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高三数学试卷第高三数学试卷第PAGE14页(共14页)北京市朝阳区2020~2021学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷 2021.1(考试时间120分钟 满分150)本试卷分为选择题(共40分)和非选择题(共110分)两部分考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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。U(1)已知全集U{1,0,1,2,3,4},集合A{0,1,2},则A=U(A){3,4} (B){1,3,4}
(C){0,1,2}
(D){1,4}(2)已知向量a1,2)bx,4),且ab,则|b(A)25 (B)43 (C)45 (D)8某三棱锥的三视图如图所示,已知网格纸上小正方形的边长为1,则该三棱锥的体积为已知等比数列n
}的各项均为正数,且a3
9,则loga3 1
loga3
loga3
loga3
loga3 552
53
(C)10 (D)15((A)43(B)8334设抛物线Cy24xF,准线lx轴的交点为MP是C上一点.若|PF|4,则|PM|(A)21 (B)5 (C)27 (D)42已知函数f(x)cos(2x ),给出下列四个结论:6①函数f(x)是周期为的偶函数;②函数f(x)在区间[,]上单调递减;③函数
f(x)
1212在区间[0, ]上的最小值为2π④将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后,所得图象与
g(x)sin2x的图象重合.6其中,所有正确结论的序号是(A)①③(C)①④
(B)②③(D)②④R上的奇函数f(x)f(x2)f(x)f(1)0x(0,1)f(x)2xx.设af(5)bf(1cf(5,则abc的大小关系为3 2(A)bac (B)acb (C)cab (D)bca已知圆C:x2y24,直线l:xyt0l与C相交”是“|t2”的(A)充分而不必要条件(C)充分必要条件
(B)必要而不充分条件(D)既不充分也不必要条件已知双曲线C:x2a2
y21(a0b0)FAF作C的一条渐近线的b2FDD为垂足.若|DFDA|,则C的离心率为222
2 (C)
(D)32在平面直角坐标系xOyymx(m0)yx3ABC三点.若直线l:kxy30(kR)上存在点P满足PAPC2,则实数k的取值范围是32(A)(2,2)(C)(,2) (2,)
(B)[2 2,2 2](D)(,2 2] [2 2,) 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。设aR.若复数zi(1ai)为纯虚数,则a ,z2 .1在(x2 )6的展开式中,常数项 (用数字作答)1x像(3,4,5)这样能够成为一个直角三角形三条边长的正整数组称为勾股数组(3,4,5),(6,8,10)(7,24,25)(8,15,17)(9,12,15)(9,40,41),(10,24,26)(11,60,61)(12,16,20)这些勾股数组中随机抽取1组,则被抽出的勾股数组中的三个数恰好构成等差数列的概率.若函数f(x)sin(x)cosx为偶函数,则常数的一个取值.yf(x)D
D
Df(xf(x
1,则称函数1 2 1 2f(x)具有性质M,给出下列四个结论:①函数yx3x不具有性质M;exex②函数y 具有性质M;2③若函数ylog8
(x2),x[0,t]具有性质M,则t510;y
3sinx4
具有性质M,则a5.其中,正确结论的序号.503分。三、解答题共6小题,共85分。解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程。(16(本小题13分)在cosA7c3,且bc,再从条件①、条件②中选择一个作为已知,求:8(Ⅰ)b的值;(Ⅱ)的面积.条件①:sinB2sinA;条件②:sinAsinB2sinC.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分。(17(本小题13分)某公司为了解用户对其产品的满意程度,从A400B100分组,绘制成评分频率分布直方图如下:A地区用户满意程度评分频率分布直方图 B地区用户满意程度评分频率分布直方图(Ⅰ)A400名用户中随机选取一名,求这名用户对该公司产品的评分不低于60分的概率;(Ⅱ)B100名用户中随机选取两名,记这两名用户的评分不低于80X的分布列和数学期望;(Ⅲ)根据频率分布直方图,假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替,估计A地区抽取的400名用户对该公司产品的评分的平均值为,B100名用户对该公司产品的评分的平均值为1500名用户对该公司产品的评分的平均值为2
120 212(结论不要求证明)(18(本小题14分)PABCDABCDPADABCDPAPDPAPD,BAD,E是线段AD的中点,连结BE.3 P(Ⅰ)求证:BEPA;(Ⅱ)求二面角APDC的余弦值; D在线段PB上是否存在点F使得EF//平面PCD?若存在, E CPF A求出 的值;若不存在,说明理由.PB B(19(本小题15分)3已知椭圆C:x2y21(ab0)过点(1, 3),且C的离心率为 .3a2 b2 2 2(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)P(1,0)的直线l交椭圆CAB两点,求|PA||PB|的取值范围.(20(本小题15分)f(x)lnxa2)xax2(aR).(Ⅰ)当a0yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(Ⅱ)求f(x)的单调区间;(Ⅲ)若f(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.(21(本小题15分)已知无穷数列{an
}满足:a1
0,
n1
a2c(nN,cR.对任意正整数n2,记nM {c|对任i,|an
|2}Mc|对任意iN*|ai
|2}.(Ⅰ)写出MM;2 3(Ⅱ)当c1时,求证:数列{a
}是递增数列,且存在正整数k,使得cM;4 n k(Ⅲ)求集合M.北京市朝阳区2020~2021学年度第一学期期末质量检测一、选择题(共10一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分)2021.1(1)B (2)C (3)A(4)C(5)C(6)D (7)A (8)B(9)B(10)D二、填空题(共5小题,每小题5分,共25分)0;1(13)25(15)①③三、解答题(共6小题,共85分)(16(共13分)解sinB2sinA.
(12)15(14)π(答案不唯一)2b(Ⅰ)在中,因为
a ,所以basinB
2a.sinB sinA sinA因为cosAb2c2a22bc
,且c3cosA7b2a,8所以4a29a27.12a 8化简得2a27a60,解得a2或a3.2当a3b2a3c2所以a2,所以b4. 9分15(Ⅱ)因为cosA7,A(0,π),所以sinA .158 8315所以S315
1bcsinA143
. 13分15△ABC15
2 2 8 4选条件②:sinAsinB2sinC.a b c(Ⅰ)在
,sinA sinB sinC所以由sinAsinB2sinC得ab6.因为cosAb2c2a22bc
,且c3cosA7a6b,8b29(6b)2
7.8解得b4. 9分(Ⅱ)由(Ⅰ)知b4,所以a6b2.15因为cosA7,A(0,),所以sinA .158 8315所以S315
1bcsinA143
. 13分15△ABC15(17(共13分)
2 2 8 4解(Ⅰ)由题知A地区共抽取400名用户,其中有240名用户对该公司产品的评分不低于60所以从A400名用户中随机选取一名,这名用户对该公司产品的评分不低于60分的概率是2400.6. 3分400(Ⅱ)由题可知X的可能取值为0,1,2.P(X0)
C290C2100
89;110C1C1 2P(X1)
9010 ;C2 11100C2P(X2)C2100
1 .110XP所以XXP012892111011110XEX0
89
22 1
1. 10分(Ⅲ)0
1 2
110 11 110 5. 13分(18(共14分)解(Ⅰ)因为四边形ABCD为菱形,所以ABAD.又因为BADEADBEAD.3又因为平面PAD平面ABCD, P平面PAD 平面ABCDAD,D所以BE平面PAD. E CA因为PA平面PAD, B所以BEPA. 4分(Ⅱ)连结PE.因为PAPD,E为AD的中点, z所以PEAD. P由(Ⅰ)可知BE平面PAD, DC所以BEAD,PEBE. FCE设AD2a,则PEa. x A如图,建立空间直角坐标系Exyz. B y所以A(a,0,0),B(0, 3a,0),C(2a, 3a,0),D(a,0,0),P(0,0,a).所以DC(a, 3a,0),DP(a,0,a).因为BE平面PAD,所以EB(0, 3a,0)是平面PAD的一个法向量设平面PCD的法向量为n(x,y,z),则nDC0,即ax ay0,所以x 3y, nDP0,
axaz
x.3令x 3,则y1,z .于是n( 3,1, 3).3所以cosn,EB nEB
.7|n||EB| 7 777由题知,二面角APDC为钝角,所以其余弦值为77
. 9分(Ⅲ)FPBEF//PCD.理由如下:因为点E平面PCD,所以在线段PB上存在点F使得EF//平面PCD等价于EFn0.PBFEF//PCD.PF([0,1])PFPB.PB所以EFEPPFEPPB(0,0,a)(0, a)(0, 3a,aa).由EFn 3a 3(aa)0,得1.2FPBEF//PCD(19(共15分)
PF1. 14分PB 23c ,3a 2解(Ⅰ)由题意得1a2
34b2
1,解得ab1.a2b2c2.x2所以椭圆C的方程为 y21. 5分x24(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时,直线lx1与椭圆C
3),
3)两点,所以|PA|=|PB|=
2 23,所以|PA||PB|=3.32 4当直线l的斜率存在时,设其方程为yk(x1),yk(x1),由x24y24
得(14k2)x28k2x4k240.且64k44(14k2)(4k24)16(3k21)0.A(x,
),B(x,y
),则1 1xx
8k
2 2,x
4k24.1k21 2 11k2
12 14k2
3(1k2)所以
|x1|)(
|x1|)(1k2)|x
(x
x)1| .11k2令t14k,则t1,
2)3(1t1)
12 1
14k2所以3(1k2)
4 939(
,3].14k2
t 4 4当t1,即k0|PA||PB|取最大值3.综上所述,|PA||PB|的取值范围是[3,3]. 15分4(20(共15分)解(Ⅰ)当a0时,f(x)lnx2x,f(x)12,x所以f(1)2,f(1)1.所以曲线在点(1,f(1))处的切线方程为y2(x1),即xy10. 3分(Ⅱ)因为f(x)lnx(a2)xax2,定义域为(0,),所以f(x)1(a2)2ax2ax2(a2)x1(2x1)ax1.x x x①当a0f(x)f(x在(0,上的变化情况如下:xf(x)f(x)
1(0, 2
120(1)ln21
( ,2112 41 1所以f(x)在(0, )内单调递增,在( ,)内单调递减.2 2②当0a2f(x)f(x在(0,上的变化情况如下:xf(x)
1(0, 2
120极大值
11( , 2a
1a0极小值
( ,)1a1f(x)
f( )ln21 f( )lna11 a 1 11 a 1 11 1 11所以f(x)在(0, ),( , )内单调递增,在( , )内单调递减.2 a 2a③当a2f(x0f(x在(0,上单调递增.④当a2f(x)f(x在(0,上的变化情况如下:xf(x)
1(0, a
1a0极大值
11( , a2
120极小值
( ,211f(x)
f( )lna1 f( )ln211 1 1 a a 1 1 1 1 1 11所以f(x)在(0, ),(, )内单调递增,在(,)内单调递减. 9分a(III)由(II)可知:
2 a21 1①当a0时,f(x)在(0, )内单调递增,在( ,)内单调递减,2 21当x12
时,f(x)取得最大值f 1ln21a.( 2 4( 1(i)当4ln24a0时,f( )0,2f(x在(0,上至多有一个零点,不符合题意.1(ii)当a4ln24f(0.11 1 因为f( )0,f(1)20,f(x)在( ,)内单调递减2 21所以f(x)在( ,)内有唯一零点.12因为a4ln24e,所以ae且01
1 1.1 3 a 4ln24 21 3 因为f()ln(a)1 1ln(a)1lne=0,f)0,a a 21 1且f(x)在(0, )内单调递增,所以f(x)在(0, )内有唯一零点.2 2所以当a4ln24时,f(x)恰有两个零点.1 1 11②当0a2时,f(x)在(0,),( , )内单调递增,在( , )内单调递减,2 a 2ax
f(xf(1)ln21a0,12 2 41f(x在(0,上至多有一个零点,不符合题意.③当a2f(x在(0,上单调递增,f(x在(0,上至多有一个零点,不符合题意.1 1 11④当a2时,f(x)在(0, ),( , )内单调递增,在( , )内单调递减.a 2 a2x
时,f(x)取得极大值f( )lna1 0,1 1 a a a1 1 f(x在(0,上至多有一个零点,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围是(,4ln24). 15分(21(共15分(Ⅰ)M2
[2,2],M31
2,1]. 4分(Ⅱ)当c 时,对任意nN*,都有41 1 a aa2c1 1
(a )2c c 0,n1 n
n n 2 4 4所以a a.n1 n所以数列}是递增数列. 7分n因为a
(a a)(aa )
(aa)a(c1)(c1) (c1),n1
n1
n
2 1 1 4 4 4所以an1
n(c1).4nN|t
8 },则
n(c1)
8 (c1)2,0所以cM n01
4c1
4 4c1 4所以存在正整数kn0
1,使得cMk
. 9分(III)由题意得,对任意nN*,都有M M 且MM.n1 n n由(Ⅱ)可得,当c1时,存在正整数k,使得cM4 所以若cM,则c1.4
,所以cM.又因为MM3
[2,1],所以若cM,则c2.所以若cM,则c/r/
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