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- 2021-06-19 发布
海淀区高三年级第二学期期末练习
数学
第一部分（选择题）
一、选择题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1.若全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
计算，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】，，，则，故，D正确；
且，，ABC错误；
故选：D.
【点睛】本题考查了集合的包含关系，补集运算，属于简单题.
2.下列函数中，值域为且为偶函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意结合函数奇偶性与函数的值域分别进行检验，即可得解．
【详解】对于A，由可得函数为偶函数，且的值域为，故A正确；
对于B，由可得为非奇非偶函数，故B错误；
对于C，函数的值域为，故C错误；
对于D，函数的值域为，故D错误.
故选：A.
【点睛】本题考查了常见函数的奇偶性与值域的判断，关键是要掌握常见函数的性质，属于基础题.
3.若抛物线的焦点为，点在此抛物线上且横坐标为3，则等于（ ）
A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】
直接利用抛物线焦半径公式得到答案.
【详解】根据题意：.
故选：B.
点睛】本题考查了抛物线焦半径公式，属于简单题.
4.已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，下列四个命题中正确的为（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.
【详解】A. 若，，则，或相交，或异面，A错误；
B. 若，，则或，B错误；
C. 若，，则或相交，C错误；
D. 若，，则，D正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的推断能力和空间想象能力.
5.在中，若，，，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据同角三角函数关系得到，再利用正弦定理得到答案.
【详解】，，故，
根据正弦定理：，故，，故.
故选：C.
【点睛】本题考查了同角三角函数关系，正弦定理，意在考查学生的计算能力和转化能力.
6.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
分析】
由题意结合函数图象平移的规律及诱导公式即可得解.
【详解】由题意.
故选：C.
【点睛】本题考查了三角函数的图象变换与诱导公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
7.某三棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
如图所示：三棱锥为三视图对应几何体，计算体积得到答案.
【详解】如图所示：在边长为2的正方体中，为中点，
则三棱锥为三视图对应几何体.
.
故选：A.
【点睛】本题考查了根据三视图求体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
8.对于非零向量，，“”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】B
【解析】
【分析】
分别判断充分性和必要性：取，，满足，而；时，，得到答案.
【详解】，则，即，
取，，此时满足，而；
当时，.
故“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B
【点睛】本题考查了必要不充分条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.
9.如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
取的中点，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得，，由线面垂直的判定与性质可得，进而可得点的轨迹为线段，找到的最大值即可得解.
【详解】取的中点，连接、、、，连接、、、、，如图：
因为正方体的棱长为2，
所以,，，平面，平面，平面，
所以，，，
所以，，
所以，，
由可得平面，
所以，所以点的轨迹为线段，
又,
所以面积的最大值.
故选：C.
【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点的轨迹，属于中档题.
10.为了预防新型冠状病毒的传染，人员之间需要保持一米以上的安全距离．某公司会议室共有四行四列座椅，并且相邻两个座椅之间的距离超过一米，为了保证更加安全，公司规定在此会议室开会时，每一行、每一列均不能有连续三人就座．例如下图中第一列所示情况不满足条件（其中“√”表示就座人员）．根据该公司要求，该会议室最多可容纳的就座人数为（ ）
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】
考虑每一列最多有3个人，故最多有12个人，排除12人的情况，将11人的情况作图得到答案.
【详解】考虑每一列最多有3个人，故最多有12个人；
若人数为12，则每一列的空位置必须在2行或者第3行，则会产生第1行和第4行有连续的3个人，不满足；
而11个人满足，如下图：
故选：C.
【点睛】本题考查了逻辑推理，意在考查学生的理解能力和推理能力.
第二部分（非选择题）
二、填空题.
11.若复数为纯虚数，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意结合复数的乘法运算可得，再由纯虚数的概念即可得解.
【详解】由题意，
由复数为纯虚数可得，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查了复数的运算及纯虚数的概念，考查了运算求解能力，关键是对于概念的掌握，属于基础题.
12.已知双曲线的一条渐近线方程为，且焦距大于4，则双曲线的标准方程可以为______．（写出一个即可）
【答案】（满足或即可）.
【解析】
【分析】
由题意结合双曲线的渐近线可设双曲线的标准方程为，按照、讨论，结合双曲线的焦距分别求得的取值范围即可得解.
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，
设双曲线的标准方程为，
当时，该双曲线的焦距为即，解得；
当时，该双曲线的焦距为即，解得；
双曲线的标准方程为或，
令可得双曲线的标准方程为.
故答案为：（满足或即可）.
【点睛】本题考查了双曲线性质的应用，考查了运算求解能力，关键是对于双曲线相关概念的熟练应用，属于基础题.
13.数列中，，，．若其前项和为126，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】
直接利用等比数列求和公式得到答案.
【详解】根据题意是首项为2，公比为2的等比数列，故，
解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查了等比数列求和，属于简单题.
14.已知点，，，，为坐标原点，则=______，与夹角的取值范围是______．
【答案】 (1). 1 (2).
【解析】
【分析】
由题意结合平面向量的相关知识可得，即可得点在以为圆心，1为半径的圆上，结合平面向量夹角的概念数形结合即可得解.
【详解】由题意可得，
所以；
则点在以为圆心，1为半径的圆上，如图：
由图可知，当与夹角最小值为0，
当直线与圆相切时，与夹角取最大值，连接，
易得为锐角且，
所以，
所以此时与夹角的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】本题考查了平面向量线性运算及其坐标表示、平面向量模的求解，考查了平面向量夹角的概念与数形结合思想，属于中档题.
15.已知函数，给出下列三个结论：
①当时，函数的单调递减区间为；
②若函数无最小值，则的取值范围为；
③若且，则，使得函数.恰有3个零点，，，且．
其中，所有正确结论的序号是______．
【答案】②③
【解析】
【分析】
由题意结合函数单调性的概念举出反例可判断①；画出函数的图象数形结合即可判断②；由题意结合函数图象不妨设，进而可得，，，令验证后即可判断③；即可得解.
【详解】对于①，当时，由，，所以函数在区间不单调递减，故①错误；
对于②，函数可转化为，
画出函数的图象，如图：
由题意可得若函数无最小值，则的取值范围为，故②正确；
对于③，令即，结合函数图象不妨设，
则，
所以，，，所以，
令即，
当时，，存在三个零点，且，符合题意；
当时，，存在三个零点，且，符合题意；
故③正确.
故答案为：②③.
【点睛】本题考查了分段函数单调性、最值及函数零点的问题，考查了运算求解能力与数形结合思想，合理使用函数的图象是解题的关键，属于中档题.
三、解答题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16.已知是公差为的无穷等差数列，其前项和为．又______，且，是否存在大于1的正整数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】见解析
【解析】
【分析】
选①时，根据求和公式得出，再由求和公式得出，求解即可得出结论；
选②时，根据求和公式得出，进而得出，解方程，即可得出结论；
【详解】选①
∵是等差数列
∴
∵，
∴
∴
∵，
∵
∴
∴或（舍去）
∴不存在，使得
选②
∵是等差数列
∴
∵，
∴
∴，
∵
∴
∴或
∵
∴存在，使得
【点睛】本题主要考查了等差数列前项和基本量的计算，属于中档题.
17.在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为线段的中点，底面，点是棱的中点，平面与棱相交于点．
（1）求证：；
（2）若与所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）首先证明四边形为平行四边形，得到，然后可得平面，然后由线面平行的性质定理可证；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设，首先利用与所成的角为求出，然后算出平面的法向量坐标和
的坐标，然后可算出答案.
【详解】（1）证明：因为为中点，且
所以，又因为，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
因为平面，平面平面
所以
（2）由（1）可得
因为，所以，且平面
所以以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系
设，，，
，，因为与所成角为
所以，
解得
所以，，
，，
设平面得一个法向量
，可得，可取
设直线与平面所成的角为
【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法，计算能力是解题的关键.
18.为了推进分级诊疗，实现“基层首诊、双向转诊、急慢分治、上下联动”的诊疗模式，某地区自2016年起全面推行家庭医生签约服务．已知该地区居民约为2000万，从1岁到101岁的居民年龄结构的频率分布直方图如图1所示．为了解各年龄段居民签约家庭医生的情况，现调查了1000名年满18周岁的居民，各年龄段被访者签约率如图2所示．
（1）估计该地区年龄在71~80岁且已签约家庭医生的居民人数；
（2）若以图2中年龄在71~80岁居民签约率作为此地区该年龄段每个居民签约家庭医生的概率，则从该地区年龄在71~80岁居民中随机抽取两人，求这两人中恰有1人已签约家庭医生的概率；
（3）据统计，该地区被访者的签约率约为．为把该地区年满18周岁居民的签约率提高到以上，应着重提高图2中哪个年龄段的签约率?并结合数据对你的结论作出解释．
【答案】（1）56万，（2）0.42，（3）应着重提高31-50这个年龄段的签约率，见解析.
【解析】
分析】
（1）先由图1算出年龄在71-80岁的居民人数，然后由图2得到年龄在71-80岁的居民签约率，即可算出答案；
（2）由图2得到年龄段在71-80的每个居民签约家庭医生的概率，然后即可算出答案；
（3）根据图1算出每个年龄段的人数，然后结合签约率即可得到答案.
【详解】（1）由题知该地区居民约为2000万，由图1知，该地区年龄在71-80岁的居民人数为万.
由图2知，年龄在71-80岁的居民签约率为0.7，所以该地区年龄在71-80岁且已签约家庭医生的居民人数为：万.
（2）由题知此地区年龄段在71-80的每个居民签约家庭医生的概率为，且每个居民之间是否签约都是独立的，
所以设“从该地区年龄在71-80岁居民中随机抽取两人”为事件，随机变量为，
这两人中恰有1人已签约家庭医生的概率为：
（3）由图1，2知：
年龄段
该地区人数（万）
签约率
18-30
大于360，小于460
30.3
31-40，41-50
37.1
51-60
55.7
61-70
61.7
71-80
70
80以上
75.8
由以上数据可知这个地区在31-50这个年龄段的人为740
万，基数较其他年龄段是最大的，且签约率为，非常低，
所以为把该地区满18周岁居民的签约率提高到以上，应着重提高31-50这个年龄段的签约率.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用和概率的求法，考查了学生的阅读能力和计算能力，属于基础题.
19.已知椭圆：过，两点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆的另一个交点为，直线交直线于点，记直线，的斜率分别为，求的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，由离心率可得关系，求解即可得到椭圆的标准方程；
（2）设直线l: ，与直线方程联立求出C的坐标，再求出M，根据斜率公式即可求出.
【详解】（1）由题意可知
，解得
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知，直线斜率存在且不为0，设直线：，
由得
所以，
在直线：中，令，得，即
所以
所以.
【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系,直线的斜率公式，考查化简运算能力、推理能力,属于中档题.
20.已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）求证：曲线在区间上有且只有一条斜率为2的切线．
【答案】（1），（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据函数解析式，求得导函数，令即可求得的单调递增区间；
（2）曲线在区间上有且只有一条斜率为2的切线，等价于在区间上方程有唯一解，构造函数，求得导函数，并判断的符号，确定的单调性与极值，从而判断出在上存在唯一一个零点，即可证明结论.
【详解】（1）函数,，
则，
令得，，
∴单调递增区间为，
（2）原命题等价于：在区间上，方程有唯一解，
设，
则
此时，，，变化情况如下：
0
极大值
此时，在上单调递增，且，，
在上单调递减，且，
∴在上存在唯一一个根，
在上存在唯一一个零点，
∴曲线在区间上有且仅有一条斜率为2的切线.
【点睛】本题考查了由导函数判断函数的单调区间，函数零点、方程的根与函数单调性的综合应用，构造函数法分析函数的单调性与极值，属于中档题.
21.在平面直角坐标系中，为坐标原点．对任意的点，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关．
（1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由；
①，；②，．
（2）给定，，点集．
（）求集合中与点相关的点的个数；
（）若，且对于任意的，，点，相关，求中元素个数的最大值．
【答案】（1）①相关；②不相关.（2）（）个（）.
【解析】
【分析】
（1）根据所给定义，代入不等式化简变形可得对应坐标满足的关系，即可判断所给两个点的坐标是否符合定义要求.
（2）（）根据所给点集，依次判断在四个象限内满足的点个数，坐标轴上及原点的个数，即可求得集合中与点相关的点的个数；（）由（1）可知相关点满足，利用分类讨论证明，即可求得中元素个数的最大值．
【详解】若点，相关，则，，而，
不妨设，
则由定义可知，
化简变形可得，
（1）对于①，；对应坐标取绝对值，代入可知成立，因此相关；
②对应坐标取绝对值，代入可知，因此不相关.
（2）（）在第一象限内，，可知且，有个点；同理可知，在第二象限、第三象限、第四象限也各有个点.
在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件；
在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件；
原点满足条件；
因此集合中共有个点与点相关.
（）若两个不同的点，相关，其中，，，，
可知.
下面证明.
若，则，成立；
若，则，
若，则，亦成立.
由于，
因此最多有个点两两相关，其中最多有个点在第一象限；最少有1个点在坐标轴正半轴上，一个点为原点.
因此中元素个数最大值为.
【点睛】本题考查了集合中新定义的应用，对题意的理解与分析能力的要求较高，属于难题.