2021年北京市西城区二校联考高三上期中数学试卷（含答案解析）

1、2021年北京市西城区二校联考高三上期中数学试卷一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分 1直线的倾斜角是ABCD2设函数的定义域，函数的定义域为，则AB，CD，3若非零平面向量，满足，则ABCD4某同学用“五点法”画函数，在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如表：0050根据这些数据，要得到函数的图象，需要将函数的图象A向左平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向右平移个单位5在中，“”是“为锐角三角形”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若函数在区间，上的最大值是，最小值是，则A与有关，且与有关B与有关，但与无关C与无关，且与无关

2、D与无关，但与有关7关于函数，下列说法正确的是A的一个周期是B的最小值为2C的图像关于轴对称D的图像关于直线对称8地震里氏震级是地震强度大小的一种度量地震释放的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为已知两次地震的里氏震级分别为8.0级和7.5级，若它们释放的能量分别为和，则的值所在的区间为ABCD9若过点可以作曲线的两条切线，则ABCD10现有个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球赢如果甲先抓，那么下列推断正确的是A若，则甲有必赢的策略B若，则乙有必赢的策略C若，则甲有必赢的策略D若，则乙有必赢的策略二、填空题：共4小题，每小题5分，

3、共25分11已知，为虚数单位，若为实数，则的值为 12设函数则满足的的取值范围是 13已知圆，则圆心到直线的距离为 14如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在，此时圆上一点的位置在，圆在轴上沿正向滚动当圆滚动到圆心位于时，的坐标为 三、解答题：共6小题，共85分解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤15（14分）在平面四边形中，（1）求；（2）若，求16（14分）我国经济已由高速增长阶段转向高质量发展阶段货币政策是宏观经济调控的重要手段之一，对我国经济平稳运行、高质量地发展发挥着越来越重要的作用某数学课外活动小组为了研究人民币对某国货币的汇率与我国经济发展的关系，统计了某周五个工

4、作日人民币对该国货币汇率的开盘价和收盘价，如表：周一周二周三周四周五开盘价165166171173收盘价165165170174171（）已知这5天开盘价的中位数与收盘价的中位数相同，求的值；（）在（）的条件下，从这5天中随机选取3天，其中开盘价比当日收盘价低的天数记为，求的分布列及数学期望；（）在下一周的第一个工作日，收盘价为何值时，这6天收盘价的方差最小（只需写出结论）17（14分）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且（）求的长；（）求二面角的余弦值；（）求点到平面的距离18（14分）已知函数，其中（）若曲线在处的切线与直线平行，求的值及的取值范围；（）求函数的单调区间；（）若函数

5、，其中，证明：存在极小值19（15分）已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为，直线（）若椭圆的左顶点关于直线的对称点在直线上，求的值；（）过的直线与椭圆相交于不同的两点，（不与点，重合），直线与直线相交于点，求证：，三点共线20（14分）对于由有限个自然数组成的集合，定义集合（A），记集合（A）的元素个数为（A）定义变换，变换将集合变换为集合（A）（A）（）若，1，求（A），（A）；（）若集合有个元素，证明：“（A）”的充要条件是“集合中的所有元素能组成公差不为0的等差数列”；（）若，2，3，4，5，6，7，且，2，3，25，（A），求元素个数最少的集合参考答案一、选择题：共10小题，每小题4分

6、，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求1【分析】由题意可得：直线的斜率为，即，由倾斜角的范围和正切函数的知识可得答案【解答】解：由题意可得：直线的斜率为，即，又，故故选：【点评】本题考查直线的斜率和倾斜角的关系，属基础题2【分析】先根据函数成立条件求出集合，然后根据集合的交集运算即可求解【解答】解：由题意得，所以，故选：【点评】本题主要考查了函数定义域的求解及集合交集运算，属于基础题3【分析】非零平面向量，满足，可得，进而得出结论【解答】解：非零平面向量，满足，故选：【点评】本题考查了向量数量积运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题4【分析】

7、由最值求解，由周期求，由最值点求，进而可求函数解析式，然后结合函数图象的平移可求【解答】解：由题意得，所以，又根据五点作图法可知，所以，要得到函数的图象，只要把的图象向左平移各单位，故选：【点评】本题主要考查了利用五点作图法求解函数解析式，还考查了函数图象的平移，属于基础题5【分析】由已知结合诱导公式，三角形的内角和公式及两角和的正切公式分析充分性及必要性是否成立即可判断【解答】解：当时，有，所以，为锐角，又，所以为锐角，此时“为锐角三角形，充分性满足；当为锐角三角形时，为锐角，则，因为，所以，所以，必要性满足，故在中，“”是“为锐角三角形”的充要条件故选：【点评】本题以充分必要条件的判断为载

8、体，主要考查了三角形的诱导公式，两角和的正切公式，考查了分析问题的能力，属于中档题6【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下的取值与，的关系，综合可得答案【解答】解：函数的图象是开口朝上且以直线为对称轴的抛物线，当或，即，或时，函数在区间，上单调，此时（1），故的值与有关，与无关当，即时，函数在区间，上递减，在，上递增，且（1），此时，故的值与有关，与无关当，即时，函数在区间，上递减，在，上递增，且（1），此时（1），故的值与有关，与无关综上可得：的值与有关，与无关故选：【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键7【分析】结合函数的周

9、期公式，最值及函数的奇偶性，对称性分别检验各选项即可判断【解答】解：由于，故不是函数的周期，错误；当时，显然错误；由，得为奇函数，图象关于原点对称，错误；由于，所以的图象关于直线对称，正确故选：【点评】本题主要考查了函数的周期公式，函数最值的求解，函数图象的对称性，属于基础题8【分析】先把数据代入已知解析式，再利用对数的运算性质即可得出【解答】解：，的值所在的区间为，故选：【点评】本题考查了对数的运用以及运算，熟练掌握对数的运算性质是解题的关键9【分析】根据图象可得，在图象的下方，并且在轴上方时，有两条切线，即可求解【解答】解：函数是增函数，恒成立，函数的图象如图，即切点在轴上方，点在轴或下方

10、时，只有一条切线，点在曲线上，只有一条切线，点在曲线上侧，没有切线，由图象可知，在图象的下方，并且在轴上方时，有两条切线，故故选：【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线，考查数形结合的能力，属于中档题10【分析】如果甲先抓，若，则甲有必赢的策略必赢的策略为：甲先抓1球，当乙抓1球时，甲再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜【解答】解：现有个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一

11、个球赢如果甲先抓，若，则甲有必赢的策略必赢的策略为：甲先抓1球，当乙抓1球时，甲再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜故选：【点评】本题考查甲有必赢的策略的小球个数的求法，考查合情推理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题二、填空题：共4小题，每小题5分，共25分11【分析】运用复数的除法法则，结合共轭复数，化简，再由复数为实数的条件：虚部为0，解方程即可得到所求值【解答】解：，为虚数单位，由为实数，可得，解得故

12、答案为：【点评】本题考查复数的乘除运算，注意运用共轭复数，同时考查复数为实数的条件：虚部为0，考查运算能力，属于基础题12【分析】作出函数的图象，由图象可知函数为增函数，又因为，且，结合图象分析求解即可得到答案【解答】解：函数，作出图象如图所示，由图象可知函数在上为单调递增函数，因为，且，故要使，则有，解得，所以满足的的取值范围是故答案为：【点评】本题考查了函数与不等式的综合应用，涉及了分段函数的应用，对于分段函数问题，常见的解题方法是：数形结合法和分类讨论法，属于中档题13【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标，再由点到直线的距离公式求解【解答】解：由圆，得，则圆的圆心坐标为，得圆心到直

13、线的距离为故答案为：【点评】本题考查直线与圆的位置关系，训练了点到直线距离公式的应用，是基础题14【分析】设滚动后圆的圆心为，切点为，连接过作与轴正方向平行的射线，交圆于，设，则根据圆的参数方程，得的坐标为，再根据圆的圆心从滚动到，算出，结合三角函数的诱导公式，化简可得的坐标为，即为向量的坐标【解答】解：设滚动后的圆的圆心为，切点为，连接，过作与轴正方向平行的射线，交圆于，设的方程为，根据圆的参数方程，得的坐标为，单位圆的圆心的初始位置在，圆滚动到圆心位于，可得可得，代入上面所得的式子，得到的坐标为的坐标为故答案为：【点评】本题根据半径为1的圆的滚动，求一个向量的坐标，着重考查了圆的参数方程和

14、平面向量的坐标表示的应用等知识点，属于中档题三、解答题：共6小题，共85分解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤15【分析】（1）由正弦定理得，求出，由此能求出；（2）由，得，再由，利用余弦定理能求出【解答】解：（1），由正弦定理得：，即，（2），【点评】本题考查三角函数中角的余弦值、线段长的求法，考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题16【分析】求出收盘价的中位数，即可求解的可能取值为0，1，2，分别求出对应的概率，即可求得分布列，再结合期望公式，即可求解计算五天的收盘价，即可求解【解答】解：这5天开盘价的中位数与收盘价的中位数相同，又收盘价的中位数

15、为170，由表可知，只有周四、周五2天开盘价比当日收盘价低，的可能取值为0，1，2，故的分布列为：012故数学期望五天的收盘价的平均数为，在下一周的第一个工作日，收盘价为169时，这6天收盘价的方差最小【点评】本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于基础题17【分析】（）用向量垂直条件列方程，解方程求解；（）用向量数量积计算二面角余弦值；（）向量数量积计算点到平面距离部题【解答】解：（）由题意建系如图，设，0，1，0，1，1，1，因为，所以，解得，所以的长为（）由（）知，1，1，1，1，0，令，1，1，因为，所以是平面的法向量，因为，所以是平面的法向量，因为二面角

16、为锐角，所以二面角的余弦值为（）由（）知平面的法向量是，1，1，所以点到平面的距离为【点评】本题考查了二面角计算问题，考查了点到平面距离问题，属于中档题18【分析】求出，可得（1），再求出的值及的取值范围利用中的结果可得，再得到的单调区间求出，利用的单调性及零点存在定理，可判断的符号，从而可证存在极小值【解答】解：，则（1），又在处的切线与直线平行，切线方程为，又（1），且切线与直线平行，即，的值为1，的取值范围为，由可得，故的增区间为，无减区间证明：，由（2）可得在上为增函数，而（1），又，故，故在上存在一个零点，且当时，即，当，时，即，故存在极小值【点评】本题主要考查导数研究函数的极值，需

17、要学生较强的综合能力，属于中档题19【分析】设点关于直线对称的点为，根据题意可得的中点在直线上且，列出方程组，解方程组即可；对直线斜率是否存在分类讨论，当直线斜率不存在时，求出点，坐标利用，可证得，三点共线，当直线斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立方程组，消得到关于的一元二次方程，将，表示为含的式子，得出即可【解答】解：由题意知，直线的斜率存在，且斜率为，设点关于直线对称的点为，则，所以线段的中点在直线上，又，所以，解得或，所以；由已知有当直线的斜率不存在时，此时，有，所以直线，当时，所以，所以，所以，即，三点共线；当直线的斜率存在时，设直线，则，得，设，直线的方程为，令，得，所以直线，的斜率

18、分别为，上式分子，所以，即，三点共线；综上：，三点共线；【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及直线的斜率公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题20【分析】（）根据定义直接进行计算即可（）根据充分条件和必要条件的一结合等差数列的性质进行证明（）首先证明：，然后根据条件分别判断中元素情况即可得到结论【解答】解：（）若集合，1，则（A）（A），1，2，3，（3分）（）令，不妨设充分性：设是公差为的等差数列则，且所以共有个不同的值即（A）必要性：若（A）因为，2，所以（A）中有个不同的元素：，任意的值都与上述某一项相等又，且，2，所以，所以是等差数列，

19、且公差不为0（8分）（）首先证明：假设，中的元素均大于1，从而（A），因此（A），（A），故（A），与，2，3，25，（A）矛盾，因此设的元素个数为，（A）的元素个数至多为，从而（A），的元素个数至多为若，则（A）元素个数至多为5，从而（A）的元素个数至多为，而（A）中元素至少为26，因此假设有三个元素，设，且，则1，2，（A），从而1，2，3，（A）若，（A）中比4大的最小数为，则（A），与题意矛盾，故集合（A）中最大数为，由于（A），故，从而，若，且此时1，2，7，8，（A），则有，（A），在22与28之间可能的数为，此时23，24，25，26不能全在（A）中，不满足题意若，且此时1，2，8，9，（A），则有（A），若（A），则或，解得或当，2，时，15，21，（A），不满足题意当，2，时，（A），2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，17，18，19，20，21，22，23，24，25，26，29，满足题意故元素个数最少的集合为，5，（13分）【点评】本题主要考查集合元素性质以及充分条件和必要条件的应用，综合性强，难度比较大不太好理解