北京市东城区2021届高三一模数学试题（word版 含答案）

北京市东城区2021届高三一模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，那么（    ）

A． B． C． D．

2．在复平面内，复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

3．某中学高一､高二和高三各年级人数见下表.采用分层抽样的方法调查学生的健康状况，在抽取的样本中，高二年级有20人，那么该样本中高三年级的人数为（    ）

A．18 B．22 C．40 D．60

4．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为（    ）

A． B．9 C． D．27

5．已知圆截直线所得弦的长度为1，那么k的值为（    ）

A． B． C．1 D．

6．已知函数，那么不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

7．“”是“”成立的（    ）

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

8．宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形.它广泛的出现在艺术､建筑､人体和自然界中，令人赏心悦目.在黄金矩形中，，那么的值为（    ）

A． B． C．4 D．

9．已知椭圆的右焦点F与抛物线的焦点重合，P为椭圆与抛物线的公共点，且轴，那么椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

10．如图，将线段用一条连续不间断的曲线连接在一起，需满足要求：曲线经过点B，C，并且在点B，C处的切线分别为直线，那么下列说法正确的是（    ）

A．存在曲线满足要求

B．存在曲线满足要求

C．若曲线和满足要求，则对任意满足要求的曲线，存在实数，使得

D．若曲线和满足要求，则对任意实数，当时，曲线满足要求

二、填空题

11．的展开式中，的系数为___________.(用数字作答)

12．已知函数，其中x和部分对应值如下表所示：

那么___________.

13．设A是非空数集，若对任意，都有，则称A具有性质P.给出以下命题：

①若A具有性质P，则A可以是有限集；

②若具有性质P，且，则具有性质P；

③若具有性质P，则具有性质P；

④若A具有性质P，且，则不具有性质P.

其中所有真命题的序号是___________.

三、双空题

14．已知双曲线经过点，那么m的值为___________，C的渐近线方程为___________.

15．已知为等比数列，，那么的公比为___________，数列的前5项和为___________.

四、解答题

16．如图，在长方体中，四边形是边长为1的正方形，，M，N分别为的中点.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

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：

（1）的值；

（2）角的大小和的面积.

条件①：；条件②：.

注：如果选择条件①､条件②分别解答，按第一个解答计分.

18．小明同学两次测试成绩(满分100分)如下表所示：

（1）从小明同学第一次测试的科目中随机抽取1科，求该科成绩大于90分的概率；

（2）从小明同学第一次测试和第二次测试的科目中各随机抽取1科，记X为抽取的2科中成绩大于90分的科目数量，求X的分布列和数学期望；

（3）现有另一名同学两次测试成绩(满分100分)及相关统计信息如下表所示：

将每科两次测试成绩的均值作为该科的总评成绩，这6科总评成绩的方差为.有一种观点认为：若，则.你认为这种观点是否正确？(只写“正确”或“不正确”)

19．已知函数，其中.

（1）当时，求的单调区间；

（2）若曲线在点处的切线与y轴的交点为，求的最小值.

20．已知椭圆过点，且焦距为.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P，Q两点，点T与点Q关于x轴对称，直线与x轴交于点H，是否存在常数，使得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

21．设为正整数，若满足：①；②对于，均有；则称具有性质.对于和，定义集合.

（1）设，若具有性质，写出一个及相应的；

（2）设和具有性质，那么是否可能为，若可能，写出一组和，若不可能，说明理由；

（3）设和具有性质，对于给定的，求证：满足的有偶数个.

参考答案

1．C

【分析】

根据集合的并集的概念及运算，即可求解.

【详解】

由题意，集合，可得.

故选：C.

2．B

【分析】

化简复数，根据复数的几何意义可得结果.

【详解】

因为，

所以对应的点为，它位于第二象限.

故选：B

3．A

【分析】

根据分层抽样的概念及方法，列出方程，即可求解.

【详解】

设该样本中高三年级的人数为人，

根据分层抽样的概念及方法，可得，解得人.

故选：A.

4．B

【分析】

根据三视图得到四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，再根据棱锥的体积公式可求得结果.

【详解】

由三视图可知，该四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，如图：

所以该四棱锥的体积为.

故选：B

5．D

【分析】

根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求得结果.

【详解】

圆的圆心为，半径，

圆心到直线的距离，

由得，得，

又因为，所以.

故选：D

6．C

【分析】

作出函数与的图象，观察图象可得结果.

【详解】

作出函数与的图象：

由图可知：不等式的解集为.

故选：C

7．B

【分析】

由对数函数知，可判断必要性；由对数函数的定义域可判断充分性，即可得到答案.

【详解】

由题意，利用对数函数性质可知：，故必要性成立，而，但不能确定是否小于0，小于0时函数无意义，故不能推出，故充分性不成立，所以“”是“”的必要而不充分条件.

故选：B.

8．C

【分析】

由题求出，建立直角坐标系，求出各个点的坐标，利用数量积求得结果.

【详解】

由已知，，解得：

如图所示，建立直角坐标系，则，，，

则，，

故选：C

【点睛】

方法点睛：本题考查向量的坐标运算，求解向量坐标运算问题的一般思路：

向量的坐标化：向量的坐标运算，使得向量的线性运算可用坐标进行，实现了向量坐标运算完全代数化，将数与形紧密的结合起来，建立直角坐标系，使几何问题转化为数数量运算，考查学生的逻辑思维与运算能力，属于较难题.

9．A

【分析】

利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到，将其代入椭圆方程得到，根据离心率公式得到，解方程可得结果.

【详解】

由得，

不妨设在第一象限，因为轴，，所以，

又在椭圆中，，

所以，即，所以，

所以，所以，

所以，所以，

整理得，解得或（舍），

故选：A

【点睛】

关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于的等量关系．利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到，将其代入椭圆方程得到，根据离心率公式可得关于的等量关系.

10．D

【分析】

由图可得直线AB的斜率和直线CD的斜率，

对于A：求导，由已知得时，，当时，，代入，解出，求得曲线y的解析可得点不在曲线上；

对于B：求导，根据切线的斜率和曲线所过的点建立方程组，可得方程组中a，b不可解，确；

对于C：由已知得和，代入得有，需满足，可判断C选项；

对于D：当时， ，可判断D选项.

【详解】

由图知点，所以直线AB的方程为，直线CD的方程为，

所以，

对于A：曲线的导函数为，由图象知当时，，当时，，代入中得解：

，所以，而，所以点不在曲线上，故A不正确；

对于B：曲线的导函数为，

当时，，当时，，代入得

，即，又由，得，方程组中a，b不可解，故B不正确；

对于C：根据条件存在无数个多项式函数满足题意，但多项式之间不一定有线性关系，故C不正确；

对于D：当时，有，即，故当时，曲线满足要求，故D正确，

故选：D.

【点睛】

方法点睛：解决函数的切线问题常运用在其切点的导函数与在该切点的切线的斜率相等的曲线的导函数的几何意义求解.

11．5

【分析】

利用二项展开式的通项公式可求得结果.

【详解】

的展开式的通项公式为，，

令，得，

所以的系数为.

故答案为：5

12．

【分析】

由可解得结果.

【详解】

由题意可得，即，

所以，所以，

又因为，所以，所以.

故答案为：.

13．①②

【分析】

举特例判断①；利用性质P的定义证明②即可；举反例说明③错误；利用反证法，结合举反例判断④.

【详解】

对于①，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故①正确；

对于②，取，则，，，，又具有性质P，，，，所以具有性质P，故②正确；

对于③，取，，，，但，故③错误；

对于④，假设具有性质P，即对任意，都有，即对任意，都有，举反例，取，，但，故假设不成立，故④错误；

故答案为：①②

【点睛】

关键点点睛：本题考查集合新定义，解题的关键是对集合新定义的理解，及举反例，特例证明，考查学生的逻辑推理与特殊一般思想，属于基础题.

14．       

【分析】

将点代入双曲线的方程，求得，进而求得双曲线的渐近线方程，得到答案.

【详解】

由题意，双曲线经过点，可得，解得，

即双曲线的方程为，则其渐近线的方程为.

故答案为：；.

15．       

【分析】

利用等比数列的通项公式，列出方程求得数列的公比，再由数列构成首项为1，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式.

【详解】

设等比数列的公比为，

因为，可得，解得；

又由，且，所以数列构成首项为1，公比为2的等比数列，

则数列的前5项和为.

故答案为：；.

16．（1）证明见解析（2）

【分析】

（1）连交于点，则为的中点，通过证明，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；

（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.

【详解】

（1）连交于点，则为的中点，

因为为的中点，所以，，，，

所以，，所以四边形为平行四边形，

所以，因为平面，平面，

所以平面.

（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：

则，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，即，

取，则，，所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

关键点点睛：掌握直线与平面平行的判定定理以及用空间向量求解线面角是解题关键.

17．（1）；（2），

【分析】

选择①：

（1）本题可根据求出的值；

（2）本题首先可根据求出的值，然后根据求出角，最后通过三角形面积公式即可得出结果.

选择②：

（1）本题首先可根据、求出、的值，然后根据即可求出的值；

（2）本题首先可通过求出的值，然后通过求出的值，最后通过三角形面积公式即可得出结果.

【详解】

选择①：

（1）因为，，，

所以，即，

整理得，解得或（舍去），故.

（2）因为，，

所以,.

选择②：

（1）因为，，，，

所以，

因为，所以，即，解得.

（2）因为，，，，

所以

，

因为，，所以，

.

【点睛】

关键点点睛：本题考查解三角形相关问题的求解，考查正弦定理、余弦定理、解三角形面积公式的应用，考查诱导公式以及两角和的正弦公式的应用，考查计算能力，是中档题.

18．（1）（2）分布列见解析，（3）不正确

【分析】

（1）根据古典概型的概率公式计算可得结果；

（2）计算出的各个取值的概率可得分布列，根据期望公式计算可得数学期望；

（3）根据方差公式计算，结合比较可得答案.

【详解】

（1）共有6科成绩，其中成绩大于90分的有数学、英语、物理和生物共4科，

所以从小明同学第一次测试的科目中随机抽取1科，该科成绩大于90分的概率为.

（2）的所有可能取值为：0，1，2，

，，，

所以X的分布列为：

数学期望.

（3）设，则，

则

，

同理可得，

，

因为，所以，

所以

的符号不确定，

所以与无法比较大小，

，

所以，

故这种观点不正确.

【点睛】

关键点点睛：掌握求离散型随机变量的分布列的步骤和数学期望公式是解题关键.

19．（1）增区间为和，减区间； （2）.

【分析】

（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；

（2）由（1）及根据导数的几何意义，求得切线方程，得到，进而得到，令，利用导数求得函数单调性和最小值，即可求解.

【详解】

（1）由题意，函数，可得，

当时，

令，即，解得或；

令，即，解得，

所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间.

（2）由（1）知，

可得，即，

又由，

可得切线方程为，即，

令，可得，即，

则，

令，可得，

令，即，解得；

令，即，解得，

所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，

所以当时，函数取得最小值，最小值为.

【点睛】

解决函数极值、最值综合问题的策略：

1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；

2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；

3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.

20．（1）（2）存在,

【分析】

（1）根据椭圆的几何性质求出可得结果；

（2）设，，则，设直线，代入，得到和，利用直线的方程求出的坐标，求出、，则可得的值.

【详解】

（1）因为椭圆过点，所以，

又，即，所以，

所以椭圆C的方程为：.

（2）显然直线的斜率存在且不为0，设直线，

联立，消去并整理得，

，得，

设，，则，

所以，，

直线：，令，得，

所以，

又，所以，

又因为，，

所以，

，

所以，解得.

所以存在常数，使得成立.

【点睛】

关键点点睛：用的坐标表示的坐标，再根据韦达定理算的值是解题关键.

21．（1）答案见解析（2）不存在，理由见解析（3）证明见解析

【分析】

（1）根据性质的定义可得答案；

（2）利用反证法以及性质的定义推出相互矛盾的结论可得解；

（3）通过构造，证明当，确定时，唯一确定，由也仅能构造出，即可得证.

【详解】

（1），；，；，；；，.

（2）假设存在和均具有性质，且，

则，

因为与同奇同偶，所以与同奇同偶，

又因为为奇数，为偶数，

这与与同奇同偶矛盾，所以假设不成立.

综上所述：不存在具有性质的和，满足.

（3）不妨设与构成一个数表，

交换数表中的两行，可得数表，

调整数表各列的顺序，使第一行变为，

设第二行变为，

令，则具有性质，且，

假设与相同，

则，

不妨设，，则有，故，

因为，所以，

因为，所以，与矛盾.

故对于具有性质的，若具有性质，且，则存在一个具有性质的，使得，且与不同，并且由的构造过程可以知道，当，确定时，唯一确定，由也仅能构造出.

所以满足的有偶数个.

【点睛】

关键点点睛：理解性质的定义，通过构造法解题是解题关键.