北京市顺义区2021届高三下学期第二次统练数学试题(word版,含答案)
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北京市顺义区2021届高三下学期第二次统练数学试题(word版,含答案)

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资料简介
1 / 15 北京市顺义区 2021 届高三下学期第二次统练数学试题 数 学 考 生 须 知 1.本试卷共 4 页,共两部分.21 道小题,满分 150 分,考试时间 120 分钟. 2.在答题卡上准确填写学恔名称、姓名、班级和教育 ID 号. 3.试题答案一律填涂或书写在答题卡,在试卷上作答无效. 4.在答题卡上选择题用 2B 铅笔作答,其他试题用黑色字迹签字笔作答. 5.考试结束后.请将答题卡上交. 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.已知集合    || | 1 , | 0 2A x x B x x  „ „ ,则 A B ( ) A. | 2x x  B. | 1 2x x  „ C.{ |0 1}x x„ „ D. | 1 2x x „ 2.在复平面内,复数 ( 2)z i i  对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.在 6( 2)x  的展开式中, 3x 的系数为( ) A. 40 2 B. 40 2 C. 40 D.40 4.已知 ,a bR ,且 a b ,则下列不等式恒成立的是( ) A. 2 2a b B. 2 2 1 1 1 1a b   C. 3 3a b D.    2 2lg 1 lg 1a b   5.某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是( ) 2 / 15 A. 5 2 B.1 C. 2 D.2 6.已知函数 2( ) | | 1 log | |f x x x   ,则不等式 ( ) 0f x  的解集是( ) A. (0,1) (2, )  B. ( , 2) ( 1,1) (2, )      C.( , 2) ( 1,0) (0,1) (2, )       D.( 2, 1) (1,2)   7.把物体放在冷空气中冷却,如果物体原来的温度是 1 ℃,空气的温度是 0 ℃.那么 mint 后物体的温 (单 位:℃)可由公式  0 1 0 c      求得,其中 k 是一个随着物体与空气的接触情况而定的常数.现有 46℃ 的物体,放在 10℃的空气中冷却,1min 以后物体的温度是 38℃,则 k 的值约为 (ln3 1.10,ln7 1.95)  ( ) A.0.25 B. 0.25 C.0.89 D. 0.89 8.已知圆 2 2( ) ( ) 1x a y b    经过原点,则圆上的点到直线 2y x  距离的最大值为( ) A. 2 2 B. 2 2 C. 2 1 D. 2 9.已知函数 ( ) sin , [ , ]f x x x a b  ,则“存在 1 2, [ , ]x x a b 使得    1 2 2f x f x  ”是“ b a  … ”的( ) A.充分必要条件 B.充分而不必要条件 C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件 10.设函数 3 3 ,( ) 2 , x x x af x x x a      … ,若 ( )f x 恰有两个零点,则实数 a 的取值范围是( ) A.[ 3, 3] B.( 3, )  C. ( 3, 3] D. ( , 3) 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. 11.设向量 ( ,3), (1,2), (1, 1)a m b c      ,若 ( )a b c    ,则实数 m  __________. 12.若双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的焦距等于实轴长的 3 倍,则 C 的渐近线方程为________. 13.已知 na 为等差数列, nS 为其前 n 项和,若 1 3 16, 2a S a  ,则公差 d  _________, nS 的最大值为 _________. 14.已知 是任意角,且满足 cos sin6k        ,则常数 k 的一个取值为__________. 15.曲线 C 是平面内与两个定点 1 2(0,1), (0, 1)F F  的距离的积等于 3 2 的点 P 的轨迹,给出下列四个结论: ①曲线 C 关于坐标轴对称; ② 1 2F PF 周长的最小值为 2 6 ; 3 / 15 ③点 P 到 y 轴距离的最大值为 2 2 ; ④点 P 到原点距离的最小值为 2 2 . 其中所有正确结论的序号是__________. 三、解答题共 6 小题,共 85 分.解答应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程. 16.(本小题 14 分) 如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为正方形.且 PA 平面 ABCD ,M,N 分别为 ,PB PD 的中点. (Ⅰ)求证: / /MN 平面 ABCD ; (Ⅱ)若 2PA AB  ,求 CN 与平面 PBD 所成角的正弦值. 17.(本小题 13 分) 在 ABC 中,已知sin 3sin , 30B C A   ,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求: (Ⅰ)c 的值; (Ⅱ) ABC 的面积. 条件①: 2 3ab  ; 条件②: sin 6a B  . 注:如果选择条件①和条件②分别作答,按第一个解答计分. 4 / 15 18.(本小题 14 分) 某学校食堂为了解师生对某种新推出的菜品的满意度,从品尝过该菜品的学生和老师中分别随机调查了 20 人, 得到师生对该菜品的满意度评分如下: 教师:60 63 65 67 75 77 77 79 79 82 83 86 87 89 92 93 96 96 96 学生:47 49 52 54 55 57 63 65 66 66 74 74 75 77 80 82 83 84 95 96 根据师生对该菜品的满意度评分,将满意度从低到高分为三个等级: 满意度评分 低于 70 分 70 分到 89 分 不低于 90 分 满意度等级 不满意 满意 非常满意 假设教师和学生对该菜品的评价结果相互独立,根据所给数据,用事件发生的频率估计相应事件发生的概率. (Ⅰ)设数据中教师和学生评分的平均值分别为 1 和 2 ,方差分别为 1 和 2 ,试比较 1 和 2 , 1 和 2 的 大小(结论不要求证明); (Ⅱ)从全校教师中随机抽取 3 人,设 X 为 3 人中对该菜品非常满意的人数,求随机变量 X 的分布列及数学期 望; (Ⅲ)求教师的满意度等级高于学生的满意度等级的概率. 19.(本小题 14 分) 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yG a ba b     的离心率为 2 2 ,且过点 (2, 2). (Ⅰ)求椭圆 G 的方程; (Ⅱ)过点 (0,1)M 斜率为 ( 0)k k  的直线 l 交椭圆 G 于 A,B 两点,在 y 轴上是否存在点 N 使得 ANM BNM   (点 N 与点 M 不重合),若你在,求出点 N 的坐标,若不存在,请说明理由. 5 / 15 20.(本小题 15 分) 已知函数 2( ) ( )xf x e mx m   R . (Ⅰ)已知曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 y ex e   ,求 m 的值; (Ⅱ)若存在 0 [0,1]x  ,使得  0 2f x … ,求 m 的取值范围. 21.(本小题 15 分) 已知数列 na  na N ,记 1 2n nS a a a    ,首项 1 0 0a n  ,若对任意整数 2k… ,有 0 1ka k „ „ , 且 kS 是 k 的正整数倍. (Ⅰ)若 1 21a  ,写出数列 na 的前 10 项; (Ⅱ)证明:对任意 2n… ,数列 na 的第 n 项 na 由 1a 唯一确定; (Ⅲ)证明:对任意正整数 0n ,数列 nS 从某一项起为等差数列. 6 / 15 北京市顺义区 2021 届高三下学期第二次统练数学试题 参考答案 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) 二.填空题(本大题共 5 个小题,每小题 5 分,共 25 分) (11) 2 (12) 2y x  (13) 2 ,12 (前 3 分,后 2 分) (14) 3 (答案不唯一) (15) ①②④ 三.解答题(本大题共 6 小题,共 85 分,其它答案参考给分) (16)(共 14 分) 解:(Ⅰ)如图,连接 BD, 因为 M , N 分别是 PB , PD的中点, 所以 MN BDP .-----------------2 分 又 MN ABCD平面Ë , BD ABCD平面Ì , 所以 MN P 平面 ABCD .-----------5 分 (Ⅱ)因为 PA^平面 ABCD , AB ABCD平面Ì , AD ABCD平面Ì , 所以 PA^ AB, PA^ AD . 因为底面 ABCD 是正方形, 所以 AB ^ AD . 以 A为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 -xyzA .------6 分 则 ( )0,0,2P , ( )2,0,0B , ( )2,2,0C , ( )0,2,0D .-------------8 分 因为 N 是 PD的中点, 题号 (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) 答案 D B A C C D A B B C 7 / 15 所以 ( )0,1,1N . 所以 ( 2, 1,1)CN = - - uuur , (2,0, 2)PB= - uur , (0,2, 2)PD= - uuur .------10 分 设平面 PBD 的法向量为 ( ), ,n x y z= r , 所以 0 0 PB n PD n ìï × =ïïíï × =ïïî uur r uuur r . 即 2 2 0 2 2 0 x z y z ì - =ïïíï - =ïî . 令 1z  ,则 1x  , 1y  . 于是 ( )1,1,1n= r .--------------------------------------12 分 设直线 CN 与平面 PBD 所成角为 ,则 | | | 2 1 1| 2sin |cos , | 36 3| || | CN nCN n CN n q - - += < >= ×= = uuur ruuur r guuur r g .---------14 分 所以 CN 与平面 PBD 所成角的正弦值为 2 3 . (17)(共 13 分) 解:选择条件①: 2 3ab  . (Ⅰ)在 ABC 中,由正弦定理: sin sin b c B C  .--------------1 分 所以 sinsin cb BC   . 又sin 3sinB C , 所以 3b c .--------------------------------------2 分 因为 2 3ab  , 所以 2 3 2 3 2 3 a b cc    .----------------------------3 分 因为 30A   , 8 / 15 所以 3cos 2A  .-----------------------------------4 分 由余弦定理: 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ,--------------------5 分 所以 2 2 2 2 23 ( ) 3 22 3 c c c c    .----------------------------6 分 解得 2 2c  . 因为 0c  , 所以 2c  .--------------------------------------8 分 (Ⅱ)因为 2c  , 3b c , 所以 6b  .--------------------------------------10 分 所以 1 1 1 3sin 6 22 2 2 2ABCS bc A      .-------------13 分 选择条件②: sin 6a B  . (Ⅰ)在 ABC 中,因为 sin sin sin a b c A B C   , 所以 sin sin 6b A a B  .----------------------------3 分 因为 30A   , 所以 1sin 2A  . 所以 6 12sinb A   .---------------------------------5 分 因为 sin 3sinB C , 所以 3b c . 所以 4 3c  .-------------------------------------8 分 (Ⅱ)因为 12b  , 4 3c  , 30A   , 9 / 15 所以 1 1 1sin 12 4 3 12 32 2 2ABCS bc A      .-----------13 分 (18)(共 14 分) 解:(Ⅰ) 1 2  , 1 2  .----------------------------------2 分 (Ⅱ)由题意可知,随机抽取的教师对该菜品非常满意的概率为 5 1 20 4  . -----------------------------3 分 X 的取值为 0,1,2,3,-----------------------------4 分 则 X ~ 1(3, )4B , 3 3 1 3( ) ( ) ( ) ( 0,1,2,3)4 4 k k kP X k C k   . 所以   0 3 0 3 1 3 270 4 4 64P X C             ,--------------------5 分   2 1 3 1 3 271 4 4 64P X C       ,----------------------------6 分   2 2 3 1 3 92 4 4 64P X C       ,---------------------------7 分   3 0 3 3 1 3 13 4 4 64P X C             .--------------------------8 分 所以 X 的分布列为: ---------------------------9 分 故 X 的期望 1 3( ) 3 4 4E X    .--------------------------10 分 (Ⅲ)设事件 A为“教师对该菜品满意”,设事件 B 为“教师对该菜品非常满意”,设事件 C 为“学生对该菜品不 满意”,设事件 D为“学生对该菜品满意”,设事件 E 为“教师的满意度等级高于学生的满意度等级” 则 E AC BC BD   .--------------------------------11 分 X 0 1 2 3 P 27 64 27 64 9 64 1 64 10 / 15 易知 1 1 1 2( ) ( ) ( ) ( )2 4 2 5P A P B P C P D   , , , . 因为事件 AC , BC , BD彼此互斥,事件 A, B ,C , D彼此独立, 所以 ( ) ( ) ( ) ( )P E P AC P BC P BD   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P C P B P C P B P D   1 1 1 1 1 2 19= 2 2 4 2 4 5 40       .----14 分 所以教师的满意度等级高于学生的满意度等级的概率为 19 40 . (19)(共 14 分) 解:(Ⅰ)由题意得 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 c a a b a b c            ,----------------------------1 分 解得 2 2a  , 2b  .------------------------------3 分 所以椭圆 G 的方程为 2 2 18 4 x y  .--------------------4 分 (Ⅱ)解法一: 设 1 1( , )A x y , 2 2( , )B x y , (0, )N t ( 1)t  , 所以直线 AN 的斜率为 1 1 1 y tk x  , 直线 BN 的斜率为 2 2 2 y tk x  .------------------------6 分 所以 ANM BNM   当且仅当 1 2 0k k  .-------------7 分 即满足 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 y t y t x y tx x y tx x x x x       11 / 15 2 1 2 1 2 1 1 2 ( 1) ( 1)x kx tx x kx tx x x      1 2 1 2 1 2 2 (1 )( )kx x t x x x x    0 .--------------------------------9 分 即 1 2 1 22 (1 )( ) 0kx x t x x    . 根据题意,直线 l 的方程为 1y kx  .-----------------10 分 由 2 2 1 18 4 y kx x y     得 2 2(2 1) 4 6 0k x kx    .---------------11 分 则 1 2 2 4 2 1 kx x k     , 1 2 2 6 2 1x x k    .----------------13 分 所以 2 2 2 6 4 4 ( 4)2 (1 ) 02 1 2 1 2 1 k k tk tk k k        g . 又因为 0k  , 所以 4t  .----------------------------------------14 分 因此在 y 轴上存在点 N 使得 ANM BNM   ,点 N 的 坐标为 (0,4) . (Ⅱ)解法二: 设 1 1( , )A x y , 2 2( , )B x y , (0, )N t ( 1)t  , 当 t=0 时, (0,0)N ,显然 ANM BNM   ,不满足题意. 所以直线 AN 的斜率为 1 1 1 y tk x  .--------------------5 分 所以直线 AN 的方程为 1 1 1( ) 0y t x x y x t    . 所以原点 O 到直线 AN 的距离为 1 1 2 2 1 1( ) x td y t x    . 12 / 15 同理可得原点 O 到直线 BN 的距离为 2 2 2 2 2 2( ) x td y t x    .-6 分 所以 ANM BNM   当且仅当 1 2d d .-----------------7 分 即 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2( ) ( ) x t x t y t x y t x      . 因为 0t  , 所以 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2( ) ( ) x x y t x y t x     . 根据题意,直线 l 的方程为 1y kx  .------------------8 分 所以 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2( 1 ) ( 1 ) x x kx t x kx t x       . 整理得 2 1 2 1 2 1 2 1 22(1 ) ( ) (1 ) ( )( )t kx x x x t x x x x       因为 1 2x x , 0t  , 所以 1 2 0x x  ,1 0t  . 所以 1 2 1 22 (1 )( )kx x t x x    .-------------------------10 分 由 2 2 1 18 4 y kx x y     得 2 2(2 1) 4 6 0k x kx    .--------------11 分 则 1 2 2 4 2 1 kx x k     , 1 2 2 6 2 1x x k    .----------------13 分 所以 2 2 ( 6) ( 4 )2 (1 )2 1 2 1 kk tk k      . 又 0k  , 所以 4(1 ) 12t   . 所以 4t  .---------------------------------------14 分 因此在 y 轴上存在点 N 使得 ANM BNM   ,点 N 的 13 / 15 坐标为 (0,4) . (20)(共 15 分) 解:(Ⅰ)   2xf x e mx   ,--------------------------------2 分 因为曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为 y ex e   , 所以  1f e   ,即 2e m e   .--------------------4 分 所以 m e .--------------------------------------5 分 (Ⅱ)存在 0 [0,1]x  ,使得 0( ) 2f x  等价于   22  mxexf x 在区间[0,1] 上有解,-------------6 分 显然 0x  不是 ( ) 2f x  的解, 即等价于 2 2xem x  在区间 (0,1]上有解.---------------7 分 设 2 e 2( ) x g x x  , (0,1]x  , 则 3 e 2e 4( ) x xxg x x   .----------------------------9 分 设 ( ) e 2e 4x xh x x   , (0,1]x  , 则 ( ) e ( 1) 0xh x x    .-----------------------------11 分 所以 ( )h x 在区间 (0,1]上单调递减. 所以 ( ) (1) 4 0h x h e    .------------------------12 分 所以 ( ) 0g x  ,所以 ( )g x 在区间 (0,1]上单调递增. 所以 max( ) (1) 2g x g e   .-------------------------14 分 依题意需 2 em , 所以 m 的取值范围为 ( ,e 2]  .-------------------15 分 14 / 15 (21)(共 15 分) 解:(Ⅰ)21,1,2,0,1,5,5,5,5,5.------------------4 分 (Ⅱ)当 2k  时,根据题意 1 2 2a a b  为偶数,并且 20 1a  , 所以 1 2 1 0 1 aa a    ,若 为偶数 ,若 为奇数 . 从而 2a 由 1a 唯一确定.---------------------------------6 分 接下来用反证法,假设数列的某一项可以有两种不同取值. 假设第 1k  项是第 1 个可以有两种不同取值的项, 即前面 k 项 1 2 ... ka a a, ,, 由 1a 唯一确定. 记第 1k  项的两种取值为 1ka  和 1 1 1k k kc a c  ( ), 根据题意存在 b cN, 使得 1 2 1... ( 1)k ka a a a k b      ………① 且 1 2 1... ( 1)k ka a a c k c      ………② 并且满足 1 10 k ka c k  , . ----------------------------8 分 由①②两式作差可知 +1 +1k ka c 是 1k  的倍数, 又因为 +1 +1k ka c k  , 可知 1 1k ka c  ,矛盾. 从而对任意 2n  ,数列 na 的第 n 项 na 由 1a 唯一确定. ---10 分 (Ⅲ)方法一:因为 +1 1+ +k k k kS S a S k  , 所以 +1 +1 + 11 k k k kS S S k S k k k k     .------------------------11 分 因为 +1 1 k kS S k k , 都是正整数,由整数的离散性有 +1 1 k kS S k k  .---13 分 15 / 15 因此,存在 0m ,当 0n m 时, nS n 为常数.----------------14 分 不妨记为 =nS cn ,从而当 0n m 时,有 nS cn . 所以 nS 从第 0m 项起为等差数列.----------------------15 分 方法二:一方面,记 1 2k kS a a a bk     . 如果 b k ,取 1ka b  , 那么 +1 1 2 1+ ( 1)k k kS a a a a b k      是 +1k 的倍数.------11 分 同理 2 3k ka b a b  , ,..., 即从第 +1k 项起,数列 na 为常数.----------------------12 分 另一方面,由于 +1 1+ +k k k kS S a S k  , 所以 1 0 ( 1)1 2 1 2n n nS S n n         .----------------13 分 当 0n n 时, 2( 1) 2n n nS n n   , 所以当 0n n 时, 1 2=n nS a a a bn    ,满足b n . 取 0k n ,则从第 k 项起,数列 nS 为等差数列.-----------15 分

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