2021年北京市海淀区高考数学模拟试卷（一）

这是一份2021年北京市海淀区高考数学模拟试卷（一），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A＝{x|x+1≤0}，B＝{x|x≥a}，若A∪B＝R，则实数a的值可以为（ ）
A.2B.1C.0D.−2

2. 下列函数中，在区间(0, +∞)上不是单调函数的是（ ）
A.y＝xB.y＝x2C.D.y＝|x−1|

3. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝a3，且a3≠0，则＝（ ）
A.1B.C.D.3

4. 不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A.B.x>1C.0
5. 如图，角α以Ox为始边，它的终边与单位圆O相交于点P，且点P的横坐标为35，则sinπ2+α的值为( )

A.−35B.35C.−45D.45

6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

A.B.C.2πD.2

7. 在四边形ABCD中，AB // CD，设．若，则＝（ ）
A.B.C.1D.2

8. 已知函数f(x)＝x3+x2−2|x|−k．若存在实数x0，使得f(−x0)＝−f(x0)成立，则实数k的取值范围是（ ）
A.[−1, +∞)B.(−∞, −1]C.[0, +∞)D.(−∞, 0]

9. 一个盒中装有大小相同的2个黑球，2个白球，从中任取一球，若是白球则取出来，若是黑球则放回盒中，直到把白球全部取出，则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为（ ）
A.37216B.3772C.29D.227

10. 设集合A是集合N*的子集，对于i∈N*，定义，给出下列三个结论：
①存在N*的两个不同子集A，B，使得任意i∈N*都满足φi(A∩B)＝0且φi(A∪B)＝1；
②任取N*的两个不同子集A，B，对任意i∈N*都有φi(A∩B)＝φi(A)⋅φi(B)；
③任取N*的两个不同子集A，B，对任意i∈N*都有φi(A∪B)＝φi(A)+φi(B)
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A.①②B.②③C.①③D.①②③
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中的機线上.

已知向量a→=(1, 2)，b→=(3, x)，若a→ // b→，则实数x＝________．

函数f(x)＝x−−6的零点个数是________．

如图，网格纸上小正方形的边长为1．从A，B，C，D四点中任取两个点作为向量的始点和终点，则的最大值为________．


已知数列{an}的通项公式为an＝lnn，若存在p∈R，使得an≤pn对任意的n∈N*都成立，则p的取值范围为________

已知函数f(x)=2sinωx，g(x)=2csωx，其中ω>0，A，B，C是这两个函数图象的交点，且不共线．
①当ω=1时，△ABC面积的最小值为________；
②若存在△ABC是等腰直角三角形，则ω的最小值为________．
三、解答题：本大题共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.

在①a1＝3，a4＝S2，②a3＝b2，a5＝b3−b1，③a1＝b2−2，a2＝S2−3这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的λ存在，求λ的最小值；若λ不存在，说明理由．
设数列{an}为等差数列，Sn是数列{bn}的前n项和，且 ______，b3＝8，bn＝2bn−1(n≥2, n∈N*)．记cn＝，Tn为数列{cn}的前n项和，是否存在实数λ，使得对任意的n∈N*都有Tn<λ？

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60∘，PB＝PC，E为线段BC的中点，F为线段PA上的一点．

（1）证明：平面PAE⊥平面BCP．

（2）若PA＝AB=22PB，二面角A−BD＝F的余弦值为35，求PD与平面BDF所成角的正弦值．

根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流水位X（单位：米）的频率分布直方图如下．将河流水位在[20, 22),[22, 24),[24, 26),[26, 28),[28, 30),[30, 32),[32, 34]各段内的频率作为相应段的概率，并假设每年河流水位变化互不影响．

（1）求未来4年中，至少有2年该河流水位X∈[26, 30)的概率（结果用分数表示）．

（2）已知该河流对沿河A工厂的影响如下：当X∈[20, 26)时，不会造成影响；当X∈[26, 30)时，损失50000元；当X∈[30, 34]时，损失300000元．为减少损失，A工厂制定了三种应对方案．
方案一：不采取措施；
方案二：防御不超过30米的水位，需要工程费用8000元；
方案三：防御34米的最高水位，需要工程费用20000元．
试问哪种方案更好，请说明理由．

已知椭圆C的中心在原点，F(1, 0)是它的一个焦点，直线l1过点F与椭圆C交于A，B两点，当直线l1⊥x轴时，＝．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)设椭圆的左顶点为P，PA、PB的延长线分别交直线l2:x＝2于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过定点．

已知函数．
(Ⅰ)判断函数f(x)在区间(0, 1)上的单调性，并说明理由；
(Ⅱ)求证：．

已知集合M⊆N*，且M中的元素个数n大于等于5．若集合M中存在四个不同的元素a，b，c，d，使得a+b＝c+d，则称集合M是“关联的”，并称集合{a, b, c, d}是集合M的“关联子集”；若集合M不存在“关联子集”，则称集合M是“独立的”．
(Ⅰ)分别判断集合{2, 4, 6, 8, 10}和集合{1, 2, 3, 5, 8}是“关联的”还是“独立的”？若是“关联的”，写出其所有的关联子集；
(Ⅱ)已知集合{a1, a2, a3, a4, a5}是“关联的”，且任取集合{ai, aj}⊆M，总存在M的关联子集A，使得{ai, aj}⊆A．若a1(Ⅲ)集合M是“独立的”，求证：存在x∈M，使得．
参考答案与试题解析
2021年北京市海淀区高考数学模拟试卷（一）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
可以求出A＝{x|x≤−1}，根据A∪B＝R即可得出a≤−1，从而得出a的值可以为−2．
【解答】
∵ A＝{x|x≤−1}，B＝{x|x≥a}，且A∪B＝R，
∴ a≤−1，
∴ a的值可以为−2．
2.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的性质与判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
B
【考点】
任意角的三角函数
运用诱导公式化简求值
【解析】
由题意利用任意角的三角函数的定义，求得sinπ2+α的值．
【解答】
解：角α以Ox为始边，它的终边与单位圆O相交于点P，且点P的横坐标为35，
所以csα=35，
所以sinπ2+α=csα=35．
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
B
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
A
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
依题意，取球次数为4次，即前3次有两次取得黑球，一次取得白球，第四次取得白球．因为先取黑球，再取白球时取球概率不变，但是先取白球再取黑球时取球概率发生改变，故前三次取球应分哪一次取得白球进行讨论．
【解答】
依题意，取球次数为4次，即前3次有两次取得黑球，一次取得白球，第四次取得白球．
①若第一次取得白球，则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为：P1=12×(23)2×13=227，
②若第二次取得白球，则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为：P2=12×12×23×13=118，
③若第三次取得白球，则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为：P3=(12)3×13=124，
所以则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为P＝P1+P2+P3=227+118+124=37216．
10.
【答案】
A
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中的機线上.
【答案】
6
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
直接利用向量的共线的充要条件求解即可．
【解答】
由向量a→=(1, 2)，b→=(3, x)，若a→ // b→，可得x＝2×3＝6．
【答案】
1
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
3
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
【考点】
数列与函数的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
2π,π2
【考点】
余弦函数的图象
正弦函数的图象
三角函数值的符号
【解析】
①直接利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底和高，进一步求出三角形的面积．
②利用等腰直角三角形的性质的应用求出ω的最小值．
【解答】
解：①当ω=1时，fx=2sinx，gx=2csx，
令fx=gx，
得2sinx=2csx，
则tanx=1，
∴ x=π4+kπ，k∈Z.
取Aπ4,1，B5π4,−1，C9π4,1，
此时△ABC的面积最小，
∴ Smin=12×2π×2=2π.
②若存在△ABC是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
则2πω=2×(2×22+2×22)=4，
得ω的最小值为π2．
故答案为：2π；π2．
三、解答题：本大题共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.
【答案】
由bn＝2bn−1，4可知数列{bn}．是等比数列，
又b3＝8，则，所以b1＝2，
可得，
若选①
因为数列{an}为等差数列，
设等差数列{an}的公差为d
所以3d＝a5−a1＝3，即d＝6，
所以an＝3+(n−1)＝n+8，
故，
＝，
n→+∞时，
所以此时λ的最小值为．
若选②，则a3＝b1＝4，as＝b3−b1＝3−2＝6，
因为数列{an}为等差数列，
设等差数列{an}的公差为d
所以2d＝a5−a3＝4，即d＝1，
所以an＝4+(n−3)＝n+1
故，
芙n→+∞吋，
所以Tn<1此时λ的最小值为1．
若选③，则a7＝b2−2＝6，a2＝S2−4＝3，
因为数列{an}为等差数列，
设等差数列{an}的公差为d，
所以d＝a2−a7＝1，
所以an＝2+(n−4)×1＝n+1，
故，
而，
彗n→+∞时，
所以Tn<2此时λ的最小值为1．
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
∵ 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，
∠ABC＝60∘，PB＝PC，E为线段BC的中点，
∴ AE⊥BC，PE⊥BC，
∵ AE∩PE＝E，∴ BC⊥平面PAE，
∵ BC⊂平面BCP，∴ 平面PAE⊥平面BCP．
∵ BC⊥平面PAE，BC // AD，∴ PA⊥AD，
∵ PA＝AB=22PB，∴ PA2+AB2＝PB2，∴ PA⊥AB，
∵ AB∩AD＝A，∴ PA⊥平面ABCD，
以A为原点，AE，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设PA＝AB=22PB=2，AF＝t，
则B(62, −22, 0)，D(0, 2, 0)，F(0, 0, t)，
BD→=(−62, 322, 0)，BF→=(−62, 22, t)，
设平面BDF的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅BD→=−62x+322y=0n→⋅BF→=−62x+22y+tz=0 ，取y＝1，得n→=(3, 1, 2t)，
平面ABD的法向量m→=(0, 0, 1)，
∵ 二面角A−BD−F的余弦值为35，
∴ |cs|=2t4+2t2=35，解得t=223，
∴ F(0, 0, 223)，P(0, 0, 2)，PD→=(0, 2, −2)，平面BDF的法向量n→=(3, 1, 32)，
设PD与平面BDF所成角的平面角为θ，
则PD与平面BDF所成角的正弦值：sinθ=|PD→⋅n→||PD→|⋅|n→|=222⋅52=210．
【考点】
平面与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
（1）推导出AE⊥BC，PE⊥BC，从而BC⊥平面PAE，由此能求出平面PAE⊥平面BCP．
（2）推导出PA⊥AD，PA⊥AB，从而PA⊥平面ABCD，以A为原点，AE，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PD与平面BDF所成角的正弦值．
【解答】
∵ 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，
∠ABC＝60∘，PB＝PC，E为线段BC的中点，
∴ AE⊥BC，PE⊥BC，
∵ AE∩PE＝E，∴ BC⊥平面PAE，
∵ BC⊂平面BCP，∴ 平面PAE⊥平面BCP．
∵ BC⊥平面PAE，BC // AD，∴ PA⊥AD，
∵ PA＝AB=22PB，∴ PA2+AB2＝PB2，∴ PA⊥AB，
∵ AB∩AD＝A，∴ PA⊥平面ABCD，
以A为原点，AE，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设PA＝AB=22PB=2，AF＝t，
则B(62, −22, 0)，D(0, 2, 0)，F(0, 0, t)，
BD→=(−62, 322, 0)，BF→=(−62, 22, t)，
设平面BDF的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅BD→=−62x+322y=0n→⋅BF→=−62x+22y+tz=0 ，取y＝1，得n→=(3, 1, 2t)，
平面ABD的法向量m→=(0, 0, 1)，
∵ 二面角A−BD−F的余弦值为35，
∴ |cs|=2t4+2t2=35，解得t=223，
∴ F(0, 0, 223)，P(0, 0, 2)，PD→=(0, 2, −2)，平面BDF的法向量n→=(3, 1, 32)，
设PD与平面BDF所成角的平面角为θ，
则PD与平面BDF所成角的正弦值：sinθ=|PD→⋅n→||PD→|⋅|n→|=222⋅52=210．
【答案】
由频率分布直方图可知河流水位X∈[26, 30)的概率为P(A)＝(0.075+0.025)×8＝，
记“在未来5年中，至少有2年河流水位X∈[26，
则P(A)＝1−＝5−[+，
记A工厂的工程费与损失费之和为Y，（单位：元）
①若采用方案一，则Y的分布列为：（1）
E(Y)＝6×0.78+5000×0.3+30000×0.2＝16000．
②若采用方案二，则Y的分布列为
E(Y)＝8000×0.98+308000×7.02＝14000．
③若采用方案三：E(Y)＝20000（元）．
因为14000<16000<20000，所以A工厂应采用方案二．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
频率分布直方图
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1），设椭圆C的方程为，则a5−b2＝1…①，
当l6垂直于x轴时，A，B两点的坐标分别是(1，，-），
由＝1−＝​2＝2b4…②
由①，②消去a2−b2−1＝4．∴ b2＝1或b3＝-（舍）．
当b8＝1时，a2＝5．因此．
（2）证明：由对称性，若定点存在，
设直线MN的方程为：x＝my+1，
代入椭圆方程得(m8+2)y2+7my−1＝0，
设A(x4, y1)，B(x2, y6)，
则y1+y2＝-，y6y2＝，①
直线PA：⇒M(3，）
同理可得N(3，）
再设T(t, 3)在以MN为直径的圆上，
则TM⊥TN，即．
⇒(2−t)6+＝0．
⇒(2−t)2+．
⇒(2−t)3+＝0．
(6−t)2＝
解得t＝7或t＝3，
所以，以MN为直径的圆恒过定点(1, 5)．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）函数f(x)在区间(0, 1)上是单调递增函数
由f(x)＝，得f′(x)＝；
因为x∈(0, 1)>0，
因此−lnx>8．
又因为ex>0，
所以f′(x)>0恒成立．
所以f(x)在区间(4, 1)上是单调递增函数．
（2）证明“f(x)<”等价于证明“f(x)max<”．
由题意可得，x∈(4，
因为f′(x)＝，
再令g(x)＝，
则g′(x)＝．
所以g(x)在(0, +∞)上单调递减．
因为g(1)＝1>7，g(e)＝，
所以存在唯一实数x8，使得g(x0)＝0，其中x6∈(1, e)．
x，f′(x)
所以f(x0)为函数f(x)的极大值．
因为函数f(x)在(0, +∞)有唯一的极大值．
所以f(x)max＝f(x4)＝．
因为＝lnx0，
所以f(x)max＝f(x3)＝＝．
因为x3∈(1, e)，
所以f(x)max＝<．
所以f(x)<．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
(I){2, 4, 4, 8, 10}是“关联的”，4，2，8}，6，2，10}，4，8，10}，8，3，5，4}是“独立的”．
（2）记集合M的含有四个元素的集合分别为：A1＝{a2, a2, a4, a5}，A8＝{a1, a3, a6, a5}，A3＝{a2, a2, a4, a3}，A4＝{a1, a8, a3, a5}，A3＝{a1, a2, a2, a4}，
所以，M至多有5个“关联子集”，
若A4＝{a1, a3, a7, a5}为“关联子集”，则A1＝{a2, a3, a4, a2}，不是“关联子集”​1＝a2，
同理可得若A3＝{a1, a3, a6, a5}为“关联子集”，则A3，A5不是“关联子集”，
所以集合M没有同事含有元素a2，a5的“关联子集”，与已知矛盾．
所以A7＝{a1, a3, a4, a5}一定不是“关联子集”，
同理A4＝{a8, a2, a3, a7}一定不是“关联子集”，
所以集合M的“关联子集”至多为A1，A3，A4，
若A1不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a3，a5的“关联子集”，与已知矛盾；
若A3不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a1，a5的“关联子集”，与已知矛盾；
若A5不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a1，a8的“关联子集”，与已知矛盾；
所以A1，A3，A3都是“关联子集”，
所以有a2+a5＝a4+a4，即a5−a3＝a3−a2；
a6+a5＝a2+a6，即a5−a4＝a4−a1；
a1+a8＝a2+a3，即a8−a3＝a2−a8；
所以a5−a4＝a8−a3＝a2−a7，所以a1，a2，a3，a4，a5是等差数列．
(Ⅲ)不妨设集合M＝{a7, a2, ..., an}(n≥5)，ai∈N*，i＝7，2，…，n，且a1记T＝{t|t＝ai+aj, 1≤t因为集合M是“独立的”的，所以容易知道T中恰好由C＝，
假设结论错误，即不存在x∈M，
所以任取x∈M，x≤​*，所以x≤，
所以ai+aj≤+−1＝+3，
所以任取t∈T，t≤，任取t∈T，
所以T⊆{3，4…，，且T中含有C＝，
(i)若8∈T，则必有a1＝1，a8＝2成立，
因为n≥5，所以一定有an−an−3>a2−a1成立，所以an−an−4≥2，
所以an+an−1≤+−5＝，
所以T＝{t|8≤t≤+4*}，所以an＝+，an−1＝+−−2，
因为3∈T，所以a3＝3，所以有an+a6＝an−1+a3，矛盾；
(ii)若6∉T，则T⊆{4，5，…，，而T中含有C＝，所以T＝{t|4≤t≤，t∈N*}
所以an＝，an−1＝，
因为4∈T，所以a1＝7，a2＝3，
因为+2∈T+2＝an−7+an，
所以an−2＝−2n+a3＝an−2+a3，矛盾，
所以命题成立．
【考点】
数列的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答Y
0
50000
300000
P
0.78
5.2
0.02
Y
8000
308000
P
4.98
0.02
x
(0, x8)
x0
(x0, +∞)
f’(x)
+
5
_
f(x)
↗
极大值
↘