2021年北京市西城区六校联考高三上期中数学试卷（含答案解析）

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1、2021年北京市西城区六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，满分40分）1已知，则集合ABCD2下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是ABCD3在的展开式中，的系数为AB10CD54在下列各函数中，最小值等于2的函数是ABCD5双曲线的焦点到其渐近线的距离为A1BC2D6从长度分别为1，2，3，4，5的5根细木棒中选择三根围成一个三角形，则最大内角A可能是锐角B一定是直角C可能大于D一定小于7在等比数列中，“”是“为递增数列”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要8已知函数，则A是偶函数B函数的最小正周期为C曲线关于对称D（1）（2）9给定

2、集合，若对于任意，有，且，则称集合为闭集合，下列结论正确的个数是集合，0，2，为闭集合；集合，为闭集合；若集合，为闭集合，则为闭集合；若集合，为闭集合，且，则存在，使得A0B1C2D310在长方形中，点是边上任意一点，设，与的函数关系式记为，则A函数有一个极大值，无极小值B是函数的对称轴C函数的最大值为（2）D函数的增区间为，二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则12在2和30之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个正数分别是 13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

3、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14若点关于轴对称点为，则的一个取值为 15已知，若同时满足条件：，或；，则的取值范围是三、解题题（共6小题，共85分）解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16（14分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，为棱的中点，（）求证：；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）求二面角的余弦值17（13分）某学校组织高一、高二年级学生进行了“纪念建国70周年”的知识竞赛从这两个年级各随机抽取了40名学生，对其成绩进行分析，得到了高一年级成绩的频率分布直方图和高二年级成绩的频数分布表成绩分组频数，2，6，16，14，

4、2高二 规定成绩不低于90分为“优秀”（）估计高一年级知识竞赛的优秀率；（）将成绩位于某区间的频率作为成绩位于该区间的概率在高一、高二年级学生中各选出1名学生，记这2名学生中成绩优秀的人数为，求随机变量的分布列；（）在高一、高二年级各随机选取1名学生，用，分别表示所选高一、高二年级学生成绩优秀的人数写出方差，的大小关系（只需写出结论）18（14分）已知锐角，同时满足下列四个条件中的三个：；（）请指出这三个条件，并说明理由；（）求的面积19（15分）已知椭圆的离心率为（）求椭圆的方程；（）设直线过点且与椭圆相交于，两点过点作直线的垂线，垂足为证明直线过轴上的定点20（14分）已知函数（）求曲线在

5、点，处的切线方程；（）当时，求证：函数存在极小值；（）请直接写出函数的零点个数21（15分）数列，满足：，或，2，对任意，都存在，使得，其中，2，且两两不相等（）若，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号；1，1，1，2，2，2；1，1，1，1，2，2，2，2；1，1，1，1，1，2，2，2，2（）记若，证明：；（）若，求的最小值参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1【分析】首先化简集合、，再求并集即可【解答】解：，所以，故选：【点评】本题考查了不等式的解法和并集的运算，属于基础题2【分析】利用函数的单调性和奇偶性的定义，逐一判断各个选项中的函数是否满足条件，从而得

6、出结论【解答】解：由于为奇函数，故排除；由于，不满足，也不满足，故它是非奇非偶函数，故排除；由于是偶函数，且在区间上单调递减，故满足条件；由于是偶函数，但在区间上单调递增，故排除，故选：【点评】本题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题3【分析】写出二项式展开式的通项并整理，令的次数为1，求出，代入系数运算即可【解答】解：二项式展开式的通项为，令，得，所以的系数为，故选：【点评】本题考查了二项式定理的通项公式，属于基础题4【分析】通过取时，显然不满足条件对于，当时取等号，但，故， 显然不满足条件对于：不能保证，故错；对于，从而得出正确选项【解答】解：对于选项：当时，显然不满足条件选项，当时取

7、等号，但，故， 显然不满足条件对于：不能保证，故错；对于，故只有 满足条件，故选：【点评】本题考查基本不等式的应用，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法此题考查学生掌握基本不等式求函数最小值所满足的条件，是一道综合题5【分析】根据题意，由双曲线的标准方程可得双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，由点到直线的距离公式计算可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的方程为，其焦点坐标为，其渐近线方程为，即，则其焦点到渐近线的距离；故选：【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是求出双曲线的渐近线与焦点坐标6【分析】首先列出所有能够围成三角形的三边组合，再分类讨论利用余弦定理计算即

8、可【解答】解：从长度分别为1，2，3，4，5的5根细木棒中选择三根有，2，2，2，3，3，4，3，3，4，4，共10种取法，其中能够围成三角形的有，3，4，4，三种，若三边为2，3，4，设最大角为，则，故，；若三边为2，4，5，设最大角为，则，此时；若三边为3，4，5，故最大角为直角，综上所述，选项正确，故选：【点评】本题考查了三角形三边关系，余弦定理判断最大角，属于基础题7【分析】直接利用举例法满足，“”的等比数列，不为单调递增数列，进一步利用数列的单调性的应用求出结果【解答】解：等比数列中，1，1，1，故数列为摆动数列，不为递增数列，当为递增数列，则，所以，“”是“为递增数列”的必要不充分

9、条件故选：【点评】本题考查的知识要点：成分条件和必要条件，数列的单调性，列举法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题8【分析】利用三角函数的倍角公式进行化简，结合三角函数的性质分别进行判断即可【解答】解：，则函数为奇函数，函数的周期，当时，为最大值，则是对称轴，（1），（2），则（1）（2），故正确的是，故选：【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用二倍角公式进行化简，结合三角函数的性质是解决本题的关键是基础题9【分析】根据定义验证条件，确定选择【解答】解：中，所以不正确中设，所以正确令，但是，则不是闭集合，所以不正确设，且，由，则存在故故正确故选：【点评】解决新定义问

10、题的两个着手点（1）正确理解新定义耐心阅读，分析含义，准确提取信息是解决这类问题的前提，剥去新定义、新法则、新运算的外表，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口（2）合理利用有关性质是破解新定义型问题的关键在解题时要善于从题设条件给出的数式中发现可以使用性质的一些因素，并合理利用10【分析】作出图形，利用三角恒等变换可得，计算可得，进而得出选项【解答】解：如图，则关于对称，选项符合题意又，故选项错误，由函数对称性可知，函数在处取得最小值，故选项错误故选：【点评】本题考查函数性质的综合运用，函数最值的求法，考查建模思想及运算求解能力，属于中档题二、填空题（共5小题

11、，每小题5分，共25分）11【分析】利用复数的运算法则直接求解【解答】解：在复平面内，复数所对应的点的坐标为，故答案为：2【点评】本题考查复数的运算，考查复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题12【分析】依题意设出此数列，进而根据等比中项的性质和等差中项的性质联立方程组求得和，则插入的两个数可求【解答】解：设此数列为2，30于是有，解得，故插入的两个正数为6，18，故答案为：6，18【点评】本题主要考查等比数列的性质考查了考生分析问题和解决问题的能力13【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求得的值【解答】解：，则，故答案为：【点评】本题考查函数模型的选择及应用，

12、考查对数的运算性质，是基础题14【分析】直接利用点的对称的应用和三角函数的关系式的变换的应用求出结果【解答】解：点关于轴对称点为，所以，整理得：，整理得，故当时，上式成立故答案为：【点评】本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题15【分析】由于时，根据题意有在时成立，根据二次函数的性质可求由于，而，则在时成立，结合二次函数的性质可求【解答】解：对于，当时，又，或在时恒成立则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与轴交点都在的左面则即成立的范围为又，此时恒成立在有成立的可能，则只要比，中的较小的根大即可，当时，较小的根为，不成立，当时，两

13、个根同为，不成立，当时，较小的根为，即成立综上可得成立时故答案为：【点评】本题主要考查了全称命题与特称命题的成立，指数函数与二次函数性质的应用是解答本题的关键三、解题题（共6小题，共85分）解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16【分析】（）推导出，从而平面，由此能证明（）由，侧棱底面，建立空间直角坐标系，不妨设利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值（）求出平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值【解答】（共14分）证明：（）因为底面，底面，所以，正方形中，又因为，所以平面，因为平面，所以解：（）正方形中，侧棱底面如图建立空间直角坐标系，不妨设依题意，则，0，2，0，1，所以，2，1

14、，设平面的法向量，则，令，得，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为（11分）（）由（）知平面，所以，0，为平面的法向量，因为，且二面角为锐角，所以二面角的余弦值为 （14分）【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题17【分析】计算频率分别直方图最后两个小矩形的面积即可得出优秀率；分别计算两年级的优秀率，利用相互独立事件的概率公式得出的分布列；计算，得出结论【解答】解：（）高一年级知识竞赛的优秀率为所以高一年级知识竞赛的优秀率为（）在高一年级学生中选中成绩优秀学生的概率为0.3，选中成绩

15、不优秀学生的概率为；在高二年级学生中选中成绩优秀学生的概率为，选中成绩不优秀学生的概率为的所有可能取值为0，1，2；所以随机变量的分布列为：0120.420.460.12（）显然，均符合两点分布，且，【点评】本题考查了频率分布直方图，频率分布表，离散型随机变量的分布列与方差计算，属于中档题18【分析】（）根据内角和定理和正余弦定理进行推导即可；（）根据（）可知，同时满足，所以先利用余弦定理求出，然后代入面积公式即可【解答】解：（）同时满足理由：若同时满足，因为是锐角三角形，所以，结合，与题设矛盾故同时满足不成立；所以同时满足因为，所以，满足则，与题设矛盾，故此时不满足同时满足（）因为，所以解得

16、或7当时，为钝角，与题设矛盾所以，【点评】本题考查利用正余弦定理、三角形中如内角和定理、大边对大角等基础知识同时考查了学生的逻辑推理、数学运算等数学核心素养属于中档题19【分析】（）由题意列关于，的方程组，求解可得，的值，则椭圆方程可求；（）当直线的斜率不存在时，直线过点当直线的斜率存在时，设直线为，联立方程组，消去整理得：利用韦达定理、直线方程，结合已知条件求出直线过轴上的定点【解答】（）解：由题意可得 解得，所以椭圆的方程为（）直线恒过轴上的定点证明如下（1）当直线斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，此时，直线的方程为：，所以直线过点（2）当直线的斜率存在时，设，直线为，由得：所以，直线，

17、令，得，所以由于，所以故直线过点综上所述，直线恒过轴上的定点【点评】本题考查椭圆方程求法，考查考查两直线的交点是否为定点的判断与求法，考查椭圆、韦达定理、根的判别式、直线方程、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题20【分析】（）先求出函数的定义域，再求出，再求导，求出切线的斜率，即可求出切线方程（）方法一：构造函数，根据导数和函数的单调性的关系即可求出，方法二，求导，分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出；（）当或时，函数有一个零点，当且时，函数有两个零点【解答】解：（）的定义域为，因为，所以切点的坐标为，因为，所以切线的斜率

18、，所以切线的方程为证明（）方法一：令，所以，因为且，所以，从而得到在上恒成立，所以在上单调递增且，所以，在区间的变化情况如下表：00极小值所以时，取得极小值，问题得证方法二：因为，当时，当时，所以，当时，所以，所以，在区间的变化情况如下表：00极小值所以时，函数取得极小值，问题得证（）令，即，当时，满足，当时，即， 令，令，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，恒成立，在，上单调递减，当时，当或时，函数有一个零点，当且时，函数有两个零点【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、函数的零点，考查了推理能力与计算能力，属于难题21【分析】（）分别把所给的三

19、个数列代入题目条件中进行验证，能出结果（）当时，设数列中1，2，3出现频数依次为，由题意，2，假设，则与已知矛盾，从而，同理可证：假设，则与已知矛盾，所以，由此能证明（）设1，2，2018出现频数依次为，可得，则取，4，5，2016，得到的数列为：，1，1，1，2，2，3，4，2015，2016，2017，2017，2018，2018，2018，2018由此能出的最小值【解答】（本小题满分13分）解：（）数列，满足：，或，2，对任意，都存在，使得，其中，2，且两两不相等在中，1，1，1，2，2，2，不符合题目条件；在中，1，1，1，1，2，2，2，2，符合题目条件；在中，1，1，1，1，1，2

20、，2，2，2，符合题目条件（3分）注：只得到 或只得到 给（1分），有错解不给分证明：（）当时，设数列中1，2，3出现频数依次为，由题意，2，假设，则有（对任意，与已知矛盾，所以同理可证：假设，则存在唯一的，2，使得那么，对，有，两两不相等），与已知矛盾，所以（7分）综上：，所以（8分）解：（）设1，2，2018出现频数依次为，同（）的证明，可得，则取，4，5，2016，得到的数列为：，1，1，1，2，2，3，4，2015，2016，2017，2017，2018，2018，2018，2018（10分）下面证明满足题目要求对，2，不妨令，如果或，由于，所以符合条件；如果，或，由于，所以也成立；如果，则可选取，；同样的，如果，则可选取，使得，且，两两不相等；如果，则可选取，注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也成立综上，对任意，总存在，使得，其中，2，且两两不相等因此满足题目要求，所以的最小值为2026（13分）【点评】本题考查满足条件的数列的判断，考查数列前不小于是的证明，考查实数值的最小值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是难题