2021年北京市海淀区高考数学考前热身练习试卷（三模）【含答案】

2021年北京市海淀区高考数学考前热身练习试卷（三模）参考答案与试题解析一、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（4分）设集合P3，log2a，Qa，b，若PQ0，则PQ（）A3，0B3，0，1C3，0，2D3，0，1，2【分析】根据集合P3，log2a，Qa，b，若PQ0，则log2a0，b0，从而求得PQ【解答】解：PQ0，log2a0a1从而b0，PQ3，0，1，故选：B【点评】此题是个基础题考查集合的交集和并集及其运算，注意集合元素的互异性，以及对数恒等式和真数是正数等基础知识的应用2（4分）若|1，（+2），则向量与的夹角为（）A30B60C120D150【分析】利用向量的垂直，推出关系式，通过数量积转化求解向量的夹角即可【解答】解：|1，（+2），可得0，即：1+2cos0，所以120故选：C【点评】本题考查向量的夹角的求法，向量的数量积的应用，是基本知识的考查3（4分）已知a+bi（a，bR）是的共轭复数，则a+b（）A1BCD1【分析】先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b【解答】解：i，a+bi（i）i，a0，b1，a+b1，故选：D【点评】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题4（4分）直线x+ay+20与直线ax+y+2a20平行，则实数a的值为（）A1或1B0或1C1D1【分析】利用两条直线平行的充要条件列出方程组，求解即可【解答】解：因为直线x+ay+20与直线ax+y+2a20平行，所以，解得a1故选：C【点评】本题考查了两条直线位置关系的应用，解题的关键是掌握两条直线平行的充要条件的应用，属于基础题5（4分）甲乙两名学生，六次数学测验成绩（百分制）如图所示：甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；甲同学的平均分比乙同学高；甲同学成绩的极差为18；甲同学成绩方差小于乙同学成绩的方差上面说法正确的是（）ABCD【分析】根据茎叶图中的数据，分别计算甲、乙二人的中位数、平均数、方差，再求出甲的极差【解答】解：根据茎叶图中数据，计算甲的中位数是（80+82）81，乙的中位数是（87+88）87.5，所以甲的中位数小于乙的中位数，错误；计算甲的平均数是（72+76+80+82+86+90）81，方差是（7281）2+（7681）2+（8081）2+（8281）2+（8681）2+（9081）2，乙的平均数是（69+78+87+88+92+96）85，方差是（6985）2+（7885）2+（8785）2+（8885）2+（9285）2+（9685）2，所以甲的平均分比乙的低，错误，甲的方差小于乙的方差，正确；计算甲同学成绩的极差为907218，所以正确；综上知，正确的命题序号是故选：A【点评】本题考查了利用茎叶图中的数据求中位数、平均数、方差和极差的应用问题，是基础题6（4分）我国古代科学家祖冲之之子祖暅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”（“幂”是截面积，“势”是几何体的高），意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（）A8B82C122D12【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用割补法求出结合体的体积【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由长为3，宽为2，高为2的长方体，在长方体的两头挖去两个半圆柱组成的不规则的几何体；故V232122122故选：C【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题7（4分）已知函数f（x）的图象沿x轴向左平移2个单位后与函数y2x的图象关于x轴对称，若f（x0）1，则x0（）A2B2Clog23Dlog23【分析】将函数y2x的图象逆向变换（即先关于x对称，再向右平移2个单位）可得到f（x）的解析式，再结合指数的运算法则，求解即可【解答】解：函数y2x的图象关于x轴对称的函数为y2x，将其向右平移2个单位，得到f（x）2x2，f（x0）1，1，即x020，x02故选：B【点评】本题考查函数图象的变换，熟练掌握函数图象的平移与对称变换原则是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题8（4分）已知等差数列an的前n项和为Sn，且S7S8，S8S9S10，则下面结论错误的是（）Aa90BS15S14Cd0DS8与S9均为Sn的最小值【分析】由已知可得a80，a90，a100，d0，然后结合各选项进行分析即可求解【解答】解：因为等差数列an，S7S8，S8S9S10，所以S7S8a80，S9S8a90，S10S9a100，即a80，a90，a100，d0，故A正确，C错误；S15S14a150，即S15S14，故B正确；由a80，a90，a100可知S8与S9均为Sn的最小值，D正确故选：C【点评】本题主要考查了等差数列的性质的应用，还考查了考生分析问题的能力9（4分）在ABC中，“sinAcosB”是“ABC为锐角三角形”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义结算三角函数的性质进行判断即可【解答】解：若B为钝角，A为锐角，则sinA0，cosB0，则满足sinAcosB，但ABC为锐角三角形不成立，若ABC为锐角三角形，则A，B，AB都是锐角，即AB，即A+B，BA，则cosBcos（A），即cosBsinA，故“sinAcosB”是“ABC为锐角三角形”的必要不充分条件，故选：B【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据三角形的性质是解决本题的关键10（4分）已知函数，若存在唯一的整数x，使得成立，则满足条件的整数a的个数为（）A2B3C4D无数【分析】作出f（x）的函数图象，由不等式表示的几何意义，结合图象可得所求范围【解答】解：作出f（x）的函数图象如图所示：表示点（x，f（x）与点（a，1）所在直线的斜率，可得曲线上只有一个点（x，f（x）（x为整数）和点（a，1）所在直线的斜率大于0，而点（a，1）在到直线y1上运动，由f（0）0，f（1）3，f（2）0，可得当1a0时，只有点（1，3）满足；当1a2时，只有点（0，0）满足综上可得a的范围是1，01，2故满足条件的整数a有：1，0，1，2共四个故选：C【点评】本题考查了分段函数的图象和运用，考查分类讨论思想和数形结合思想，化简运算能力和推理能力，属于难题二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11（5分）双曲线1的渐近线方程为y2x【分析】直接根据双曲线的方程，令方程的右边等于0求出渐近线的方程【解答】解：已知双曲线x21令：x20即得到渐近线方程为：y2x故答案为：y2x【点评】本题考查的知识要点：双曲线的渐近线方程的求法12（5分）设（2x1）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a110【分析】根据a1是x的系数，求出二项展开式的通项公式，令x的次数为1，进行求解即可【解答】解：a1是x的系数，展开式的通项公式为kk+1C（2x）5k（1）kC25kx5k（1）k，由5k1得k4，则a12（1）410，故答案为：10【点评】本题主要考查二项式系数的求解，求出二项式的通项公式是解决本题的关键，是基础题13（5分）已知f（x）sin（x）+cos（x+）是偶函数，且0，则【分析】正弦函数的图象关于y轴对称，从而当x0时，函数取得最值，代入函数后，结合正弦函数对称轴处取得函数最值可求【解答】解f（x）sin（x）+cos（x+）是偶函数，故函数的图象关于y轴对称，根据正弦函数的对称性可知，当x0时，f（x）取得最值，故sin+cos2，所以sincos2，即2（）2，所以sin（）1，因为0，则，故答案为：【点评】本题主要考查了正弦函数对称性的应用，解题的关键是正弦函数在对称轴处取得最值条件的应用14（5分）能够说明命题p：xR，x2+2ax+a0是假命题的一个实数a是【分析】若命题p：xR，x2+2ax+a0是假命题，则命题p：xR，x2+2ax+a0是真命题，结合二次函数的图象和性质，可得答案【解答】解：若命题p：xR，x2+2ax+a0是假命题则命题p：xR，x2+2ax+a0是真命题，即4a24a0，解得：a（0，1），故答案为：（答案不唯一，（0，1）上任意数均可）【点评】本题考查的知识点是命题的否定，二次函数的图象和性质，难度中档15（5分）向量集合，对于任意，S，以及任意（0，1），都有+（1）S，则称S为“C类集”，现有四个命题：若S为“C类集”，则集合也是“C类集”；若S，T都是“C类集”，则集合也是“C类集”；若A1，A2都是“C类集”，则A1A2也是“C类集”；若A1，A2都是“C类集”，且交集非空，则A1A2也是“C类集”其中正确的命题有（填所有正确命题的序号）【分析】由新定义“C类集”，结合不等式的性质和集合的运算性质，即可判断结论【解答】解：若S为“C类集”，则对于任意，S，以及任意（0，1），都有+（1）S，集合，可得对于任意，M，以及任意（0，1），都有+（1）M，故正确；若S是“C类集”，则对于任意，S，以及任意1（0，1），都有1+（11）S，T是“C类集”，则对于任意，T，以及任意2（0，1），都有2+（12）T，可得对于任意+M，+M，以及任意（0，1），都有（+）+（1）（+）M，故正确；若A1“C类集”，可得对于任意，A1，以及任意（0，1），都有+（1）A1，A2是“C类集”，对于任意，A2，以及任意（0，1），都有+（1）A2，设MA1A2，M为A1，A2中的元素的合并而得，且不重复，不符合“C类集”的定义，故错误；若A1“C类集”，可得对于任意，A1，以及任意（0，1），都有+（1）A1，A2是“C类集”，对于任意，A2，以及任意（0，1），都有+（1）A2，设MA1A2，M为A1，A2中的元素的公共部分而得，且不为空集，符合“C类集”的定义，故正确故答案为：【点评】本题考查集合的新定义的理解和运用，考查定义法解题，以及推理能力，属于基础题三、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（14分）在锐角ABC中，设角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且（1）求B的大小；（2）若AB2，BC，点D在边AC上，_，求BD的长请在ADDC；DBCDBA；BDAC这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）【分析】（1）由正弦定理化简已知等式，结合A，可得sinA0，可求，结合范围，可求B的值（2）若选法一：由题意可得，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求解BD的值；法二：由余弦定理可求AC的值，在ABD，BDC中，分别应用余弦定理，结合cosADB+cosCDB0，可求4+2BD2+，即可解得BD的值若选由于SABCSABD+SCBD，利用三角形的面积公式即可求解BD的值；若选由余弦定理可求AC的值，利用三角形的面积公式可得，进而解得BD的值【解答】解：（1）在ABC中，由正弦定理，及得，sinBsinAsinA（2分）因为ABC为锐角三角形，所以A，所以sinA0所以（4分）又因为，所以B（6分）（2）若选法一：在ABC中，因为ADDC，所以（8分）所以2（10分），所以BD（12分）法二：在ABC中，由余弦定理，得AC2AB2+BC22ABBCcosB，所以，所以ADDC（8分）在ABD中，由余弦定理，得AB2BD2+DA22BDDAcosADB即，在BDC中，由余弦定理，得BC2BD2+DC22BDDCcosCDB即（10分）又ADB+CDB，所以cosADB+cosCDB0所以4+2BD2+，所以BD（12分）若选在ABC中，SABCSABD+SCBD，（8分）即BABCsinBABDsin+BDBCsin，（10分）即，解得（12分）若选在ABC中，由余弦定理，得AC2AB2+BC22ABBCcosB，所以（8分）因为SABCBABCsinB，又SABCBDACBD，（10分）所以，解得（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，平面向量数量积的运算，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题17（14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BCBB1，BC1B1CO，AO平面BB1C1C（1）求证：ABB1C；（2）若B1BC60，直线A1B1与平面BB1C1C所成角为30，求二面角A1B1C1A的余弦值【分析】（1）推导出B1CBC1，AOB1C，从而B1C平面AOB，由此能证明B1CAB（2）设O为原点，OB1为x轴，OC1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A1B1C1A的余弦值【解答】解：（1）证明：由题知四边形BCC1B1是菱形，B1CBC1，AO平面BB1C1C，AOB1C，AOB1CO，B1C平面AOB，AB平面AOB，B1CAB（2）A1B1AB，AB与平面BB1C1C所成角为30，AO平面BB1C1C，ABO30，设O为原点，OB1为x轴，OC1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，则B1（1，0，0），C1（0，0），A（0，0，1），B（0，0），由，知A1（1，1），（0，1），（1，0），（1，0，1），设平面AB1C1的法向量为（x，y，z），则，取y1，得（），同理得平面A1B1C1的法向量（），cos，二面角A1B1C1A的余弦值为【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是中档题18（14分）随着移动互联网的发展，越来越多的人习惯用手机应用程序（简称app）获取新闻资讯为了解用户对某款新闻类app的满意度，随机调查了300名用户，调研结果如表：（单位：人）青年人中年人老年人满意6070x一般5525y不满意25510（）从所有参与调研的人中随机选取1人，估计此人“不满意”的概率；（）从参与调研的青年人和中年人中各随机选取1人，估计恰有1人“满意”的概率；（）现需从参与调研的老年人中选择6人作进一步访谈，若在“满意”、“一般”、“不满意”的老年人中各取2人，这种抽样是否合理？说明理由【分析】（）根据古典概型的概率公式进行计算即可（）根据独立事件同时发生的概率公式进行计算即可（）根据抽样的公平性的性质进行判断【解答】解：（）从所有参与调研的人共有300人，不满意的人数是25+5+1040记事件D为“从所有参与调研的人中随机选取1人此人不满意”，则所求概率为（）记事件M为“从参与调研的青年人中随机选取1人，此人满意”，则；记事件N为“从参与调研的中年人中随机选取1人，此人满意”，则；则“从参与调研的青年人和中年人各随机选取1人，恰有1人满意”的概率为（）这种抽样不合理理由：参与调研的60名老年人中不满意的人数为20，满意和一般的总人数为x+y50，说明满意度之间存在较大差异，所以从三种态度的老年中各取2人不合理合理的抽样方法是采用分层抽样，根据x，y，10的具体数值来确定抽样数值【点评】本题主要考查抽样方法的应用，以及概率的计算，根据古典概型的概率公式是解决本题的关键难度不大19（15分）已知椭圆C：的右焦点为F，离心率，长轴长为4，过点F的直线l与椭圆交于M，N两点（非长轴端点）（1）求椭圆C的方程；（2）已知点Q（0，2），求线段MQ长度的取值范围；（3）延长MO交椭圆C于P点，求PMN面积的最大值，并求此时直线l的方程【分析】（1）通过椭圆的长轴长，结合离心率，即得到椭圆的方程；（2）设M（x1，y1），由M为椭圆上一点，可得，再利用两点间距离公式进行求解即可；（3）设出MN所在直线方程，然后与椭圆方程联立，利用弦长公式，点到直线距离公式求解三角形的面积，利用基本不等式求解最大值即可【解答】解：（1）长轴长为4，2a4，a2，又离心率，c，b2a2c21，椭圆C的方程为，（2）设M（x1，y1），则，y1，0）（0，1，|MQ|，|MQ|的取值范围是；（3）设直线MN的方程为xmy+，联立，消x得，0，原点O到直线xmy+的距离，P到直线MN的距离为，令，则，当且仅当时，取等号，所以直线l的方程为或【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆的简单几何性质，考查了转化思想及计算能力，属中档题20（14分）已知函数f（x）（aR）（1）若曲线yf（x）在点（，f（）处的切线经过坐标原点，求实数a；（2）当a0时，判断函数f（x）在x（0，）上的零点个数，并说明理由【分析】（1）求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，再由两点的斜率公式解方程可得a的值；（2）由f（x）0，可令g（x）x2a2sinx，讨论当x（0，），）时，g（x）的单调性，可得f（x）的单调性，可得所求零点个数【解答】解：（1）f（x）的导数为f（x），可得曲线yf（x）在点（，f（）处的切线的斜率为f（），f（）a2，即切点为（，a2），由于切线经过原点，可得，解得a2；（2）因为x（0，），所以sinx0，所以f（x）0，可化为x2a2sinx0，设g（x）x2a2sinx，g（x）2x2cosx，设h（x）2x2cosx，h（x）2+2sinx0，可得h（x）即g（x）在（0，）递增，又g（0）20，g（）0，所以存在x0（0，），使得g（x0）0，当x（0，x0）时，g（x）递减；当x（x0，）时，g（x）递增，所以，对于连续函数g（x），在x（0，x0）时，g（x）递减，在x（x0，）时，g（x）递增，又因为g（0）a0，当g（）2a0即a2时，g（x）有唯一零点在（x0，）上，当g（）2a0即a2时，g（x）在（0，）上无零点，综上可得，当0a2时，函数f（x）在（0，）有唯一零点；当a2时，函数f（x）在（0，）没有零点【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和零点的个数的求法，考查方程思想和分类讨论思想、运算能力和推理能力，属于难题21（14分）已知集合SnX|X（x1，x2，xn），xi0，1，i1，2，n其中n2，对于A（a1，a2，an），B（b1，b2，bn）Sn，定义A与B之间的距离为（1）记I（1，1，1，1）S4，写出所有AS4使得d（I，A）3；（2）记I（1，1，1，1）Sn，A，BSn，并且d（I，A）d（I，B）pn，d（A，B）的最大值；（3）设PSn，P中所有不同元素间的距离的最小值为k，记满足条件的集合P的元素个数的最大值为m，求证：【分析】（1）根据题中给出的定义，写出所有AS4使得d（I，A）即可3；（2）设A（a1，a2，an），B（b1，b2，bn），分两种情况2pn、2pn时，分别利用含有绝对值的不等式的性质求解即可；（3）设P是满足条件的最大集合，即P中元素个数为m，由题中的定义可知，对于Sn中的任意元素X，都存在CP使得d（X，C）k1，否则，假设存在X0Sn，对任意CP都有d（X0，C）k，推出矛盾，故假设不成立，即可证明原命题【解答】（1）解：A的所有可能取值为（1，0，0，0），（0，1，0，0），（0，0，1，0），（0，0，0，1）；（2）解：设A（a1，a2，an），B（b1，b2，bn），因为d（I，A）1a1+1a2+1anp，则a1+a2+annp，同理b1+b2+bnnp，当2pn时，d（A，B），当2pn时，d（A，B），当A1，1，1，0，0，0（其中含有p个1）或A0，0，0，1，1，1（其中含有p个1）时，上式取等号，综上所述，d（A，B）的最大值为；（3）证明：设P是满足条件的最大集合，即P中元素个数为m，那么对任意的A，BP，且AB，d（A，B）k，对任意的CP，记集合S（C，k1）XSn|d（X，C）k1，那么S（C，k1）中元素个数为，对于Sn中的任意元素X，都存在CP使得d（X，C）k1，若不然，假设存在X0Sn，对任意CP都有d（X0，C）k，那么集合PPX0中所有不同元素间的距离的最小值为k，且P中有m+1个元素，这与m的最大性矛盾综上所述，所有Sn中的每个元素必与P中的某个元素的距离不超过k1，又S（C，n）中元素个数为2n，所以【点评】本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答，属于中档题