北京市朝阳区2021届高三上学期期末考试数学试题 Word版含答案

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高三数学试卷 第 1页（共 14页） 北京市朝阳区 2020~2021 学年度第一学期期末质量检测 高三年级数学试卷 2021．1 （考试时间 120 分钟 满分 150 分） 本试卷分为选择题（共 40 分）和非选择题（共 110 分）两部分 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共 40 分） 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 （1）已知全集 { 1,0,1,2,3,4}U   ，集合 {0,1,2}A  ，则 U Að = （A）{3,4} （B）{ 1,3,4} （C）{0,1,2} （D）{ 1,4} （2）已知向量 ( 1,2) a ， ( ,4)xb ，且 a b ，则| |b （A） 2 5 （B） 4 3 （C） 4 5 （D）8 （3）某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边 长为 1，则该三棱锥的体积为 （A） 4 3 （B） 8 3 （C） 3 （D） 4 （4）已知等比数列{ }na 的各项均为正数，且 3 9a  ，则 3 1 3 2 3 3 3 4 3 5log log log log loga a a a a     （A） 5 2 （B） 5 3 （C）10 （D）15 （5）设抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，准线 l 与 x 轴的交点为 M ， P 是 C 上一点．若| | 4PF  ，则| |PM  （A） 21 （B） 5 （C） 2 7 （D） 4 2 高三数学试卷 第 2页（共 14页） （6）已知函数 ( ) cos(2 )6f x x   ，给出下列四个结论： ①函数 ( )f x 是周期为  的偶函数； ②函数 ( )f x 在区间[ , ]12 12   上单调递减； ③函数 ( )f x 在区间[0, ]2  上的最小值为 1 ； ④将函数 ( )f x 的图象向右平移 π 6 个单位长度后，所得图象与 ( ) sin 2g x x 的图象重合． 其中，所有正确结论的序号是 （A）①③ （B）②③ （C）①④ （D）②④ （7）已知定义在 R 上的奇函数 ( )f x 满足 ( 2) ( )f x f x  ，且 (1) 0f  ，当 (0,1)x 时， ( ) 2xf x x  ．设 (5)a f ， 1( )3b f ， 5( )2c f  ，则 , ,a b c 的大小关系为 （A） b a c  （B） a c b  （C） c a b  （D）b c a  （8）已知圆 2 2: 4C x y  ，直线 : 0l x y t   ，则“l 与 C 相交”是“| | 2t  ”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）已知双曲线 2 2 2 2: 1x yC a b   （ 0a  ， 0b  ）的左焦点为 F ，右顶点为 A ，过 F 作 C 的一条渐近线的垂 线 FD ， D 为垂足．若| | | |DF DA ，则 C 的离心率为 （A） 2 2 （B） 2 （C） 3 （D） 2 （10）在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 y mx （ 0m  ）与曲线 3y x 从左至右依次交于 A ， B ，C 三 点．若直线l ： 3 0kx y   （ k R ）上存在点 P 满足 2PA PC   ，则实数 k 的取值范围是 （A） ( 2,2) （B）[ 2 ]2,2 2 （C） ( , 2) (2, )   （D） ( , 2 ] [2 2, )2   高三数学试卷 第 3页（共 14页） 第二部分（非选择题 共 110 分） 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。 （11）设 a R ．若复数 i(1 i)z a  为纯虚数，则 a  ________， 2z  ________． （12）在 2 61( )x x  的展开式中，常数项是________．（用数字作答） （13）在我国古代，人们将直角三角形中短的直角边叫做勾，长的直角边叫做股，斜边叫做弦．根据《周 髀算经》记载，西周数学家商高就发现勾股定理的一个特例：若勾为三，股为四，则弦为五．一般 地，像 (3,4,5) 这样能够成为一个直角三角形三条边长的正整数组称为勾股数组．若从 (3,4,5) ， (5,12,13) ，(6,8,10) ，(7,24,25) ，(8,15,17) ，(9,12,15) ，(9,40,41) ，(10,24,26) ， )11,60,61( ， )12,16,20( 这些勾股数组中随机抽取 1 组，则被抽出的勾股数组中的三个数恰好构成等差数列的概率为________． （14）若函数 ( ) sin( ) cosf x x x   为偶函数，则常数 的一个取值为________． （15）设函数 ( )y f x 的定义域为 D ，若对任意 1x D ，存在 2x D ，使得 1 2( ) ( ) 1f x f x  ，则称函数 ( )f x 具有性质 M ，给出下列四个结论： ①函数 3y x x  不具有性质 M ； ②函数 e e 2 x x y  具有性质 M ； ③若函数 8log ( 2)y x  ， [0, ]x t 具有性质 M ，则 510t  ； ④若函数 3sin 4 x ay  具有性质 M ，则 5a  ． 其中，正确结论的序号是________． 注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得 5 分，不选或有错选得 0 分，其他得 3 分。 高三数学试卷 第 4页（共 14页） 三、解答题共 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）（本小题 13 分） 在 ABC△ 中， 7cos 8A  ， 3c  ，且 b c ，再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求： （Ⅰ） b 的值； （Ⅱ） ABC△ 的面积． 条件①： sin 2sinB A ； 条件②： sin sin 2sinA B C  ． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分。 （17）（本小题 13 分） 某公司为了解用户对其产品的满意程度，从 A 地区随机抽取了 400 名用户，从 B 地区随机抽取了 100 名用户，请用户根据满意程度对该公司产品评分．该公司将收集到的数据按照[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100] 分组，绘制成评分频率分布直方图如下： A 地区用户满意程度评分频率分布直方图 B 地区用户满意程度评分频率分布直方图 （Ⅰ）从 A 地区抽取的 400 名用户中随机选取一名，求这名用户对该公司产品的评分不低于 60 分的概率； （Ⅱ）从 B 地区抽取的 100 名用户中随机选取两名，记这两名用户的评分不低于 80 分的个数为 X ，求 X 的 分布列和数学期望； （Ⅲ）根据频率分布直方图，假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计 A 地区抽取的 400 名 用户对该公司产品的评分的平均值为 1 ，B 地区抽取的 100 名用户对该公司产品的评分的平均值为 2 ，以及 A，B 两个地区抽取的 500 名用户对该公司产品的评分的平均值为 0 ，试比较 0 和 1 2 2   的大小．（结论不要求证明） 高三数学试卷 第 5页（共 14页） （18）（本小题 14 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，平面 PAD  平面 ABCD ， PA PD ， PA PD ， 3BAD   ， E 是线段 AD 的中点，连结 BE ． （Ⅰ）求证： BE PA ； （Ⅱ）求二面角 A PD C  的余弦值； （Ⅲ）在线段 PB 上是否存在点 F ，使得 //EF 平面 PCD ？若存在， 求出 PF PB 的值；若不存在，说明理由． （19）（本小题 15 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0)a b  过点 3(1, )2 ，且 C 的离心率为 3 2 ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）过点 (1,0)P 的直线l 交椭圆C 于 A ， B 两点，求| | | |PA PB 的取值范围． 高三数学试卷 第 6页（共 14页） （20）（本小题 15 分） 已知函数 2ln (( ) 2)x a x af xx     （ a R ）． （Ⅰ）当 0a  时，求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求 ( )f x 的单调区间； （Ⅲ）若 ( )f x 恰有两个零点，求实数 a 的取值范围． （21）（本小题 15 分） 已知无穷数列{ }na 满足： 1 0a  ， 2 1n na a c   （ *nN ， cR ）．对任意正整数 2n  ，记 { | {1,2,3, , }, | 2}|n iM c i n a  对任意 ， *{ | | 2}, | iM c i a  N对任意 ． （Ⅰ）写出 2M ， 3M ； （Ⅱ）当 1 4c  时，求证：数列{ }na 是递增数列，且存在正整数 k ，使得 kc M ； （Ⅲ）求集合 M ． 北京市朝阳区 2020~2021 学年度第一学期期末质量检测 高三数学参考答案 2021．1 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） （1）B （2）C （3）A （4）C （5）C 高三数学试卷 第 7页（共 14页） （6）D （7）A （8）B （9）B （10）D 二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分） （11） 0 ； 1 （12）15 （13） 2 5 （14） π 2 （答案不唯一） （15）①③ 三、解答题（共 6 小题，共 85 分） （16）（共 13 分） 解：选条件①： sin 2sinB A ． （Ⅰ）在 ABC△ 中，因为 sin sin b a B A  ，所以 sin 2sin a Bb aA   ． 因为 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ，且 3c  ， 7cos 8A  ， 2b a ， 所以 2 24 9 7 12 8 a a a    ． 化简得 22 7 6 0a a   ， 解得 2a  或 3 2a  ． 当 3 2a  时， 2 3b a c   ，与题意矛盾． 所以 2a  ，所以 4b  ．........................................................................................................... 9 分 （Ⅱ）因为 7cos 8A  ， (0,π)A ，所以 15sin 8A  ． 所以 1 1 15 3 15sin 4 32 2 8 4ABCS bc A     △ ．................................................................. 13 分 选条件②： sin sin 2sinA B C  ． （Ⅰ）在 ABC△ 中，因为 sin sin sin a b c A B C   ， 所以由sin sin 2sinA B C  得 2 6a b c   ． 因为 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ，且 3c  ， 7cos 8A  ， 6a b  ， 所以 2 29 (6 ) 7 6 8 b b b     ． 解得 4b  ．................................................................................................................................. 9 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 4b  ，所以 6 2a b   ． 高三数学试卷 第 8页（共 14页） 因为 7cos 8A  ， (0,π)A ，所以 15sin 8A  ． 所以 1 1 15 3 15sin 4 32 2 8 4ABCS bc A     △ ．..................................................................13 分 （17）（共 13 分） 解：（Ⅰ）由题知 A 地区共抽取 400 名用户，其中有 240 名用户对该公司产品的评分不低于 60 分， 所以从 A 地区抽取的 400 名用户中随机选取一名， 这名用户对该公司产品的评分不低于 60 分的概率是 240 0.6400  ．.......................................3 分 （Ⅱ）由题可知 X 的可能取值为 0，1，2． 2 90 2 100 89( 0) 110 CP X C    ； 1 1 90 10 2 100 2( 1) 11 C CP X C    ； 2 10 2 100 1( 2) 110 CP X C    ． 所以 X 的分布列如下表： X 0 1 2 P 89 110 2 11 1 110 所以 X 的数学期望 89 2 1 10 1 2110 11 110 5EX        ．........................................................10 分 （Ⅲ） 1 2 0 2    ．.............................................................................................................................13 分 高三数学试卷 第 9页（共 14页） （18）（共 14 分） 解：（Ⅰ）因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AB AD ． 又因为 3BAD   ， E 为 AD 的中点，所以 BE AD ． 又因为平面 PAD  平面 ABCD ， 平面 PAD  平面 ABCD AD ， 所以 BE  平面 PAD ． 因为 PA  平面 PAD ， 所以 BE PA ．...........................................................................................................................4分 （Ⅱ）连结 PE ．因为 PA PD ， E 为 AD 的中点， 所以 PE AD ． 由（Ⅰ）可知 BE  平面 PAD ， 所以 BE AD ， PE BE ． 设 2AD a ，则 PE a ． 如图，建立空间直角坐标系 E xyz ． 所以 ( ,0,0), (0, 3 ,0), ( 2 , 3 ,0), ( ,0,0), (0,0, )A a B a C a a D a P a  ． 所以 )3 ,0( ,D aC a  ， ( ,0, )D aP a ． 因为 BE  平面 PAD ，所以 (0, 3 ,0)EB a 是平面 PAD 的一个法向量． 设平面 PCD 的法向量为 ( , , )x y zn ， 则 0, 0, DC DP      n n   即 3 0, 0. ax ay ax az      所以 3 , . x y x z     令 3x  ，则 1y  ， 3z   ．于是 ( 3,1, 3) n ． 所以 3 7cos , 7| || | 7 3 EB aEB EB a     nn n   ． 由题知，二面角 A PD C  为钝角，所以其余弦值为 7 7  ．............................................ 9分 （Ⅲ）当点 F 是线段 PB 的中点时， //EF 平面 PCD ．理由如下： 因为点 E 平面 PCD ，所以在线段 PB 上存在点 F 使得 //EF 平面 PCD 等价于 0EF  n  ． 假设线段 PB 上存在点 F 使得 //EF 平面 PCD ． 高三数学试卷 第 10页（共 14页） 设 ( [0,1])PF PB    ，则 PF PB  ． 所以 (0,0, ) (0, 3 , ) (0, 3 , )EF EP PF EP PB a a a a a a                ． 由 3 3( ) 0EF a a a     n  ，得 1 2   ． 所以当点 F 是线段 PB 的中点时， //EF 平面 PCD ，且 1 2 PF PB  ．......................................14 分 （19）（共 15 分） 解：（Ⅰ）由题意得 2 2 2 2 2 3 ,2 1 3 1,4 . c a a b a b c            解得 2 1. a b    ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ．...........................................................................................5 分 （Ⅱ）当直线 l 的斜率不存在时，直线 l ： 1x  与椭圆 C 交于 3(1, )2A ， 3(1, )2B  两点， 所以 3| |=| |= 2PA PB ，所以 3| || |= 4PA PB ． 当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 ( 1)y k x  ， 由 2 2 ( 1), 4 4 y k x x y      得 2 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x k x k     ． 且 4 2 2 264 4(1 4 )(4 4) 16(3 1) 0k k k k        ． 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 2 1 2 2 8 1 4 kx x k    ， 2 1 2 2 4 4 1 4 kx x k   ． 所以 2 2 1 2| || |=( 1 | 1|)( 1 | 1|)PA PB k x k x     2 1 2 1 2(1 ) | ( ) 1|k x x x x     2 2 3(1 ) 1 4 k k   ． 令 21 4t k  ，则 1t  ， 所以 2 2 13(1 )3(1 ) 3 9 3 9 34| || |= ( ,3]1 4 4 4 4 4 t k tPA PB k t t t        ． 当 1t  ，即 0k  时，| | | |PA PB 取最大值3． 高三数学试卷 第 11页（共 14页） 综上所述，| | | |PA PB 的取值范围是 3[ ,3]]4 ．............................................................................15 分 （20）（共 15 分） 解：（Ⅰ）当 0a  时， ( ) ln 2f x x x  ， 1( ) 2f x x    ， 所以 (1) 2f   ， (1) 1f    ． 所以曲线在点 (1, (1))f 处的切线方程为 2 ( 1)y x    ，即 1 0x y   ．..........................3 分 （Ⅱ）因为 2ln (( ) 2)x a x af xx     ，定义域为 (0, ) ， 所以  2 (2 1) 11 2 ( 2) 1( ) ( 2) 2 a x x x axaxf x a axx x           ． ①当 0a  时， ( )f x 与 ( )f x 在 (0, ) 上的变化情况如下： x 1(0, )2 1 2 1( , )2  ( )f x  0  ( )f x  最大值 1( ) ln2 12 4 af      所以 ( )f x 在 1(0, )2 内单调递增，在 1( , )2  内单调递减． ②当 0 2a  时， ( )f x 与 ( )f x 在 (0, ) 上的变化情况如下： x 1(0, )2 1 2 1 1( , )2 a 1 a 1( , )a  ( )f x  0  0  ( )f x  极大值 1( ) ln2 12 4 af      极小值 1( ) ln 11a af a     所以 ( )f x 在 1(0, )2 ， 1( , )a  内单调递增，在 1 1( , )2 a 内单调递减． ③当 2a  时， 0( )f x  ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增． ④当 2a  时， ( )f x 与 ( )f x 在 (0, ) 上的变化情况如下： x 1(0, )a 1 a 1 1( , )2a 1 2 1(2 , ) ( )f x  0  0  ( )f x  极大值 1( ) ln 11a af a     极小值 1( ) ln2 12 4 af      高三数学试卷 第 12页（共 14页） 所以 ( )f x 在 1(0, )a ， 1(2 , ) 内单调递增，在 1 1( , )2a 内单调递减．................................. 9 分 （III）由（II）可知： ①当 0a  时， ( )f x 在 1(0, )2 内单调递增，在 1( , )2  内单调递减， 当 1 2x  时， ( )f x 取得最大值 1( ) ln2 12 4 af     ． （i）当 4ln 2 4 0a    时， 1( ) 02f  ， 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点，不符合题意． （ii）当 4ln 2 4a    时， 1( ) 02f  ． 因为 1( ) 02f  ， (1) 2 0f    ， ( )f x 在 1( , )2  内单调递减， 所以 ( )f x 在 1( , )2  内有唯一零点． 因为 4ln2 4 ea      ， 所以 ea  且 1 1 10 4ln2 4 2a     ． 因为 1 3( ) ln( ) 1 1 ln( ) 1 lne=0f a aaa            ， 1( ) 02f  ， 且 ( )f x 在 1(0, )2 内单调递增，所以 ( )f x 在 1(0, )2 内有唯一零点． 所以当 4ln 2 4a    时， ( )f x 恰有两个零点． ②当 0 2a  时， ( )f x 在 1(0, )2 ， 1( , )a  内单调递增，在 1 1( , )2 a 内单调递减， 因为当 1 2x  时， ( )f x 取得极大值 1( ) ln2 1 02 4 af      ， 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点，不符合题意． ③当 2a  时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点，不符合题意． ④当 2a  时， ( )f x 在 1(0, )a ， 1(2 , ) 内单调递增，在 1 1( , )2a 内单调递减． 因为当 1x a  时， ( )f x 取得极大值 1( ) ln 1 01f aa a      ， 高三数学试卷 第 13页（共 14页） 所以 ( )f x 在 (0, ) 上至多有一个零点，不符合题意． 综上所述，实数 a 的取值范围是 ( , 4ln 2 4)   ．................................................................15 分 （21）（共 15 分） 解：（Ⅰ） 2 [ 2,2]M   ， 3 [ 2,1]M   ．......................................................................................................4 分 （Ⅱ）当 1 4c  时，对任意 *nN ，都有 2 2 1 1 1 1( ) 02 4 4n n n n na a a c a a c c            ， 所以 1n na a  ． 所以数列{ }na 是递增数列．.......................................................................................................7 分 因为 1 1 1 2 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 4n n n n na a a a a c ca ca a                 ， 所以 1 1( )4na n c   ． 令 0 8min{ | }4 1n t t c    N ，则 0 1 0 1 8 1( ) ( ) 24 4 1 4na n c cc      ， 所以 0 1nc M  ． 所以存在正整数 0 1k n  ，使得 kc M ．............................................................................. 9 分 （III）由题意得，对任意 *nN ，都有 1n nM M  且 nM M ． 由（Ⅱ）可得，当 1 4c  时，存在正整数 k ，使得 kc M ，所以 c M ． 所以若 c M ，则 1 4c  ． 又因为 3 [ 2,1]M M   ，所以若 c M ，则 2c   ． 所以若 c M ，则 12 4c   ，即 1[ 2, ]4M   ． 下面证明 1[ 2, ]4 M  ． ①当 10 4c  时，对任意 *nN ，都有 0na  ． 高三数学试卷 第 14页（共 14页） 下证对任意 *nN ， 1 2na  ． 假设存在正整数 k ，使得 1 2ka  ． 令集合 * 1{ | }2kS k a  N ，则非空集合 S 存在最小数 0s ． 因为 2 1 10 4 2a c    ，所以 0 2s  ． 因为 0 1s S  ，所以 0 1 10 2sa   ． 所以 0 0 2 1 1 1 4 2s sa a c c     ，与 0 1 2sa  矛盾． 所以对任意 *nN ， 10 2na  ． 所以当 10 4c  时，| | 2na  ． ②当 2 0c   时， 2 2 0c c  ． 下证对任意 *nN ，| | ||na c ． 假设存在正整数 k ，使得| | ||ka c ． 令集合 *{ || | |}|kT k a c  N ，则非空集合T 存在最小数 0t ． 因为 2a c ，所以 2| | | |a c ，所以 0 2t  ． 因为 0 1t T  ，所以 0 1| | | |ta c  ． 0 0 2 2 1t ta a c c c c      ，且 0 0 2 1tta a c c   ， 所以 0 ||| |ta c ，与 0 ||| |ta c 矛盾． 所以当 2 0c   时，| | || 2na c  ． 所以当 1[ 2, ]4c  时，对任意 *nN ，都有| | 2na  ． 所以 c M ，即 1[ 2, ]4 M  ． 因为 1[ 2, ]4M   ，且 1[ 2, ]4 M  ，所以 1[ 2, ]4M   ．........................................................ 15 分