北京市房山区2021届高三下学期4月一模考试数学试题 WORD版含答案.docx

1、2021北京房山高三一模数 学本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。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，将答题卡交回，试卷自行保存。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。(1)若集合，集合，则等于(A) (B) (C) (D) (2)下列函数中，值域为且为偶函数的是(A) (B)(C) (D)(3)已知，且，则下列各式中一定成立的是(A)(B)（C）(D)(4)将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴方程为(A) (B) (C) (D)(5) “十三五”期

2、间，我国大力实施就业优先政策，促进居民人均收入持续增长.下面统计图反映了年我国居民人均可支配收入（单位：元）情况.根据图中提供的信息，下列判断不正确的是(A) 年，全国居民人均可支配收入每年都超过元(B) 年，全国居民人均可支配收入均逐年增加(C) 根据图中数据估计，年全国居民人均可支配收入可能高于元(D) 根据图中数据预测，年全国居民人均可支配收入一定大于元(6)已知双曲线的离心率为，则点到双曲线的渐近线的距离为(A)(B)(C)(D)(7)“”是“直线与平行”的(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件(8)在矩形中，与相交于点, 是线段的中点，若

3、,则的值为(A) (B) (C) (D)(9)已知等差数列的前项和为，且，则下面结论错误的是(A) (B) (C) (D)与均为的最小值 (10)祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为的平面截该几何体，则截面面积为(A) (B) (C) (D)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。

4、(11) 若为虚数单位，则 (12) 二项式的展开式中常数项是 （用数字作答）(13) 抛物线的焦点为，则点的坐标为 ，若抛物线上一点到轴的距离为，则 (14) 设，则使得命题“若,则”为假命题的一组的值是 (15) 设函数的定义域为，若对于任意，存在，使（为常数）成立，则称函数在上的“半差值”为下列四个函数中，满足所在定义域上“半差值”为的函数是 （填上所有满足条件的函数序号） 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14分）如图，在直三棱柱中，已知，为上一点，且.（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.（17）（本小题14分）在中，

5、再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，求：（）的值；（）的面积.条件：边上的高为；条件：；条件：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.（18）（本小题14分）单板滑雪型池比赛是冬奥会比赛中的一个项目，进入决赛阶段的名运动员按照预赛成绩由低到高的出场顺序轮流进行三次滑行，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果进行评分，最终取单次最高分作为比赛成绩.现有运动员甲、乙二人在赛季单板滑雪型池世界杯分站比赛成绩如下表：分站运动员甲的三次滑行成绩运动员乙的三次滑行成绩第1次第2次第3次第1次第2次第3次第1站第2站第3站第4站第5站假设甲、乙二人每次比赛成绩相互独立.（）

6、从上表站中随机选取站，求在该站运动员甲的成绩高于运动员乙的成绩的概率；（）从上表站中任意选取站，用表示这站中甲的成绩高于乙的成绩的站数，求的分布列和数学期望；（）假如从甲、乙人中推荐人参加年北京冬奥会单板滑雪型池比赛，根据以上数据信息，你推荐谁参加，并说明理由.（注：方差，其中为，的平均数）（19）（本小题15分）已知函数 （）求曲线在点处的切线方程；（）若，求证：；（）设，是否存在唯一的自然数，使得与的图象在区间上有两个不同的公共点？若存在，试求出的值，若不存在，请说明理由.（20）（本小题14分）已知椭圆过点，离心率为.（）求椭圆的方程；（）设点为椭圆的上顶点，是椭圆上两个不同的动点（不在

7、轴上），直线的斜率分别为，且，求证：直线过定点.(21)(本小题14分)对于数列，记，其中表示这个数中最大的数，并称数列是的“控制数列”，如数列的“控制数列”是.（）若各项均为正整数的数列的“控制数列”为，写出所有的；（）设.（i）当时，证明:存在正整数，使得是等差数列；（ii）当时，求的值（结果可含）.2021北京房山高三一模数学参考答案一、选择题共8小题，每小题5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。题号(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)（9）（10）答案(A)（C）（B）（C）（D）（B）（B）（A）（C）(D)二、填空题共5小题，每小题5分，共2

8、5分。（11） （12） （13） （14）满足且即可 （15） 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)()证明：解: （）解法1因为三棱柱为直三棱柱,所以平面.又因为平面,所以.又因为，所以.所以.因为，平面所以平面.因为平面,所以平面平面. 7分 解法2. 三棱柱为直三棱柱,所以平面.因为平面所以.又因为，所以.所以.以点为坐标原点, 所在直线分别为轴, 轴,轴建立如图所示空间直角坐标系，则，所以设平面的法向量为，则 ,所以 ，令则，.则由（）可知，平面的法向量为,因为,所以平面平面.（）由（）知，平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则所以,直线

9、与平面所成角的正弦值为 14分 （17）选解：方法1：（）设边上高为在中， 10分 （）在中，因为所以又因为，所以14分 方法2：（I）在中,(答案与选择条件相同） 10分 （）设边上高为在中，因为，所以在中,又因为所以14分选解：（）又 10分 （）14分 选解：（）方法1：又 10分 方法2： 即解得：（） 14分 （18）解：（）解：设“该站运动员甲的成绩高于该站运动员乙的成绩”为事件；运动员甲第1站、第2站、第3站、第4站、第5站的成绩分别为： 1分运动员乙第1站、第2站、第3站、第4站、第5站的成绩分别为： 2分其中第2站和第4站甲的成绩高于乙的成绩 4分（）的可能取的值为，则 5分

10、 6分 7分 8分 所以的分布列为012 9分 10分 （）答案一：推荐乙. 12分理由是：从2021赛季前5站的成绩可以看出：任意1站运动员甲的成绩高于该站运动员乙的成绩的概率为，乙的成绩高于该站运动员甲的成绩的概率为.因为，所以乙的成绩好于甲的成绩的可能性大. 14分答案二：推荐乙. 12分用“”表示任意1站运动员甲的成绩高于乙的成绩，用“”表示任意1站运动员甲的成绩低于乙的成绩，则， ，用“”表示运动员乙的成绩高于甲的成绩，用“”表示运动员乙的成绩低于甲的成绩，则 , 因为, 所以乙的成绩好于甲的成绩. 14分答案三：推荐乙. 12分甲5站的平均成绩为：乙5站的平均成绩为：甲5站成绩方差

11、为：乙5站成绩方差为： 所以预测乙的成绩会更好. 14分答案四：推荐甲. 12分甲5站的平均成绩为：乙5站的平均成绩为：甲乙5站的平均成绩虽然相同，但是甲成绩的极大值为92.80，乙成绩的极大值为89.10，甲成绩的极大值高于乙成绩的极大值，所以甲的成绩会比乙的更好. 14分（19）解：（）因为，所以.因为,所以切线方程为，即. 4分 （）设，即，,令，则或.随变化情况如下表：极小值所以=.所以，. 10分 （）由于，设,，.随变化情况如下表：极大值极小值由表可知，因为，所以在，分别有唯一零点.所以在内有两个零点，在，内无零点，内有唯一零点.所以存在唯一的自然数，使得与的图象在上有两个不同公共

12、点.15分 （20）解：（）根据题意得: 解得所以椭圆的方程为. 5分（）证法1：因为点M为椭圆上顶点，所以点的坐标为.设直线,由得 .设点,解得 所以.设直线同理可得.又因为 ， 所以.所以.所以.所以直线过定点. 14分证法2：由题意可知，直线存在斜率设直线的方程为：，则联立消去得.即,设，则，所以.因为，所以.所以.所以.所以，即.所以或（舍）.所以直线的方程为：.所以直线过定点. 14分（21）解：解析：(I) 4分(II) i）当的对称轴，所以当时单调递增，由于.所以当时,有 ，由于是等差数列，所以存在正整数，使得是等差数列. 9分ii)的对称轴，由于；.当时, 此时最大；由于,所以.所以.当时，所以.当时, ,， ，,所以.当时，故，.当时,，所以单调递增，所以.则综上所述，.14分