2021年北京市西城区七校联考高三上期中数学试卷（含答案解析）

《2021年北京市西城区七校联考高三上期中数学试卷（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年北京市西城区七校联考高三上期中数学试卷（含答案解析）（19页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2021年北京市西城区七校联考高三上期中数学试卷一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1设集合，则ABCD2已知平面向量，且，则的值为A1BC4D3若等比数列满足，且公比，则A10B13C20D254已知，且，则ABCD5在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则ABCD6有四个关于三角函数的命题：，；、，；，；其中假命题的是A，B，C，D，7设，是非零向量，且，不共线则“”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8函数的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线关于轴对称，则ABCD9渔民出海打鱼，为了保证运回的鱼的新鲜度（

2、以鱼肉内的三甲胺量的多少来确定鱼的新鲜度三甲胺量是一种挥发性碱性氨，是氨的衍生物，它是由细菌分解产生的三甲胺量积聚就表明鱼的新鲜度下降，鱼体开始变质进而腐败），鱼被打上船后，要在最短时间内将其分拣、冷藏已知某种鱼失去的新鲜度与其出海后时间（分满足的函数关系式为若出海后20分钟，这种鱼失去的新鲜度为，出海后30分钟，这种鱼失去的新鲜度为，那么若不及时处理，打上船的这种鱼大约在多长时间后刚好失去的新鲜度（参考数据：A33分钟B43分钟C50分钟D56分钟10函数是定义域为的奇函数，满足，且当，时，给出下列四个结论：；是函数的周期；函数在区间上单调递增；函数，所有零点之和为其中，所有正确结论的序号是

3、ABCD二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11抛物线的准线方程为12函数的最小值是13在等差数列中，则公差为 ；14已知函数为的零点，为图像的对称轴，且在单调，则的最大值是 15已知集合，若对于任意，存在，使得成立，则称集合是“好集合”，给出下列4个集合：；其中为“好集合”的序号是三、解答题（本大题共6小题，共85分）16（13分）如图，在四棱锥中，平面，点为的中点（）求证：平面平面；（）求二面角的余弦值17（13分）在中，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（）的值；（）的面积条件：；条件：18（14分）每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称

4、“世界图书和版权日”为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图（）求的值；（）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在，内的学生人数为，求的分布列；（）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“”表示这20名学生中恰有名学生日平均阅读时间在，（单位：小时）内的概率，其中，

5、1，2，20当最大时，写出的值（只需写出结论）19（15分）已知函数，其中是自然对数的底数，（）求函数的单调区间；（）当时，试确定函数的零点个数，并说明理由20（15分）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，离心率为，点，满足条件（）求的值；（）设过点的直线与椭圆相交于，两点，记和的面积分别为，求证：21（15分）对于实数数列，记（）若，写出，的值；（）若数列是等差数列，求证：对任意三元数组，两两不相等），总有；（）若对任意三元数组，两两不相等），存在常数，使得，求证：是等差数列参考答案一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1【分析】根据题意，分析集合，解，可得集合，再求的并集可得答

6、案【解答】解：，故选：【点评】本题主要考查集合的基本运算以及简单的不等式的解法属于基础知识、基本运算的考查2【分析】由，根据可得答案【解答】解：故选：【点评】本题主要考查向量的共线定理，属基础题3【分析】利用等比数列的通项公式即可得出【解答】解：由等比数列满足，且公比，故选：【点评】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题4【分析】，且，可得：，与的大小关系不确定，与0的大小关系不确定，即可判断出结论【解答】解：，且，则，与的大小关系不确定，即，与0的大小关系不确定故选：【点评】本题考查了不等式的性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题5【分析】由已知利用任意角的三角函数的定义

7、可求的值，进而运用诱导公式化简求值即可得解【解答】解：平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，故选：【点评】本题主要考查了任意角的三角函数的定义，运用诱导公式化简求值，考查了转化思想，属于基础题6【分析】：同角正余弦的平方和为1，显然错误；：取特值满足即可；将根号中的式子利用二倍角公式化为平方形式，再注意正弦函数的符号即可由三角函数的周期性可判命题错误【解答】解：都有，故错误；时满足式子，故正确；，且，所以，故正确；，故错误故选：【点评】本题考查全称命题和特称命题的真假判断、以及三角函数求值、公式等，属基本题7【分析】根据向量数量积的运算关系，以及充分条件和必要条件进行判断即可【解答

8、】解：由“”平方得“，即“”，即“”，反之也成立，即“”是“”充要条件，故选：【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量数量积的应用是解决本题的关键8【分析】利用函数图象的平移和对称变化就可以解决本题【解答】解：函数的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线关于轴对称关于轴对称的函数，即，再将些函数的图象向左平移一个单位长度就得到的图象故选：【点评】本题中要用到一个逆向思维，平移后的曲线与曲线关于轴对称是本题的难点9【分析】利用题中的条件，可解出参数，的值，进而确定函数解析式，即可解出【解答】解：由题意可知，解得，故选：【点评】本题考查了函数的实际应用，指数函数的解法，学生的运算能

9、力，属于基础题10【分析】利用已知的恒等式以及奇函数的性质，即可判断选项，利用反证法判断选项，利用导数与函数单调性的关系，判断选项，先求出函数的周期，再利用一个周期内函数两个零点之和为，即可判断选项【解答】解：对于，因为，且函数是定义域为的奇函数，则，故选项正确；对于，假设是函数的周期，则，又是定义在上的奇函数，则，所以，因为当，时，所以，所以矛盾，则假设不成立，所以不是函数的周期，故选项错误；对于，因为当，时，所以，当时，则单调递增，所以在上单调递增，又是上的奇函数，则函数在区间上单调递增，故选项正确；对于，由可知，在上单调递增，又因为满足，所以关于对称，则，故函数的周期为，在一个周期内函数

10、两个零点之和为，在，内有三个周期，所以所有零点之和为，故选项正确故正确的为故选：【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了函数性质的综合应用，涉及了函数的周期性、奇偶性、单调性的判断与应用，函数零点的理解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11【分析】由抛物线的准线方程为即可求得抛物线的准线方程【解答】解：抛物线方程为，其准线方程为：故答案为：【点评】本题考查抛物线的简单性质，掌握其几何性质是关键，属于基础题12【分析】变形利用基本不等式即可得出【解答】解：，函数，当且仅当，即时取等号故答案为：5【点评】本题考查了基本不等式的性

11、质，属于基础题13【分析】利用等差数列的通项公式即可得出；再根据等差数列的前项和公式可求出【解答】解：设等差数列的公差为，数列是等差数列，即，解得；故答案为：；【点评】本题考查了等差数列的通项公式与前项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题14【分析】由零点以及对称轴方程，确定出为正奇数，再分在上单调递增和在上单调递减两种情况，求出，从而验证是否符合题意，即可得到答案【解答】解：因为为的零点，为图像的对称轴，所以，即，所以，又，故为正奇数，因为在单调，若在上单调递增，则且，解得，即，故有奇数的最大值为9，当时，因为，所以，此时在上单调递减，不符合题意；若在上单调递减，则且，解得

12、，即，故有奇数的最大值为9，当时，因为，所以，此时在上单调递减，符合题意；故的最大值为9综上所述，的最大值为9故答案为：9【点评】本题考查了三角函数性质的综合应用，三角函数对称性以及周期性、单调性的应用，函数零点定义的理解与应用，考查了分类讨论数学思想方法的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题15【分析】对于，利用无实数解，判断其正误即可对于，画出函数图象，利用图象说明函数满足“好集合”的定义，即可判断正误；对于，画出函数图象，利用图象说明函数满足“好集合”的定义，即可判断正误；对于，画出函数图象，取一个特殊点即能说明不满足“好集合”定义【解答】解：对于，注意到无实数解，因此不是

13、“好集合”；对于，如下左图，注意到过原点任意作一条直线与曲线相交，过原点与该直线垂直的直线必与曲线相交，因此是“好集合”；对于，如下中图，注意到过原点任意作一条直线与曲线相交，过原点与该直线垂直的直线必与曲线相交，因此是“好集合”；对于，如下右图，注意到对于点，不存在，使得，因为与真数的限制条件矛盾，因此不是“好集合”故答案为：【点评】本题考查了命题真假的判断与应用，考查了元素与集合的关系，考查了数形结合的思想，解答的关键是对新定义的理解，是中档题三、解答题（本大题共6小题，共85分）16【分析】（）取的中点，连接，由已知证明四边形是正方形，可得，再由已知求解三角形得，由平面，得，利用直线与平

14、面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；（）由平面，得，以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值【解答】（）证明：取的中点，连接，又，四边形为平行四边形，四边形是正方形，则，得，得，平面，平面，又，平面，平面，平面平面；（）解：平面，则、两两相互垂直，以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴建立空间直角坐标系，则，0，0，4，2，0，2，设平面的一个法向量为，由，取，得；又平面的一个法向量，由图可知，二面角为锐角，二面角的余弦值为【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，

15、训练了利用空间向量求解空间角，是中档题17【分析】选择条件：（）在中，由余弦定理可求的值，由正弦定理可求，在中，即可求解的值（）利用三角形的面积公式即可求解选择条件：（）利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用两角和的正弦公式即可求解的值（）在中，由正弦定理可得，结合，可求，的值，根据三角形的面积公式即可求解【解答】解：选择条件：（）在中，由余弦定理，可得，解得，由正弦定理，所以，因此，在中，有（）当时，则选择条件：（）在中，因为，则，又因为，所以，即（）在中，由正弦定理，又因为，所以，则【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式，两角和的正弦公式在解三

16、角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18【分析】（）由频率分布直方图列出方程，能求出的值（）由频率分布直方图求出这500名学生中日平均阅读时间在，三组内的学生人数分别为50人，40人，10人，采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在，内的学生中抽取4人，现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列（）当最大时，【解答】解：（）由频率分布直方图得：，解得（）由频率分布直方图得：这500名学生中日平均阅读时间在，三组内的学生人数分别为：人，人，人，若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在，内的学生中抽取：人

17、，现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，的分布列为：0123（）当最大时，【点评】本题考查频率、离散型随机变量的分布列、实数值的运算，考查频率分布直方图、超几何分布、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19【分析】（）求出导函数，分别令，解出不等式，即可得到函数的单调区间；（）由，得方程，显然为此方程的一个实数解当时，方程可化简为设函数，利用导数得到的最小值，由于（a），则当时，函数不存在零点，故可得到函数的零点个数【解答】解：（）因为，所以令，得当变化时，和的变化情况如下：0极小值故的单调减区间为；单调增区间为（）结论：函数有且仅有一个零点理由如下：由，得方程，

18、显然为此方程的一个实数解所以是函数的一个零点当时，方程可化简为设函数，则，令，得当变化时，和的变化情况如下：0极小值即的单调增区间为；单调减区间为所以的最小值（a）因为，所以（a），所以对于任意，因此方程无实数解所以当时，函数不存在零点综上，函数有且仅有一个零点【点评】本题考查的知识点是用导数研究函数的单调性，其中根据已知中函数的解析式，求出函数的导函数的解析式，并分析出函数的单调性及极值点等信息，是解答本题的关键20【分析】（）求出，利用求的值；（）分类讨论，设出直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理证明，求出面积，即可得出结论【解答】（）解：因为椭圆的方程为，所以，（2分）则，（3分）因为，所

19、以（）证明：若直线的斜率不存在，则有，符合题意（6分）若直线的斜率存在，则设直线的方程为，由得，（7分）可知恒成立，且，（8分）因为（10分），所以（12分）因为和的面积分别为，（13分）所以（14分）【点评】本题考查椭圆方程与性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，三角形面积公式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题21【分析】（）根据数列的递推公式代值计算即可；（）根据等差数列的通项公式可得，根据已知条件可得，代换到，即求证；（）先求出，取，得，可得数列是等差数列，根据等差数列的通项公式和求和公式即可证明【解答】解：（），则，则，则，证明：（）由等差数列的通项公式可得，可得，并注意到，于是，；证明：（）首项交换中的，可得，两式相加可得，于是对任意三元数组，两两不相等，总有，取，得，即，于是数列是等差数列，故，另一方面，于是，当时，用替换得，两式相减得，也满足上式，故是等差数列【点评】本题考查数列的递推公式，等差数列的通项公式求和公式，等差数列的定义，考查推理论证能力能力，属于难题