北京市石景山区2021届高三一模数学试题

石景山区2021年高三

数学

本试卷共8页，满分为150分，考试时间为120分钟.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡.

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. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】算出集合，再求交集即可.

【详解】因为，所以

故选：A

2. 下列函数中，是奇函数且最小正周期的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】画出函数，的图象，由图象判断AB；利用定义证明为奇函数，再求周期，从而判断CD.

【详解】由下图可知，函数，都不是周期函数，故AB错误；

，

即函数为奇函数，且周期，故C正确；

对于D项，周期，故D错误；

故选：C

3. 复数在复平面上对应的点位于第一象限，则实数的取值范围是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】化简复数即可判断.

【详解】

因为对应的点位于第一象限，所以

故选：C.

4. 一几何体的直观图和主视图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过几何体结合三视图的画图方法，判断选项即可.

【详解】几何体的俯视图，轮廓是矩形，几何体的上部的棱都是可见线段，所以C、D不正确，几何体的上部的棱与正视图方向垂直，所以A不正确

故选：B.

5. “直线与平面内无数条直线垂直”是“直线与平面垂直”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不必要也不充分条件

【答案】B

【解析】

【分析】

根据充分必要条件定义即可判断.

【详解】设命题：直线与平面内无数条直线垂直，

命题：直线与平面垂直，

则，但，所以是的必要不充分条件.

故选：B

【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断，涉及线面垂直的定义和性质，属于中档题.

6. 已知菱形的边长为，，则

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：由题意得，设，根据向量的平行四边形法则和三角形法则，可知，故选D.

考点：向量的数量积的运算.

7. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若是线段的中点，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】依据题意可知线段为抛物线的通径可得结果.

【详解】由题可知：线段为抛物线的通径

所以

故选：D

8. “回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3443等.那么在四位数中，回文数共有（    ）

A. 81个 B. 90个 C. 100个 D. 900个

【答案】B

【解析】

【分析】依据题意可知该数中间两个数字是一样的，两端的数字是一样的，简单计算可得结果.

【详解】由题可知：回文数中间两个数字是一样的，两端的数字是一样的

所以共有：

故选：B

9. 已知，若在上恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】作出，在上的图象，当的图象在的图象的上方时，分析此时的取值范围即可.

【详解】作出，在上的图象如下图所示：

因为在上恒成立，所以的图象在的图象的上方（可以部分点重合），

且，令，所以，所以，

根据图象可知：当经过点时，有最小值，，

当经过点时，有最大值，，

综上可知的取值范围是，

故选：C.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是采用数形结合思想解决问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：

（1）确定方程根的个数；

（2）求参数范围；

（3）求不等式解集；

（4）研究函数性质.

10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切.则圆上的点到直线的距离的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】由等腰三角形的性质可得边上的高线，垂直平分线和中线合一，其“欧拉线”为边的垂直平分线，运用中点坐标公式和两直线垂直的关系，求得边上的垂直平分线方程，再由点到直线的距离公式结合圆的对称性得出答案.

【详解】解：因为在中，

所以边上的高线、垂直平分线和中线合一，则其“欧拉线”为边的垂直平分线

因为点，点，所以

因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为

所以的垂直平分线方程为，即

因为“欧拉线”与圆相切

所以可得圆心到“欧拉线”的距离为

圆心到直线的距离为

由圆的对称性可知，圆上的点到直线的距离的最小值为

故选：A

【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用距离公式得出圆心到直线的距离，再由对称性得出最小值.

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. 双曲线的离心率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】依据题意可得，然后根据离心率公式可得结果.

【详解】由题可知：，由

所以离心率

故答案为：

12. 已知函数，若，则从小到大排序为_______.

【答案】

【解析】

【分析】直接代入计算简单判断即可.

【详解】由题可知：

由函数在定义域中是单调递增的，所以

故答案为：

13. 如图，如果每个横行上两数字之和相等，每个竖列上两个数字之和相等，请写出一组满足要求的不全相等的的值.______，______，______，_____.

【答案】    (1). 1    (2). 2    (3). 2    (4). 1

【解析】

【分析】由题意列出方程组，得出，进而得出答案.

【详解】

两式相加、相减得出

不防取

故答案为：；；；

14. 在锐角中，，则__________，________.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】由，利用正弦定理可得，然后使用余弦定理可得

【详解】由题可知：在锐角中，

所以，因为，所以

又，所以

又，

所以，则

故答案为：，

15. 海水受日月的引力，会发生潮汐现象.在通常情况下，船在涨潮时驶入航道，进入港口，落潮时返回海洋.某兴趣小组通过技术模拟在一次潮汐现象下货船出入港口的实验：首先，设定水深（单位：米）随时间（单位：小时）的变化规律为，其中；然后，假设某货船空载时吃水深度（船底与水面的距离）为0.5米，满载时吃水深度为2米，卸货过程中，随着货物卸载，吃水深度以每小时0.4米的速度减小；并制定了安全条例，规定船底与海底之间至少要有0.4米的安全间隙.在此次模拟实验中，若货船满载进入港口，那么以下结论正确的是__________.

①若，货船在港口全程不卸货，则该船在港口至多能停留4个小时；

②若，货船进入港口后，立即进行货物卸载，则该船在港口至多能停留4个小时；

③若，货船于时进入港口后，立即进行货物卸载，则时，船底离海底的距离最大；

④若，货船于时进入港口后，立即进行货物卸载，则时，船底离海底的距离最大.

【答案】①④

【解析】

【分析】根据船离海底距离为，解三角不等式可判断①；由船离海底距离，利用导数判断单调性即可判断②；船离海底距离，利用导数求出最值即可判断③、④

【详解】①不卸货，则吃水恒为2米，

船离海底为，

当时，，则，

解得，所以最多停留时间为小时，故①正确；

②立即卸货，吃水深度，且，

解得，

此时船离海底，

，

所以在上单调递增，且当时，，

由，，

此段时间都可以停靠，

又，，故②错误；

③与④，，，

，，解得，

当时，；当时，，

所以当时，船底离海底的距离最大.

故答案为：①④

【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的应用、导数的应用，解题的关键是表示出船离海底距离的关系式，此题综合性比较强，考查了知识的应用能力以及计算能力.

三、解答题

16. 如图，在五面体中，面为正方形，面面，，．

（1）求证：CD∥平面ABFE；

（2）若，，求平面与平面所成的锐二面角的大小．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）由结合线面平行的判定定理证明即可；

（2）先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角即可.

【详解】解：（1）在五面体中，

因为四边形是正方形，所以

又因为平面，平面，所以平面.

（2）因为四边形是正方形，所以

又因为，又，面，所以平面

又因为平面，所以.

又因为，所以以点为坐标原点，，，分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系.

因为

，，，，.

由（1）平面，平面，平面平面

所以，所以.可得.

由题意知平面的法向量为

设平面的法向量为.

由得

令，得，， 所以

设平面与平面所成锐二面角为.

.

所以平面与平面所成锐二面角为

【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角.

17. 已知有限数列共有30项，其中前20项成公差为的等差数列，后11项成公比为的等比数列，记数列的前n项和为．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：

（1）的值；

（2）数列中的最大项．

条件①：；

条件②：；

条件③：．

【答案】答案见解析.

【解析】

【分析】（1）分别选择一个条件，利用等差、等比数列的通项公式以及前项和公式计算即可.

（2）根据（1）所得到的数据，然后根据数列等差部分、等比部分的单调性简单判断即可.

【详解】选择条件①：

解：（1）因为的前20项成等差数列，，

      所以

解得.

      所以.

因为数列后11项成公比为的等比数列，

所以.

综上，.

（2）的前20项成等差数列， .

所以前20项为递增数列.

即：前20项的最大项为.

数列的后11项成等比数列，，

所以后11项是递减数列.

即：后11项最大项为

综上，数列的最大项为第20项，其值为40.

选择条件②：

解：（1）因为前20项成等差数列，，

     所以

所以   

因为数列后11项成公比为的等比数列，

，又因为，

所以.

综上，.

（2）的前20项成等差数列， .

所以前20项为递减数列.

前20项的最大项为.

因为.

i.当时，，

所以当时，.

此时，数列的最大项为第1项，其值为2；

ⅱ.当时，，

后11项的最大项为.

此时，数列的最大项为第21项，其值为18

综上，当时，数列的最大项为第1项，其值为2；

当时，数列的最大项为第21项，其值为18.

选择条件③：

解：（1）因为数列后11项成公比为的等比数列，，

所以，

解得.  

所以.

又因为的前20项成等差数列，，

所以.

综上，.

（2）的前20项成等差数列， .

所以前20项为递减数列.

前20项的最大项为.

的后11项成等比数列，而，，

，

所以后11项为递增数列.

后11项的最大项为

综上，数列的最大项为第30项，其值为10240.

18. 某大型连锁超市的市场部为了比较线下、线上这两种模式的销售情况，从某地区众多门店中随机抽取8家门店，对其线下和线上这两种销售模式下的日营业额（单位：万元）进行调查．调查结果如下：

若某门店一种销售模式下的日营业额不低于15万元，则称该门店在这种销售模式下的日营业额达标；否则就称该门店在此种销售模式下的日营业额不达标．若某门店的日营业总额（线上和线下两种销售模式下的日营业额之和）不低于30万元，则称该门店的日营业总额达标；否则就称该门店的日营业总额不达标．（各门店的营业额之间互不影响）

（1）从8个样本门店中随机抽取3个，求抽取的3个门店的线下日营业额均达标的概率；

（2）若从该地区众多门店中随机抽取3个门店，记随机变量X表示抽到的日营业总额达标的门店个数．以样本门店的日营业总额达标的频率作为一个门店的日营业总额达标的概率，求X的分布列和数学期望；

（3）线下日营业额和线上日营业额的样本平均数分别记为和，线下日营业额和线上日营业额的样本方差分别记为和．试判断和的大小，以及和的大小．（结论不要求证明）

【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）.

【解析】

【分析】（1）依据题意线下销售达标的有3家，然后简单计算即可.

（2）由二项分布的概率公式运算即可得解；

（3）根据数据进行计算然后直接判断即可.

【详解】（1）由题可知：线下销售达标的有3家，分别是：门店3，门店6，门店7

所以所求的概率为

（2）由题意，日营业总额达标的概率为，

的所有可能取值为：0，1，2，3，

所以，，，，

所以的分布列为

所以；

（3）

所以

所以

所以

19. 已知椭圆的右焦点为，且经过点和点.

（1）求椭圆的方程；

（2）和是椭圆上两个不同的点，四边形是平行四边形，直线分别交轴于点和点，求四边形面积的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）题目告诉了椭圆焦点和顶点，即知道了，再由，即可求解；

（2）由对称性可设设，则，通过表示直线的方程，求得的坐标，从而表示出面积，再根据点M在椭圆上，得到与的关系以及的范围，即可求解.

【详解】（1）由已知，，  

所以.           

所以椭圆的方程为.        

（2）因为四边形是平行四边形，

所以AB与MN的中点重合，所以M、N关于原点对称.

设，则.（）

，

直线AM的方程为，

令，得，即，

又，

直线AN的方程为，

令，得，即.

四边形面积为，

.

因为点M在椭圆上，

所以，.

所以.

所以.

所以当时，

所以四边形面积的最小值为.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是把面积用一个量表示出来，再去寻求这一个量的取值范围，从而求出面积的取值范围.

20. 已知函数.

（1）当时，求在处的切线方程；

（2）已知对任意恒成立，求的值.

【答案】（1）；（2）1.

【解析】

【分析】（1）将代入，然后求导，并得到，最后可得结果.

（2）计算，然后按照，，进行分类讨论，并研究原函数的单调性，利用计算即可.

【详解】解：（1）当时，，，                

所以，

切线的斜率为.    

所以在处的切线方程为.   

（2）依题意，对任意恒成立，

当时，，由于，则恒成立，

所以在内单调递减，

因为，

故当时，，不符合题意.

当时，令，得

当时， ，因为，那么的变化情况如下表：

所以结合的单调性知：当时，，不符合题意.

当时，的变化情况如下表：

当时，，因为，

所以结合的单调性知当时，，不符合题意.

当时，，因为，

所以结合的单调性知当时，，不符合题意.

当时，.由的单调性可知，，所以符合题意.

综上，.

【点睛】方法点睛：

求解函数在某点处的切线方程步骤：（1）求导；（2）；（3）点斜式可得方程.

利用导数求解含参数的恒成立问题：（1）参数分离的方法；（2）求导并按参数的范围进行讨论.

21. 由个正整数构成的有限集（其中），记，特别规定，若集合满足：对任意的正整数，都存在集合的两个子集，使得成立，则称集合为“满集”.

（1）分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由；

（2）若集合为“满集”，求的值；

（3）若是首项为，公比为的等比数列，判断集合是否为“满集”，并说明理由.

【答案】（1）是“满集”，不是“满集”；理由见解析；（2）；（3）是“满集”，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）由和确定可能的取值，根据“满集”定义可知满足定义，但存在时不符合“满集”定义，由此可得结论；

（2）设，由“满集”定义知：，由此可知或，在两种情况下均可确定，由此得到结果；

（3）由等比数列求和公式确定，可得到，取，即可得到结论.

【详解】（1），且的子集为，，，，

当时，；当时，；当时，，

是“满集”；

，且的子集为，，，，

当时，不存在集合的两个子集，使得成立，

不是“满集”.

（2）设，集合为“满集”对任意的正整数，都存在集合的两个子集，使得成立，

，且，或.

当时，，此时；

当时，，，

为最大，此时.

综上所述：.

（3）由题意知：集合，，

对任意的正整数，

根据二进制可知，.

取，.

即，集合为“满集”.

【点睛】关键点点睛：本题考查集合中的新定义的问题，解题关键是能够充分理解“满集”的定义，通过分析所需满足的条件，找到符合要求的子集，从而说明是否符合“满集”定义.