北京市2021届高三入学定位考试数学试题 Word版含解析

这是一份北京市2021届高三入学定位考试数学试题 Word版含解析，共20页。

2020—2021学年北京市新高三入学定位考试数学
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
列举法写出集合,再求集合交集得解
【详解】，，
故选：B.
【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.
2. 设复数：，则在复平面内复数对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第三象限
C. 实轴上 D. 虚轴上
【答案】C
【解析】
【分析】
先由复数的运算求得，再由复数的几何意义可得选项.
【详解】，故对应点为，
故选：C.
【点睛】本题考查复数的运算和复数的几何意义，属于基础题.
3. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A. 8 B. C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图还原几何体，由题中数据，即可求出结果.
【详解】由三视图，在棱长为的正方体中还原该几何体如下，

该几何体是底面为正方形，高为的正四棱锥，
所以其体积为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查由三视图求几何体的体积，属于基础题型.
4. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. 60 B. 30 C. 20 D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式定理，得出展开式的通项，进而可得出结果.
【详解】因为展开式的第项为，
令，则，
所以常数项为.
故选：A.
【点睛】本题主要考查求二项展开式中的常数项，属于基础题型.
5. 设为圆上一点，则点到直线距离的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出圆心坐标和半径后，求出圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系可得结果.
【详解】圆，圆心，半径3，
圆心到直线距离，
所以点到直线距离的最短为0，最长为，
故选：B.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，考查了点到直线的距离公式，属于基础题.
6. 设函数，则是（ ）
A. 奇函数，且存在使得
B. 奇函数，且对任意都有
C. 偶函数，且存在使得
D. 偶函数，且对任意都有
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断函数的奇偶性，可排除A，B，构造函数可得，构造函数可证，即可判断.
【详解】可知的定义域关于原点对称，且，所以是偶函数，故A，B错误；
当时，令，则，
在单调递减，则，即，，
令，则，
在单调递增，则，即，，
，即，
当时，，
因为是偶函数，所以对任意都有.
故选：D.
【点睛】本题考查函数奇偶性的判断，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.
7. 过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则以线段为直径的圆一定（ ）
A. 经过原点 B. 经过点
C. 与直线相切 D. 与直线相切
【答案】C
【解析】
【分析】
通过抛物线的焦半径公式可知，可得点到直线的距离为.
【详解】设，，利用焦半径公式可得：，
又，所以到直线距离为，
所以以线段为直径的圆一定直线相切.
故选：C.
【点睛】本题考查抛物线的焦半径公式及运用，考查抛物线中的一些常见结论，较简单.
8. 设随机变量的分布列如下

1
2
3
4
5
6







其中构成等差数列，则的（ ）
A. 最大值为 B. 最大值为
C. 最小值为 D. 最小值为
【答案】B
【解析】
【分析】
根据随机变量的分布列的概率和是1和等差数列的性质，得到，利用基本不等式可求得答案.
【详解】，，，
当且仅当时取等，
故选：B.
【点睛】本题主要考查随机变量的分布列的性质、等差数列的性质及基本不等式求最值的问题，涉及的知识点比较多.
9. 在中，“”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
【答案】C
【解析】
【分析】
由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.
【详解】余弦函数在区间上单调递减，且，，
由，可得，，由正弦定理可得.
因此，“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.
10. 设函数， 其中.若函数有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. （0，2） B. （0，9） C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，分别令和，求解函数的零点，结合排除法，即可求解.
详解】根据选项，可得：若时，函数，令，
当时，令，解得或；
当时，令，解得（舍去），
此时函数有且仅有两个零点，排除A、B；
若时，函数，令，
当时，令，解得或（舍去）；
当时，令，解得，
此时函数有且仅有两个零点，排除C.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中熟记函数的零点的定义，合理利用排除法求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
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. 函数的定义域为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用偶次方根的被开方数大于等于0，分母不等于0，即可求出答案.
【详解】联立，得函数的定义域为.
故答案为：
【点睛】本题考查函数的定义域，属于基础题.
12. 设平面向量，，，若，且与方向相反，则实数________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据向量平行的坐标表示可求得答案.
【详解】因为，所以，解得，又与方向相反，故.
故答案为：.
【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，以及两向量方向相反的条件，属于基础题.
13. 若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则其离心率为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据渐近线方程，可得，根据以及离心率公式可得答案.
【详解】因为渐近线方程，
所以，则，，
故离心率为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程和离心率公式，属于基础题.
14. 设函数对于任意，都有成立，则符合条件的的一个值为________.
【答案】2
【解析】
【分析】
化简函数，根据题设条件，得到，即，即可求解.
【详解】由题意，函数，
要使得函数对于任意，都有成立，
则满足，即，
当时，，此时，
故符合条件的的其中一个值为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的周期性，合理利用题设条件，列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
15. 蜂巢结构精密，是通过优胜劣汰的进化自然形成的.单蜂巢的横截面为正六边形，有人研究发现，蜂巢横截面结构和科学论证的最“经济”平面简单结构完全一致，最“经济”平面简单结构同时满足以下两点：

（1）横截面图形由全等的正多边形组成，且能无限无缝隙拼接（称此正多边形具有同形结构）；（2）边长为1的单个正边形的面积与边数之比最大.已知具有同形结构的正（）边形的每个内角度数为，那么.给出下列四个结论：①；②正三角形具有同形结构；③具有同形结构的正多边形有4个；④与满足的关系式为；其中所有正确结论的序号是________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】
对于①，由已知计算，可判断①；由已知得， ，可以判断②③④.
【详解】对于①，，①正确；
对于②③④，边形的内角和为，正边形的每个内角度数为，
所以，又，故，故，
所以，.所以②④正确，③不正确，
故答案为：①②④.
【点睛】本题考查数学文化，数学的应用性，数学的新定义，关键在于理解定义，将生活中的数据转化为数学中的数据，属于中档题.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
16. 如图，在三棱柱中，底面，，是的中点，且.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据线面平行的判断定理可得证；
（Ⅱ）以，，为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，运用线面向量求解方法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（Ⅰ）如图，由三棱柱，得，
又因为平面，平面，所以平面；
（Ⅱ）因为底面，，
所以，，两两垂直，故分别以，，为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
由，，得令，得.
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查线面平行的证明，线面角的向量求解方法，属于中档题.
17. 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
（Ⅰ）的大小；
（Ⅱ）的面积 .
条件①：； 条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
若选择条件①：.
（Ⅰ）根据余弦定理求出；
（Ⅱ）根据正弦定理求出，根据三角形内角和定理以及两角和的正弦公式求出，再根据面积公式可得结果.
若选择条件②：
（Ⅰ）根据正弦定理可求出；
（Ⅱ）根据正弦定理求出，根据三角形内角和定理以及两角和的正弦公式求出，再根据面积公式可得结果.
【详解】若选择条件①：.
（Ⅰ）因为，
由余弦定理，
因为，所以.
（Ⅱ）由正弦定理，
得，
又因为，
所以.
若选择条件②：.
（Ⅰ）由正弦定理，得.
又因为，所以，
又因为，所以.
（Ⅱ）由正弦定理，
得，
又因为，
所以.
【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查了两角和的正弦公式，属于中档题.
18. 为了解某校学生的体育锻炼情况，现采用随机抽样的方式从该校的，两个年级中各抽取6名学生进行体育水平测试测试，得分如下（满分100分） ：
年级6名学生体育测试得分分别为：73，62，86，78，91，84.
年级6名学生的体育测试得分分别为：92，61，85，87，77，72.
已知在体育测试中，将得分大于84分的学生记为体育水平优秀.
（Ⅰ）分别估计，两个年级的学生体育水平优秀的概率；
（Ⅱ）从，两个年级分别随机抽取2名学生，估计这4名学生中至少有2人体育水平优秀的概率；
（Ⅲ）记，两个年级6名样本学生体育测试得分数据的方差分别为，，试比较与的大小.（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
分析】
（Ⅰ）根据数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解；
（Ⅱ）分别求得“这4名学生中恰有0人体育水平优秀的概率.和“这4名学生中恰有1人体育水平优秀”的概率，进而求得这4名学生中至少有2人体育水平优秀的概率；
（Ⅲ）由题设中的数据，利用平均数和期望的公式，即可求解.
【详解】（Ⅰ）根据数据，年级6名学生的体育测试得分中有2个大于84分，
用频率估计概率，可得年级的学生体育水平优秀的概率约为；
年级6名学生的体育测试得分中有3个大于84分，
可得年级的学生体育水平优秀的概率约为.
（Ⅱ）记事件“从，两个年级分别随机抽取2名学生，这4名学生中至少有2人体育水平优秀”为.
“这4名学生中恰有0人体育水平优秀的概率..
事件“这4名学生中恰有1人体育水平优秀”的概率
，
则，
答：估计这4名学生中至少有2人体育水平优秀的概率.
（Ⅲ）由题设中的数据，可得，
求得
可得.
【点睛】本题主要考查了古典概型及概率的计算，独立事件概率的求解，以及数据的平均数与期望的求解，注重考查分析问题和解答问题的能力.
19. 设函数，其中.
（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若函数在上有极大值，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）求导得，令，则，则可证明在上恒成立，则在递减，即在上单调递减，若函数在上有极大值，则只需即可.
【详解】（Ⅰ）由题意，求导得.
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（Ⅱ），
令，则.
因为对于，恒成立，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
因为在上有极大值，
所以在上存在“左正右负”变号零点.
由零点存在性定理：
只需，即
所以.
所以函数在上有极大值时，的取值范围为.
【点睛】本题考查曲线的切线方程求解，考查根据函数的极值点求参数的取值范围问题，难度较大.解答时分析清楚函数的单调性是核心.
20. 已知椭圆：，圆：，过点作直线交椭圆于另一点，交圆于另一点.过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，.
（Ⅰ）设，为的中点，求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出，然后带入椭圆的方程求出即可；
（Ⅱ）设直线的方程为，分别联立直线与椭圆、直线与圆的方程求出，的横坐标，然后可求出的最大值.
【详解】（Ⅰ）由为的中点，得，
代入椭圆的方程，得，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由题意得直线的斜率存在.
当直线的斜率为0时，
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，.
联立方程，消去，得.
则，，所以.
联立方程消去，得.
则，所以.
于是
.
当且仅当，即时，取最大值.
综上所述，当时，取最大值.
【点睛】本题考查的是直线与圆、直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力和转化能力，属于较难题.
21. 已知是无穷数列，且.给出两个性质：①对于任意的，，都有；②存在一个正整数，使得，对于任意的都成立.
（Ⅰ）试写出一个满足性质①的公差不为0的等差数列（结论不需要证明）
（Ⅱ）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，并说明理由；
（Ⅲ）设为等比数列，且满足性质②，证明：数列满足性质①.
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）答案见解析，理由见解析；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）设等差数列的公差为，由性质①，得出只需取，即可；
（Ⅱ）先由，得，推出时满足性质②；得出为递增数列，推出满足性质①，即可得出结论；
（Ⅲ）设等比数列的公比为，分别讨论，两种情况，根据性质②，得到等比数列的公比，推出，得到，即可证明结论成立.
【详解】（Ⅰ）答案不唯一，如.
因为，即，即，
只需取，即可；
（Ⅱ）数列同时满足性质①和性质②.
理由如下：由，得，且.
所以，使得，对于任意的都成立.
所以数列满足性质②.
由，得数列为递增数列.
又因为，所以对于任意的，.
即数列满足性质①.
（Ⅲ）设等比数列的公比为，
当时，由，得，
由题意，知，即，所以，即.
故.
当时，由，得.
由性质②，知，即，所以，即.
故，这与性质②不符，
所以不成立.
综上，等比数列的公比.
所以，即数列为递增数列，且.
故对于任意的，.
即数列满足性质①.
【点睛】本题主要考查数列新定义，考查等差数列与等比数列的综合，属于中档题型.