2021届中国人民大学附属中学高三3月开学检测数学试题（含解析）

这是一份2021届中国人民大学附属中学高三3月开学检测数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届中国人民大学附属中学高三3月开学检测数学试题


一、单选题
1．已知全集，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分别求解集合的补集，然后求解它们的并集.
【详解】因为，，，
所以，
所以.
故选：D.
2．若复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数除法运算求出，即可得出结果.
【详解】，，
则在复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C.
3．已知函数，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】构造函数，则为奇函数，根据可求得，进而可得到．
【详解】令，则为奇函数，且，
，，
又，，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查运用奇函数的性质求函数值，解题的关键是根据题意构造函数，体现了转化思想在解题中的应用，同时也考查观察、构造的能力，属于基础题．
4．点是边长为2的正六边形内或《晓观数学》公众号边界上一动点，则的最大值与最小值之差为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【分析】以A为坐标原点，以AB为x轴，AE为y轴建立平面直角坐标系，将向量的数量积用坐标表示成函数，再利用一次函数解决问题.
【详解】如图，以AB为x轴，AE为y轴建立平面直角坐标系，
则，，设，
在中，，，
，，所以，
，
所以的最大值与最小值之差为8
故选：D

【点睛】关键点点睛：本题考查两个向量数量积公式的应用，向量的主要功能是数形结合，将几何问题转化为代数问题，但关键是建立合适的坐标系，将向量用坐标表示，再将数量积的运算转化为函数问题.
5．已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，动点在上.当时，.则的离心率为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
【答案】B
【分析】由可求出点坐标，又由，可建立的齐次式，两边同除可求出离心率.
【详解】解：当时，点坐标为，带入可得：，
因为，则有，即，两边同除可得：，解得：.
故选：.
6．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.
【详解】由可知，可以异号，可以同正，
当异号时，必有，故可以推出；
当同正时，即，由基本不等式知，则当时，有，解得，故充分性成立；
当时，满足，但此时，即“”不能推出“”，故必要性不成立；
所以，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】易错点睛：本题考查充分必要性的判定，易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
7．等差数列的前项和为，前项积为，已知，，则（ ）
A．有最小值，有最小值 B．有最大值，有最大值
C．有最小值，有最大值 D．有最大值，有最小值
【答案】C
【分析】根据已知求出首项和公差可得通项公式，即可得出当时，，当时，，即可判断.
【详解】设等差数列公差为，
则，解得，，
则当时，，当时，，
有最小值，无最大值；
又，当时，，所以有最大值，无最小值.
故选：C.
8．若，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由方程表示的图形的几何意义以及所求代数式的几何意义画出图形可求出最小值.
【详解】解：表示点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
表示点到点的距离，
表示点到直线的距离，
如图所示：

的最小值为线段的长3.
故选：C.
9．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，的最小值为（ ）

A．2 B． C．3 D．
【答案】D
【分析】连接，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，结合题意，可得点P在直线AC上运动，再连接，根据勾股定理，结合图象，即可得答案.
【详解】连接，
因为，，分别是棱，，的中点，
所以，
又平面EFG，平面，
所以平面平面，
因为直线与平面不存在公共点，即平面EFG，且是底面内一动点，
所以点P在直线AC上运动，
连接，
因为底面ABCD，所以，
所以为直角三角形，所以
由图可得当点P位于AC中点时，BP最小，此时，
所以.
故选：D

【点睛】解题的关键在于找到点P的位置，需结合题意及面面平行判定和性质定理解决，考查分析推理，空间想象，数形结合的能力，属中档题.
10．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫像多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：

①正方体各顶点的曲率为；
②任意三棱锥的总曲率均为；
③将棱长为3的正方体正中心去掉一个棱长为1的正方体所形成的几何体的总曲率为.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】根据几何体顶点的曲率和几何体总曲率的定义求解.
【详解】①因为正方体的每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故正确；
②如图所示：，
A点的曲率为： ，
B点的曲率为：，
C点的曲率为：，
D点的曲率为：，
则三棱锥的总曲率均为，
，故正确；
③此几何体有16个顶点，每个顶点的曲率为，所以该几何体的总曲率为，故正确.
故选：D


二、填空题
11．已知函数，若将其图象向右平移个单位长度后所得的图象关于原点对称，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】利用二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式将函数的解析式化简为，并求出平移后的函数解析式，利用所得函数图象过原点，求出的表达式，即可得出正数的最小值.
【详解】，
将其图象向右平移个单位长度后所得的图象的函数解析式为，
由于函数的图象关于原点对称，则函数为奇函数，
，，
由于，当时，取得最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用三角函数的对称性求参数的最值，同时也考查了三角函数的图象变换，解题的关键就是要结合对称性得出参数的表达式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
12．已知点，点在直线上，若过点，且与直线相切的圆有且仅有1个，则点的坐标为___________.
【答案】或.
【分析】由题可得圆心在抛物线上，且在的垂直平分线上，易得斜率不存在满足，斜率为0时不满足，当斜率存在且不为0，设，表示出的垂直平分线方程，与抛物线联立，利用可求得，得出点的坐标.
【详解】由题可得圆心到的距离等于它到直线的距离，
则根据抛物线定义可得圆心在以为焦点的抛物线上，抛物线方程为，
又都在圆上，则圆心还在的垂直平分线上，
若斜率不存在，则，此时的垂直平分线为，与抛物线只有一个交点，满足题意；
若斜率为0，则，此时的垂直平分线为，与抛物线有两个交点，不符合题意；
若斜率存在且不为0时，设，中点为，
则，的垂直平分线斜率为，
则的垂直平分线方程为，
与抛物线方程联立可得，
由题可得，整理可得，
解得，此时，
综上，点的坐标为或.
故答案为：或.
13．已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使函数为奇函数；
②对任意实数，函数既无最大值也无最小值；
③对任意实数和，函数总存在零点；
④对于任意给定的正实数，总存在实数，使函数在区间上单调递减.其中所有正确结论的序号是______________.
【答案】① ② ③ ④
【分析】分别作出，和的函数的图象，由图象即可判断① ② ③ ④的正确性，即可得正确答案.
【详解】
如上图分别为，和时函数的图象，
对于① ：当时，，
图象如图关于原点对称，所以存在使得函数为奇函数，故①正确；
对于② ：由三个图知当时，，当时，，所以函数既无最大值也无最小值；故② 正确；
对于③ ：如图和图中存在实数使得函数图象与没有交点，此时函数没有零点，所以对任意实数和，函数总存在零点不成立；故③ 不正确
对于④ ：如图，对于任意给定的正实数，取即可使函数在区间上单调递减，故④正确；
故答案为：① ② ④
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分段函数图象，涉及二次函数的图象，要讨论，和即明确分段区间，作出函数图象，数形结合可研究分段函数的性质.

三、双空题
14．若的二项展开式中各项的二项式系数的和是8，则展开式中常数项为___________，各项的系数的和为___________.(用数字作答)
【答案】
【分析】先根据二项式系数的和求，再根据展开式通项公式求常数项，再利用赋值法求各项系数和.
【详解】因为二项展开式中各项的二项式系数的和是8，所以，故
由，令，得
所以常数项为
令，可知各项的系数和为
故答案为：，
【点睛】方法点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
（1）求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
（2）已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
15．为了解某校学生的视力情况，现采用《晓观数学》公众号随机抽样的方式从该校的，两班中各抽4名学生进行视力检测.检测的数据如下：
班：4.1，4.6，4.4，4.9；班：4.9，4.6，4.2，4.5.
（1）分别计算两组数据的平均数，从计算结果看，___________班的4名学生视力较好；
（2）___________班的4名学生视力方差较大.
【答案】
【分析】（1）分别计算班，班数据的平均数，比较大小即可；
（2）分别计算班，班数据的方差，比较大小即可；
【详解】（1）班数据的平均数
班数据的平均数
从计算结果看，班的4名学生视力较好；
（2）班数据的方差

班数据的方差

所以班的4名学生视力方差较大
故答案为：，

四、解答题
16．在中，，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求，及的面积.
条件①：；条件②：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】条件选择见解析；，，面积为.
【分析】选①，由可求出，利用正弦定理可解出，再根据三角形面积公式求出面积；
选②，由余弦定理可求出，再由正弦定理可求出，再根据三角形面积公式求出面积.
【详解】选①：因为，所以，.
因为，，所以.
在中，.
又因为，
由正弦定理，即，解得.
所以的面积为.
选②：因为，，，
由余弦定理，即，
解得或(舍去).
因为，，所以.
由正弦定理，即，解得.
所以的面积为.
17．如图所示，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是线段的中点.已知，.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）直线上是否存在点，使得与垂直？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的长为.
【分析】（1）连接交于，连接，利用线面平行的判定定理即可证得结论.
（2）利用线面垂直的性质定理可知，，以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，利用空间向量求二面角的余弦值即可.
（3）设，其中，通过，求解N的坐标，再求解的长度即可.
【详解】（1）连接交于，连接.
因为底面是矩形，所以是线段的中点.
是线段的中点，.
又平面，平面，
平面.
（2）因为底面，底面，底面，
所以，.
因为底面是矩形，所以.
如图,以D为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，.
因为是线段的中点，故，，.
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是.
因为底面，所以为平面的法向量.
又，所以.
由题知二面角是锐角，所以其余弦值为.
（3）因为为直线上一点，，其中，.
又，且与垂直
，解得.
所以存在点，使得与垂直，
此时，，的长为.

【点睛】方法点睛：本题考查线面平行垂直，线面垂直及面面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
18．某汽车品牌为了了解客户对于其旗下的五种型号汽车的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如下表：
汽车型号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
回访客户(人数)
250
100
200
700
350
满意率
0.5
0.5
0.6
0.3
0.2
满意率是指：某种型号汽车的回访客户中，满意人数与总人数的比值.假设客户是否满意互相独立，且每种型号汽车客户对于此型号《晓观数学》公众号汽车满意的概率与表格中该型号汽车的满意率相等.
（1）从所有的回访客户中随机抽取1人，求这个客户满意的概率；
（2）若以样本的频率估计概率，从Ⅰ型号和Ⅴ型号汽车的所有客户中各随机抽取1人，设其中满意的人数为，求的分布列和期望；
（3）用“”，“”，“”，“”，“”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ，Ⅴ型号汽车让客户满意，“”，“”，“”，“”，“”分别表示不满意.写出方差，，，，的大小关系.
【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）.
【分析】（1）设“从所有的回访客户中随机抽1人，这个客户满意”为事件.求得回访客户的总数，及满意的客户人数，从而求得概率；
（2）由题知，，设“从Ⅰ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件，“从Ⅴ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件.根据题意，估计为0.5，估计为0.2，与相互独立.从而求得、、，列出分布列，求得期望；
（3）分别求得，比较大小即可.
【详解】（1）设“从所有的回访客户中随机抽1人，这个客户满意”为事件.
由题意知，样本中的回访客户的总数是，
满意的客户人数是，
故所求概率为.
（2）.
设“从Ⅰ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件，
“从Ⅴ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件.
根据题意，估计为0.5，估计为0.2，与相互独立.
所以；

；
.
所以的分布列为

0
1
2

0.4
0.5
0.1
所以的期望.
（3）由题知：；
；；
；
故.
19．已知椭圆：的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的右焦点作直线，与椭圆交于，两点，与轴交于点.若，，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值.
【详解】（1）因为椭圆的焦距，所以.
又因为椭圆过点，所以.
又因为，所以，.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）设点，，，.
由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为.
联立，得.
由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，必有.
由韦达定理可得，.
因为，，
得，.
依题意，，，
所以，.
所以.
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
20．已知函数的一个极值点是.
（1）求a与b的关系式，并求的单调区间；
（2）设，若存在，使得成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1) ；当时，单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，单调递增区间为，单调递减区间为和；(2).
【分析】(1)根据极值点的导数为零求出a与b的关系式，然后再验证导数为零的点不一定是极值点；
(2)求函数和在区间上的最大值和最小值，并把存在性问题转换为最值问题，即把存在，使得成立，转化为存在，使得成立.
【详解】(1)因为，
所以，
因为函数的一个极值点是，所以，即；
所以，
①当时，，所以函数在上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意；
②当时，令得或，列表如下：


















满足是函数的极值点；
③当时，令得或，列表如下：


















满足是函数的极值点.
所以；
所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.
(2)由（1）知，，
且时，在单调递增，在单调递减，
又因为，，
所以在上的最大值为，最小值为.
又当时，函数在单调递增，
所以在上的最大值为，最小值为.
因为存在，使得成立，
即存在，使得成立，
即 ，又因为，所以解得，
所以实数a的取值范围为.
【点睛】有关不等式的恒成立与存在性问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
(1)若，，总有成立，故；
(2)若，，有成立，故；
(3)若，，有成立，故；
(4)若，，有，则的值域是值域的子集 ．
21．已知无穷数列满足：.记(，表示3个实数x，y，z中的最大值).
（1）若，求；
（2）若，求；
（3）设是有理数，数列中是否一定存在无穷个0？请说明理由.
【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用已知关系代入特殊值即可求解；
（2）利用已知分析出，即(当且仅当中至少有一项为时等号成立)，再根据已知条件即可求解；
（3）利用反证法证明即可.
【详解】（1）因为，所以，，
所以；
（2）设，，，，，，，
由题意知，，，，，
所以，，，所以，
即(当且仅当中中至少有一项为时等号成立)，
因为，所以中至少有一项为，
因为，所以，
所以，
所以或，所以或.
（3）数列中一定存在无穷个0.
设的最小公分母为，将均改为原来的倍，
则均为整数，题目的其他条件仍然成立，且问题不变.
于是对任意的，均为整数，，，，均为自然数，
反证法：假设中没有0，或者有有限个0，
则存在，对任意的，均有，，，，
设()，则 ，
由（2）知，，故，
假设对任意的，均不为0，则，，
令，则与矛盾.
所以存在，使得，即，
由（2）知，中至少有一项为0，与矛盾，
所以假设不成立，数列中一定存在无穷个0.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用新定义，对n合理赋值，结合反证法、特殊与一般、或然与必然的联系，即可得解.