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1、2021 北京海淀高三一模数学2021.04本试卷共 6 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。第一部分（选择题共第一部分（选择题共 4040 分）分）一、选择题共一、选择题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。一项。1已知集合 A1，Bx|xa）若 ABB，则实数 a的取值范围是（A）（、1）（B）（，1（C）（1，）（D）1，）2如图，在复平面内，复数z 对应的点为 P则
2、复数z的虚部为iPy2（A）1（D）23已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和若 a5S55，则 a1（A）5（B）4（C）3（D）2（B）1（C）2-1Oxa64在(x)的展开式中，x4的系数为 12，则 a的值为x（A）2（B）2（C）1（D）1第 1 页 共 20页15函数f(x)sin xcos x，f(x)sin xcos x，f(x)cos2(x)中，周期是 且为奇函数42的所有函数的序号是（A）（B）（C）（D）6已知函数 f(x)满足f(1 x)f(1 x)，且当 x1 时，f(x)log2x，则f(8)f(2)（A）2（B）1（C）1（D）37已知 a，b是单位向量，ca2
3、b，若 ac，则|c|（A）3（B）7（C）3（D）21228已知点A(x1,x1)，B(x2,x2)，C(0,)，则“ABC是等边三角形”是“直线 AB 的斜4率为 0”的（A）充分而不必要条件（C）充分必要条件（B）必要而不充分条件（D）既不充分也不必要条件9设无穷等比数列an的前 n项和为 Sn若a1a2a1，则（A）Sn为递减数列（C）数列Sn有最大项第 2 页 共 20页（B）Sn为递增数列（D）数列Sn有最小项10我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图 1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2
4、，设平行于水平面且与水平面距离为h 的平面为 a，记平面 a截牟合方盖所得截面的面积为s，则函数 Sf(h)的图象是SSSS水平面图 1图 2O2ahO2ahO2ahO2ah A B C D第二部分（非选择题共第二部分（非选择题共 110110分）分）二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25分。11已知函数 f(x)x3at 若曲线 yf(x)在点（1，f(1)）处的切线的斜率为 2则实数 a 的值是_12已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的离心率为_13已知点 O(0，0)，A(1，2)，B(m，0)(m0)，则 cos OA,OB=_，若 B 是以 OA 为边的矩形的项点，
5、则 m_第 3 页 共 20页12cos 2cos14若实数，满足方程组，则 的一个值是_32sin 2sin15对平面直角坐标系 xOy 中的两组点，如果存在一条直线 axbyc0 使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”，对于一条分类直线 l，记所有的点词 l 的距离的最小值为d，约定：d1越大，分类直线 l 的分类效果越好，某学校高三（2）出的 7 位同学在 2020 年期间网购文具的费用x（单位：百元）和网购图书的费用y（单位：百元）的情况如图所示，现将P1，P2，P3和 P4归为第 I 组点，樽 Q1，Q2，和 Q3归为第 II 组点，在上述约定下，可得这两组点的分类
6、效果最好的分类直线，记为L给出下列四个结论：直线 x2.5比直线 3xy50 的分类效果好；分类直线 L 的斜率为 2；该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为 300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第 II组点位于 L 的同侧；如果从第I组点中去掉点P1，第II组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是L其中所有正确结论的序号是_第 4 页 共 20页y（百元）4321OP2P1P4P3Q2Q11 1.5 234x（百元）Q3三、解答题共三、解答题共 6 6 小题，共小题，共 8585 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程
7、。6，16如图，在四边形 ABCD中，AB/CD，AB26，CD6，cos A cosADB 13（I）求 cosBDC；（II）求 BC 的长3DCAB第 5 页 共 20页17在如图所示的多面体中，AB/CD，四边形 ACFE为矩形，ABAE1，ADCD2（I）求证：平面 ABE/平面 CDF；（II）设平面 BEF平面 CDFl，再从条件、条件、条件这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角 BlC的大小确定，并求此二面角的余弦值条件：ABAD；条件：AE平面 ABCD；条件：平面 AED平面 ABCD第 6 页 共 20页18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
8、称“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0，2，(2，4，(4，6，(6，8，(8，10，(10，12，(12，14，(14，16，(16，18九组，绘制成如图所示的频率分布直方图（I）求 a的值；（II）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（12，14，（14，16，（16，18三组内的学生中，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（14，16内的
9、学生人数为 X，求 X 的分布列；（III）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“P20（k）”表示这 20 名学生中恰有 k 名学生日平均阅读时间在（10，12（单位：小时）内的概率，其中 k0，1，2，20当 P20（k）最大时，写出 k 的值（只需写出结论）0.050.040.030.020.01Oa0.15频率组距24681012 1416 18日平均阅读时间（小时）第 7 页 共 20页19已知函数 f(x)x sin x（I）判断函数 f(x)在区间(0，)上的单调性，并说明理由；2（II）求证：函数 f(x)在(，)内有且只有一个极值点；2（II
10、I）求函数 g(x)f(x)1在区间(1，上的最小值ln x第 8 页 共 20页x2y220已知椭圆 M：221(ab0)过 A(2，0)，B(0，1)两点ab（I）求椭圆 M 的离心率；（II）设椭圆 M 的右顶点为 C，点 P在椭圆 M上(P不与椭圆 M 的顶点重合)，直线 AB 与直线 CP交于点 Q，直线 BP交 x轴于点 S，求证：直线 SQ过定点第 9 页 共 20页21已知无穷数列an，对于 mN*，若an同时满足以下三个条件，则称数列an具有性质 P(m)条件：an0（n1，2，）；条件：存在常数 T0，使得 anT（n1，2，）；条件：anan+1man2（n1，2，）1n
11、（I）若 an54()（n1，2，），且数列an具有性质 P(m)，直接写出 m的值和一个 T2的值；（II）是否存在具有性质 P(1)的数列an？若存在，求数列an的通项公式；若不存在，说明理由；（III）设数列an具有性质 P(m)，且各项均为正整数，求数列an的通项公式共 20第 10 页页2021 北京海淀高三一模答案一、选择题共一、选择题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。一项。1B2A3C4B5D二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25分
12、。1111226C7C8A9D10D513 5522k,kZ Z3140，答案不唯一满足或2k,kZ Z即可15三、解答题共三、解答题共 6 6 小题，共小题，共 8585 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。16解：（）在ABD中，因为cos A 16cosADB 3，3，所以sin A 1 cos2A 32 2，sinADB 1cos2ADB 33所以cosABD cos(AADB)共 20第 11 页页 cos(AADB)(cosAcosADBsin AsinADB)6132 2633339 因为AB/CD，所以BDC ABD69所以c
13、osBDC cosABD（）在ABD中，由正弦定理得BDABsin AsinADB因为AB 2 6，33 3所以BD ABsin AsinADB2 6 2 23因为CD 6，在CBD中，由余弦定理得BC2 BD2CD22BDCDcosBDC69 9 6 236 11所以BC 1117解：（）因为四边形ACFE为矩形，所以CF/AE又因为AB/CD，ABABxCFDyzEAE A，共 20第 12 页页AB平面ABE，AE 平面ABE，CD 平面CDF，CF 平面CDF，所以平面ABE/平面CDF（）选择，或因为AE 平面ABCD，AB平面ABCD，AD 平面ABCD，所以AE AB，AE AD
14、又因为AB AD，所以分别以AB，AD，AE所在的直线为 x 轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得B(1,0,0)，E(0,0,1)，F(2,2,1)所以BE (1,0,1)，BF (1,2,1)设平面BEF的法向量为n n (x,y,z)，则x z 0,BEn n 0,即x2y z 0.BF n n 0,令x 1，则y 1，z 1于是n n (1,1,1)由（）可得：AD 平面CDF取平面CDF的一个法向量为m m (0,1,0)m mn n13|m m|n n|13333所以cos m m,n n 所以二面角B l C的余弦值为选择因为平面AED平面ABCD，平面AED平
15、面ABCD AD，共 20第 13 页页AB AD，AB 平面ABCD，所以AB 平面AED又因为AE 平面AED，所以AB AE在矩形ACFE中，AE AC因为AB 平面ABCD，AC 平面ABCD，AB所以AE 平面ABCD又因为AD 平面ABCD，所以AE AD分别以AB，AD，AE所在的直线为 x 轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得B(1,0,0)，E(0,0,1)，F(2,2,1)所以BE(1,0,1)，BF(1,2,1)设平面BEF的法向量为n n (x,y,z)，则BE n n 0,x z 0,即x2y z 0.BF n n 0,AC A，令x 1，则y 1，z
16、 1于是n n (1,1,1)由（）可得：AD 平面CDF取平面CDF的一个法向量为m m (0,1,0)m m n n13|m m|n n|133所以cos m m,n n 所以二面角B l C的余弦值为33共 20第 14 页页18解：（）由频率分布直方图可得：20.020.030.050.050.15a0.050.040.011解得a0.10（）由频率分布直方图可知，这500名学生中日平均阅读时间在12,14，14,16，16,18三组内的学生人数分别为5000.1050人，5000.0840人，5000.0210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14,16内的学生
17、中抽取了40104人504010现从这 10人中随机抽取 3人，则X的可能取值为 0，1，2，33C6201PX 03，C10120612C4C601PX 136，1202C1021C4C363PX 236，12010C103C441PX 33C1012030所以X的分布列为XP（）k 401611223103130共 20第 15 页页19解：（）由题意知，f(x)sinx xcosx因为x(0，)，2所以f(x)0所以 f(x)在(0，)上单调递增2（）设h(x)f(x)，则h(x)2cos x xsinx)时，h(x)0当x(，2所以h(x)f(x)在(，)内单调递减2又因为f()1 0
18、，f()0，2)，使得f(x0)0所以存在唯一x0(，2f(x)与 f(x)在区间(,)上的情况如下：2x(，x0)2x0(x0，)f(x)f(x)0极大值所以 f(x)在(，)内有且只有一个极值点2（）由（）（）可知，f(x)在(1,x0)内单调递增，在(x0,)内单调递减又因为f(1)sin1 0，f()0，所以当x(1,时，f(x)11共 20第 16 页页又因为当x(1,时，0 ln x ln，所以g(x)f(x)11，当且仅当x 时等号成立lnxln所以 g(x)在(1,上的最小值为1ln20解：（）因为点A(2,0)，B(0,1)都在椭圆M上，所以a 2，b 122所以c a b
19、3所以椭圆M的离心率e c3a2（）方法一：x2由（）知椭圆M的方程为 y21，C(2,0)4由题意知：直线AB的方程为x 2y 2设P(x0,y0)（y0 0，y0 1），Q(2yQ2,yQ)，S(xS,0)因为C,P,Q三点共线，所以有CPCQ所以(x0 2)yQ y0(2yQ 4)所以yQ4y02y0 x0 2所以Q(4y02x044y0,)2y0 x022y0 x02因为B,S,P三点共线，所以y 1x10，即xs0 xsx01 y0共 20第 17 页页x所以S(0,0)1 y04y0 2x04x02y0 x0 21 y0 x所以直线QS的方程为x y 0，4y01 y02y0 x0
20、 2x024y024x0y08y04xy 0即x 4y0(1 y0)1 y0又因为点P在椭圆M上，所以x02 44y02所以直线QS的方程为x 22y0 x0(y 1)21 y0所以直线QS过定点(2,1)方法二：直线QS过定点T(2,1)，理由如下：1设直线BP为y k1x 1（k1 0且k1），21直线CP为y k2(x 2)（k2 0且k2）2所以直线BP与x轴的交点S(1,0)k1因为直线AB的方程为y 1x 1，24k2 24k2,)2k21 2k21所以直线CP与直线AB的交点Q(所以直线TS的斜率kTS11k1，直线TQ的斜率kTQk22k1124所以kTSkTQ11k1k2(k
21、2k1)k11124(k2)2k11242k11共 20第 18 页页将y k1x 1代入方程x2 4y2 4得4k121x28k1x 04k1218k1所以点P的横坐标为xP 2，则yP 24k114k11将点P的坐标代入直线CP的方程y k2(x 2)，整理得1 2k24k128k1k28k12k2 0所以1 2k112k1 2k2 4k1k2 0因为1 2k1 0，所以1 2k1 2k2 4k1k2 0所以kTQkTS 0所以直线QS过定点T(2,1)21解：（）m 2；答案不唯一，如T 6（）不存在具有性质P(1)的数列an，理由如下：假设存在具有性质 P(1)的数列，设为an，则m
22、1所以an2 an1 an，n1，2，因为an 0（n1，2，），所以an2 an1，即a2 a3 a4 所以an3 an2 an1 an2 a2，即a4 a3 a2，a5 a4 a2，an3 an2 a2累加得，an3 a3 na2对于常数T 0，当n T a3时，an3 na2 a3T，与矛盾a2所以不存在具有性质 P(1)的数列an共 20第 19 页页（）因为数列an具有性质 P(m)，由（）知m 111 当m 2时，an2(an1 an)，即an2an1(an1an)，n1，2，221a a1n22所以an2an1*若a1 a2 c（c 为常数，且cN N），则an c，n1，2，经
23、检验，数列c（cN N）具有性质 P(2)*若a1 a2，当n log2a2a1时，an2an11a2a1(0，1)，2n与anN N矛盾 当m3时，令bn maxan，an1N N*，则*an2111(an1 an)(an1 an)(bnbn)bn，n1，2，m33111(an2 an1)(an2 an1)(bnbn)bnm33所以an3所以bn2 maxan2，an3 bn所以bn2 bn1，n1，2，所以b3 b1 1，b5 b3 1，b2n1b2n1 1所以b2n1b1 n当n b1时，b2n1 b1 n 0，与b2n1N N矛盾综上所述，数列an的通项公式为an c（c为常数，且cN N*）共 20第 20 页页*