2021-2022学年北京市顺义区高三（上）期末数学试卷（含答案解析）

2021-2022学年北京市顺义区高三（上）期末数学试卷

1.     在复平面内，复数对应的点在(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

2.     集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.     下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是(    )

A.  B.  C.  D.

4.     已知，且，则向量，夹角的余弦值为(    )

A.  B.  C.  D.

5.     在等差数列中，，，则

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

6.     已知，则“”是“”的(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

7.     已知过的平面与正方体ABCD相交，分别交棱，于M，则下列关于截面的说法中，不正确的是(    )

A. 截面可能是矩形
B. 截面可能是菱形
C. 截面可能是梯形
D. 截面不可能是正方形

8.     已知两点，，若直线上存在点e，使得成立，则称该直线为“单曲直线”．下列直线中，“单曲直线”是(    )
   ①；
   ②；
   ③；
   ④

A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④

9.     如图，，是全等的等腰直角三角形，，为直角顶点，O，，三点共线．若点，分别是边，上的动点不包含端点记，，则(    )

A.  B.  C.  D. m，n大小不能确定

10. 为弘扬传统文化，某中学举办了主题为“琴、棋、书、画”的传统文化知识竞赛．现有四位选手进入到决赛．决赛按“琴、棋、书、画”的主题分为四个环节，规定每个环节的第一名到第四名的得分依次为4，3，2，1分，四个环节结束后统计总分．若总分第一名获得14分，总分第二名获得13分．有下列结论：
    ①总分第三名不超过9分；
    ②总分第四名可能在某一个环节的比赛中拿到3分；
    ③总分第四名不超过6分；
    ④总分第三名可能获得某一个环节比赛的第一名．
    其中，所有正确结论的序号是(    )

A. ①② B. ①④ C. ①②③ D. ②③④

11. 函数的定义域为______.
12. 在的展开式中，x的系数为______用数字作答
13. 将直线l：绕着点按逆时针方向旋转，得到直线则的倾斜角为______，的方程是______.
14. 若实数a，b满足，则使得成立的一个a的值是______.
15. 城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，乘坐出租车往往不能沿直线到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走．在平面直角坐标系中，定义为两点，之间的“出租车距离”．
    给出下列四个结论：
    ①若点，点，则；
    ②到点的“出租车距离”不超过1的点的集合所构成的平面图形面积是；
    ③若点，点B是抛物线上的动点，则的最小值是1；
    ④若点，点B是圆上的动点，则的最大值是
    其中，所有正确结论的序号是______.
16. 如图，在长方体中，，，点E在线段AB上．
    证明：；
    当点E是AB中点时，求与平面所成角的大小．

17. 在中，，
    求C的大小；
    再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，判断是否存在，若不存在，说明理由；若存在，求出的面积．
    条件①：；
    条件②：；
    条件③：a，b，c成等差数列．
18. 某单位4人积极参加本地区农产品的网购活动，共有A、B两种农产品供选择，每人只购其中一种．大家约定：每人通过掷一次质地均匀的骰子决定自己去购买哪种农产品．若掷出点数为1或2，购买农产品A，若掷出点数大于2，则购买农产品
    求这4个人中恰有1人购买农产品A的概率；
    用，分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，记，求随机变量X的分布列与数学期望
19. 已知函数
    若，求曲线在点处的切线方程；
    若对任意都有求实数a的取值范围．
20. 已知椭圆W：过点，且离心率
    求椭圆W的方程；
    点B在直线上，点B关于x轴的对称点为，直线AB，分别交椭圆W于C，D两点不同于A点求证：直线CD过定点．
21. 数列：，，⋯，满足，称为数列的指数和．
    若，求所有可能的取值；
    求证：的充分必要条件是；
    若，求的所有可能取值之和．
    

答案和解析

1.【答案】B 

【解析】解：，
对应点的坐标为，在第二象限，
故选：
根据复数的几何意义，将复数进行化简即可．
本题主要考查复数的几何意义，利用复数的运算法则进行化简是解决本题的关键．
 

2.【答案】B 

【解析】解：集合，，
则
故选：
求出集合B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
 

3.【答案】D 

【解析】解：在区间上单调递减，A不符合题意；
，为非奇非偶函数，不符合题意；
为奇函数且在区间上单调递增．
故选：
结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
 

4.【答案】A 

【解析】

【分析】

本题考查向量数量积的性质以及应用，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
根据题意，设向量，夹角为，分析有，计算可得答案．

【解答】

解：根据题意，设向量，夹角为，
若，且，
则，
解可得，
故选：

5.【答案】A 

【解析】解：等差数列中，，
，
因为，
，

则
故选：
由已知结合等差数列的通项公式先求出公差d，进而可求．
本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，属于基础题．
 

6.【答案】B 

【解析】解：由可得：或，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：
先求出的解集，再根据四个条件的定义即可求解．
本题考查了四个条件的应用，涉及到分式不等式的求解，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
 

7.【答案】C 

【解析】解：如图，当M在，N在C点时，截面是矩形，故A正确；
由平面平面，并且B、E、F、四点共面，
可知，同理可证，
故四边形一定是平行四边形，故C错误；
若是正方形，则，这个与矛盾，D正确；
当点E和F分别是对应边的中点时，，
此时平行四边形是菱形，故B正确．
故选：
根据面面平行和正方体的几何特征进行判断，结合一些特殊情况进行说明即可判断正误．
本题主要考查了正方体的几何特征，利用面面平行和线线垂直，以及特殊情况进行判断，属中档题．
 

8.【答案】D 

【解析】解：因为，所以点P在以M，N为焦点的双曲线的右支，
且，，即，，
所以，
所以其标准方程为：
对于①，联立和可得：，
所以，所以①不是单曲直线；
对于②，联立和可得：，所以②是单曲直线；
对于③，因为是的一条渐近线，所以③不是单曲直线；
对于④，联立和可得：，
所以，所以④是单曲直线．
故选：
首先根据已知条件求出点P在以M，N为焦点的双曲线的右支，且其标准方程为：，然后逐项验证其与双曲线是否有公共点，进而得出答案．
本题考查直线与双曲线的位置关系，考查学生的运算能力，属中档题．
 

9.【答案】B 

【解析】解：如图所示，以O 为原点建立平面直角坐标系，不妨设腰长为1，
则，，，，，
直线的方程为，所以设，其中，
直线的方程为，所以设，其中，
则，
，
故，
故选：
建系，写坐标，设，，的坐标，结合平面向量的数量积的坐标表示可求得答案．
本题考查平面向量的坐标运算，考查数学运算和直观想象的核心素养，属于中档题．
 

10.【答案】C 

【解析】解：每个项目第一名到第四名的得分依次为4，3，2，1分，即一个项目得分之和为分，
四个项目总和得分为40分，
总分第一名获得14分，总分第二名获得13分，第三名和第四名得分之和为分，则总分第四名不可能超过6分，故③正确，
若第一名和第二名包揽前2名，则共得分分，
即第一名和第二名，不可能包揽前2名，则总分第一名和总分第二名只能是两人包揽4个第一名，3个第二名，一个第三名，
故总分第三名不可能获得某一个环节比赛的第一名，故④错误，
①由于第三和第四名得分之和为13分，则第三名的总分不可能超过9分，故①正确；
②总分第一名获得14分，应该是，此时第二名得分应该是，
或者第一名是，此时第二名是，
得分情况如图：则总分第四名可能在某一个环节的比赛中拿到3分；故②正确，
故正确的是①②③，
故选：
根据总分第一名获得14分，总分第二名获得13分，分别判断四位选手可能的得分情况，进行推理判断即可．
本题主要考查合情推理的应用，根据前两名选手得分情况，分别进行判断其他选手得分情况是解决本题的关键，是中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：函数中，
令，
解得；
所以函数的定义域为
故答案为：
根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
本题考查了根据函数解析式求定义域的问题，是基础题．
 

12.【答案】10 

【解析】解：的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以的展开式中，x的系数为
故答案为：
求出展开式的通项公式，令x的指数为1，求出r的值，即可求解x的系数．
本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，考查运算求解能力，属于基础题．
 

13.【答案】 

【解析】解：直线l：的倾斜角为：，
直线l：绕点按逆时针方向旋转得到直线，
则直线的倾斜角为，
直线的斜率：，
所以直线的方程为，整理得
故答案为：；
直接利用到角公式的应用和点斜式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：到角公式的应用，直线方程的确定，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
 

14.【答案】 

【解析】解：，，
可化为，
解得或，
故a的值可以是，
故答案为：
由题意得，，求出a的范围，取其中一值即可．
本题考查了二次不等式的解法，属于基础题．
 

15.【答案】①③④ 

【解析】解：对于①：若点，点，则，故①正确；
对于②：设到点的“出租车距离”不超过1的点为，
则，作出图象如图1所示，该图为对角线长为2的菱形，故面积为，故②错误；
对于③：设，则作出图2，直线轴交于，直线轴，交于，易知当B点落在曲线段BC上时，可取得的最小值，
此时，，显然该函数在上单调递增，故时，，故③正确；
对于④：易知点在单位圆外，设，故，显然当时，，故④正确．
故答案为：①③④．
利用“出租车距离”的几何意义，结合对应曲线的图像，利用数形结合的思想求解即可，最后一个命题利用三角代换解决问题．
本题考查“出租车距离”问题的求解方法，以及数形结合思想，转化思想在解题时的应用，属于中档题．
 

16.【答案】证明：以D为坐标原点，直线DA，DC，分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，设，
则，，，，，
，，，
解：由知，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，
平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
又，
所以，
所以，
所以与平面所成角的大小为 

【解析】以D为原点，直线DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明
求平面的一个法向量，与直线的方向向量，利用向量法可求角的大小．
本题考查线线垂直，与线面角的大小，属中档题．
 

17.【答案】解：因为，
由正弦定理，可得，
所以，
即，
又，
所以
选择条件①：，
由知，，
所以，
因为，
可得，
所以，此时存在，
因为，所以，
又因为
所以
选择条件②：，
因为，
由余弦定理可得，
又，
所以可得，
又由条件②：可得，
所以，
又，
所以可得，这与在中，矛盾故此时不存在；
选择条件③：a，b，c 成等差数列，
因为a，b，c成等差数列，所以，
因为，
所以，
又由余弦定理可得，
化简得，
联立方程组，
解得或舍，
又，
所以为等边三角形，此时存在，
所以 

【解析】由正弦定理代入化简可得，从而可求C；
选择①，可得，又，可得B，代入三角形面积公式计算即可；
选择②，由余弦定理可得，结合，可得，与三角形三边关系矛盾，故三角形不存在；
选择③，由余弦定理可得，又，两个方程联立可得b，从而判断为等边三角形，进一步计算可得三角形面积．
本题考查了解三角形的知识，属于中档题．
 

18.【答案】解：根据题意可知，这4个人中每个人去购买产品A的概率为，每个人取购买产品B的概率为，
设“这4个人中恰有i人去购买农产品A”为事件 ，
则 ，
故这4个人中恰有1人购买农产品A的概率
由题意可知，X的所有可能取值为0，3，4，
，
，
，
故X的分布列为：

故随机变量X的数学期望 

【解析】根据已知条件，先求出这4个人中每个人去购买产品A的概率为，每个人取购买产品B的概率为，
再结合二项分布的概率公式，即可求解．
由题意可知，X的所有可能取值为0，3，4，分别求出对应的概率，即可得X的分布列，并结合期望公式，即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题．
 

19.【答案】解：当时，，
求导可得，，
，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即
若在上恒成立，
即在上恒成立，
可设
则

令可解得
讨论：当时，即时，在上恒成立
所以在上单调递增，，
又
所以恒成立，即时满足，
当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
此时，，又时，，即，
不满足恒成立，故舍去，
综上可知：实数a的取值范围是 

【解析】当时，，求导可得，，再结合切线的几何意义，即可求解．
设，则，再利用导数研究函数的单调性，即可求解．
本题主要考查导数的综合应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：根据题意可得，
解得，，
所以椭圆W的方程为
证明：设，则，
直线AB的方程为，即，
联立，得，
所以，
所以，，
用代替m，得，，
所以
，
所以直线CD的方程为，
，



，
所以，
所以直线CD过定点 

【解析】根据题意可得，解得，，即可得出答案．
设，则，写出直线AB的方程，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，进而可得，用代替m，得点D的坐标，写出直线CD的方程，化简即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：；
证明：充分性：
当时，可得

必要性：
当时，用反证法，
假设，则，矛盾，
故假设不成立，
从而
当，根据中结论可知，反之亦然，
其中与，与，⋯，与，在所有指数和中出现的总次数都是种，
因此这些项对指数和的总贡献为零，
另一方面在所有指数和中出现次，
从而所有指数和之和为 

【解析】根据题意可得；
放缩法可证充分性，反证法可证必要性；
由中结论可知，与，与，⋯，与，在所有指数和中出现的总次数都是种，因此这些项对指数和的总贡献为零，另一方面在所有指数和中出现次，从而可得结果．
本题考查了数列求和，属于难题．