个承托函数；定义域和值域都是的函数不存在承托函数下列选项正确的是ABCD二、填空题（共5个小题，每题5分，共25分请将正确答案填在答题纸相应的题号处）11命题“，”的否定是 12能够说明“设是实数，若，则”是假命题的一个实数的值为 13在中，则 14函数在区间，上的最大值为2，则15关于函数，有如下四个命题：的图象关于原点对称；在上是单调递增的；的图象关于直线对

3、称；的最小值为2其中所有真命题的序号是 三、解答题（共6个小题，共85分）16（14分）已知（）画出在一个周期内的图像；（）求的单调增区间；（）求当，时，函数值域17（13分）甲、乙两人进行射击比赛，各射击4局，每局射击10次，射击命中目标得1分，未命中目标得0分两人4局的得分情况如下：甲6699乙79（）若从甲的4局比赛中，随机选取2局，求这2局的得分恰好相等的概率；（）如果，从甲、乙两人的4局比赛中随机各选取1局，记这2局的得分和为，求的分布列和数学期望；（）在4局比赛中，若甲、乙两人的平均得分相同，且乙的发挥更稳定，写出的所有可能取值（结论不要求证明）18（14分）已知同时满足下列四个条

4、件中的三个：；（）请指出这三个条件，并说明理由；（）求的面积19（14分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面底面，分别为，的中点，点在线段上（）求证：平面；（）若为的中点，求证：平面；（）如果直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，求的值20（15分）已知椭圆（）若椭圆的焦距为2，求实数的值；（）点，位于椭圆上，且，关于原点对称若椭圆上存在等边，求的取值范围21（15分）已知函数（）若曲线在点，处的切线方程为，求实数，的值；（）若函数在区间上存在单调增区间，求实数的取值范围；（）若在区间上存在极大值，求实数的取值范围（直接写出结果）参考答案一、选择题（共10个小题，每题4分，共40分

5、每小题只有一个正确选项，请选择正确答案填在机读卡相应的题号处）1【分析】计算集合中的取值范围，再由交集的概念，计算可得【解答】解：，0，1，故选：【点评】本题属于容易题，集合知识是高中部分的基础知识，也是基础工具，高考中涉及到对集合的基本考查题，一般都比较容易，且会在选择题的前几题，考生只要够细心，一般都能拿到分2【分析】由常见函数的奇偶性与单调性逐一判断即可【解答】解：对于，是偶函数，且在上单调递增，故不符合题意；对于，是非奇非偶函数，故不符合题意；对于，是偶函数，且在上单调递减，故符合题意；对于，是非奇非偶函数，故不符合题意故选：【点评】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，考查逻辑推理能

6、力，属于基础题3【分析】对于，结合复数虚部的概念，即可求解，对于，结合复数模公式，即可求解，对于，结合共轭复数的概念，即可求解，对于，结合复数的几何意义，即可求解【解答】解：对于，的虚部是，故错误，对于，故正确，对于，的共轭复数是，故错误，对于，在复平面内对应的定，位于第四象限故选：【点评】本题主要考查复数的性质，属于基础题4【分析】由及的范围，利用同角三角函数间的基本关系求出的值，然后把所求的式子利用二倍角的正弦函数公式化简后，将和的值代入即可求出值【解答】解：由，且，得到，则故选：【点评】此题考查了二倍角的正弦函数公式，以及同角三角函数间的基本关系学生在求时注意的范围5【分析】利用任意角的

7、三角函数的定义求得，再由诱导公式求得【解答】解：由，得，则故选：【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，考查诱导公式的应用，是基础题6【分析】由题意可得，即，解得，进而得到双曲线的方程，即可得到渐近线方程【解答】解：由题意可得，即，解得，可得渐近线方程为故选：【点评】本题考查双曲线的方程和渐近线方程的求法，注意运用双曲线的基本量的关系和渐近线方程与双曲线的方程的关系，考查运算能力，属于基础题7【分析】由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论【解答】解：函数，函数的最小正周期为，故错误；由于它的最大值为，故错误；令，求得，不是最值，故错误；令，求得，故函数的一

8、个对称中心是，故正确，故选：【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象和性质，属于中档题8【分析】根据充分必要条件的定义判断即可【解答】解：充分性：是第一象限角，是充分条件，必要性：，不是第三象限角，是是第一象限角，故选：【点评】本题考查了充分必要条件的定义以及三角函数的性质，是一道基础题9【分析】通过函数的图象求出，求出函数的周期，利用周期公式求出，函数过，结合的范围，求出，推出函数的解析式，通过函数图象的平移推出结果【解答】解：由图象知，由，得，则图象向右平移个单位后得到的图象解析式为，故选：【点评】本题考查学生的视图能力，函数的解析式的求法，图象的变换，考查计算能力10【分析】对于

9、，若取，则，都满足，且有无数个，故正确；对于，即时，错；对于，如取，即可看出其不符合，故错抽象的背后总有具体的模型，我们可以通过具体的函数的研究，进行合理地联想【解答】解：对于，若，则，就是它的一个承托函数，且有无数个，再如，就没有承托函数，命题正确、对于，当时，不是的一个承托函数，故错误；对于如存在一个承托函数，故错误；故选：【点评】本题是以抽象函数为依托，考查学生的创新能力，属于较难题，抽象函数是相对于给出具体解析式的函数来说的，它虽然没有具体的表达式，但是有一定的对应法则，满足一定的性质，这种对应法则及函数的相应的性质是解决问题的关键二、填空题（共5个小题，每题5分，共25分请将正确答案

10、填在答题纸相应的题号处）11【分析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，求解即可【解答】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，命题“，”的否定是：，故答案为：，【点评】本题考查了含有量词的命题的否定，要掌握其否定方法：先改变量词，然后再否定结论，属于基础题12【分析】根据基本不等式，可得，当且仅当时，取最小值3，进而可得答案【解答】解：令，则，故答案为：2【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了基本不等式，难度中档13【分析】由正弦定理可得，再由三角形的边角关系，即可得到角【解答】解：由正弦定理可得，即有，由，则，可得故答案为：【点评】本题考

11、查正弦定理的运用，同时考查三角形的边角关系，属于基础题14【分析】直接利用三角函数的性质求出结果【解答】解：由于：，所以：，则：，则，所以：当时，函数的最大值为，解得：当时函数的最大值为，解得，故答案为：或2【点评】本题考查的知识要点：三角函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础性15【分析】求出函数的定义域关于原点对称，可得，可得正确；换元，可得在单调递减，而在单调递增，由复合函数的单调性可得不正确；分别求出及的解析式，可得两个函数的解析式相等，判断出函数关于对称，判断其为真命题；举反例可得最小值不为2，则该媒命题为假命题【解答】解：函数的定义域为，即，显然关于原点对称，中

12、，所以函数关于原点对称，即正确；中，因为，设，则，所以单调递增，则在单调递减，由复合函数的单调性同增异减可得函数在上单调递减，所以不正确；中，因为，所以，所以函数的图象关于直线对称；即正确；中，当时，所以的最小值不是2，即不正确；故答案为：【点评】本题考查函数的单调性及对称性的判断方法，属于中档题三、解答题（共6个小题，共85分解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤，请将正确答案填在答题纸相应的题号处）16【分析】（）由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，再用五点法做出函数的图像（）由题意利用正弦函数的单调性，求得的增区间（）由题意利用正弦函数的定义域和值域，求得的值域【解答】解：（）列表如

13、下：00100画图：（）令，求得，可得函数的增区间为，（）当，时，故，即函数值域为，【点评】本题主要考查三角恒等变换，用五点法做韩束的图像，正弦函数的单调性、定义域和值域，属于中档题17【分析】（）从甲的4局比赛中，随机选取2局，基本事件总数，这2局的得分恰好相等基本数件个数，由此能求出从甲的4局比赛中，随机选取2局，且这2局得分恰好相等的概率（）的所有可能取值为13，15，16，18，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望（）由已知条件能写出的可能取值为6，7，8【解答】（本小题满分13分）（）解：记“从甲的4局比赛中，随机选取2局，且这2局的得分恰好相等”为事件，（1分）由题意，

14、得，所以从甲的4局比赛中，随机选取2局，且这2局得分恰好相等的概率为（）解：由题意，的所有可能取值为13，15，16，18，且，（7分）所以的分布列为：13151618（8分）所以（10分）（）解：的可能取值为6，7，8（13分）【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，在历年高考中都是必考题型之一18【分析】（）若同时满足，由，且，可得，可得，退出矛盾，又，可得，可得不满足，由此得解（）由已知利用余弦定理可求的值，进而根据三角形的面积公式即可求解【解答】解：（）同时满足，理由如下：若同时满足，则因为，且，所以，可得，矛盾所以不能同时满足，所以只能同时满

15、足，因为，所以，故不满足故满足，（）因为，所以，解得，或，（舍所以的面积【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题19【分析】（）证明推出底面，即可说明，然后证明平面（）证明，然后证明平面，平面即可阿门平面平面，从而证明平面（）以，分别为轴、轴和轴，如上图建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，平面的法向量，平面的法向量，利用直线与平面所成的角和此直线与平面所成的角相等，列出方程求解即可【解答】（本小题满分14分）（）证明：在平行四边形中，因为，所以由，分别为，的中点，得，所以（1分）因为侧面底面，且，所以底面（2分

16、）又因为底面，所以（3分）又因为，平面，平面，所以平面（）证明：因为为的中点，分别为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面同理，得平面又因为，平面，平面，所以平面平面（7分）又因为平面，所以平面（9分）（）解：因为底面，所以，两两垂直，故以，分别为轴、轴和轴，如上图建立空间直角坐标系，则，0，0，2，0，2，1，所以，（10分）设，则，所以，易得平面的法向量，0，（11分）设平面的法向量为，由，得令，得，1，（12分）因为直线与平面所成的角和此直线与平面所成的角相等，所以，即，（13分）所以，解得，或（舍（14分）【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判定定理以及性质定理的

17、应用，平面与平面平行的判定定理的应用，考查转化思想以及空间想象能力逻辑推理能力的应用20【分析】（1）由题意得，的值，再求的值，（2）由题意三角形为等边三角形，得与的关系，再联立直线与椭圆，分别求出长度，得的范围即可【解答】解：（），所以；（）若为等边三角形，应有，即若直线斜率不存在时，即直线方程为，且此时若为等边三角形，点应在长轴顶点，且即若直线斜率为0，即直线方程为，且此时若为等边三角形，点应在短轴顶点，此时，不为等边三角形当直线斜率存在且不为0时，设其方程为，则直线方程为由，得，同理因为，所以，解得，因为，所以，若有解，只需，即综上，的取值范围是，【点评】本题考查直线与椭圆的综合，属于难

18、题21【分析】（）利用导数的几何意义，可求得，又，从而可求得实数，的值；（）依题意，得在上有解在上的最大值大于0，令，求导分析，可求得（1），于是可得实数的取值范围；（）由题意知在上有变号零点，令，可得，构造函数，求导分析，求导其值域，从而可得实数的取值范围【解答】解：（）因为，又曲线在点，处的切线方程为，所以，又，所以，；（）因为函数在区间上存在单调增区间，所以在上有解，即只需在上的最大值大于0即可令，当时，为增函数，当时，为减函数，所以，当时，取最大值，故只需，即所以，若函数在区间上存在单调增区间，实数的取值范围是，（）由（）知，因为在区间上存在极大值，所以在上有变号零点，由，得，令，则，当时，为增函数，当时，为减函数，所以，当时，取最大值，又时，时，所以，【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查函数与方程思想、分类讨论思想、极限思想的综合运用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题