北京市海淀区2021届高三下学期阶段性测试数学试题 （含答案 解析 ）

第1页/共1页海淀区2020~2021学年度第二学期阶段性测试数学试卷第一部分（选择题共40分）一、选择题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，则集合（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】确定集合B，根据集合的交集运算可得答案.【详解】解，得或，故或，故.故选：A2.在复平面内，复数（）A.位于第一象限B.对应的点为C.D.是纯虚数【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算化简，根据复数的相关概念一一判断各选项，即得答案.【详解】由题意可得，故复数对应的点为，位于y轴正半轴上，故错误；，C错误；为纯虚数，D正确，故选：D3.若函数P在定义域内任意两个对应的函数值均有，则被称为严格单调递减函数，那么，下列四个函数是严格单调递减函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据严格单调递减函数的定义，一一判断各选项，即可得答案.【详解】对于A，因为，故为定义域R上的递增函数，不合题意，A错误；对于B，为定义域上的递增函数，不合题意，B错误；对于C，为常数函数，不合题意，C错误；对于D，，定义域为，在定义域内任取两个，都有，则，故函数为上的严格单调递减函数，D正确.故选：D4.已知圆O的方程为和圆P的方程为,两圆上分别有动点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】确定两圆的圆心和半径，求得两圆的圆心距，即可求得答案.【详解】圆O的方程为即，其圆心为，半径为3，的圆心为，半径为2，故两圆的圆心距为，故的最大值为，故选：B5.如图所示，是某三棱锥的三视图（由左至右，由上至下依次是主视图、左视图、俯视图），则该三棱锥所有的面中是等腰三角形的个数为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】根据三棱锥的三视图复原出三棱锥，确定三棱锥的棱长，即可确定答案,【详解】根据题意可知三棱锥如图示：在三棱锥中，底面,,D为的中点，,则,底面,故,故,所以为等腰三角形，故选：C6.已知数列若，，则该数列的前六项和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件,分别求出前六项,计算求和即可.【详解】因为可得又因为,,所以所以数列的前六项和为.故选:7.正方形，如图所示，边长为2，为正方形内一动点，连接，将绕逆时针旋转，到达,连接，．则是四边形是平行四边形的（）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【答案】D【解析】【分析】结合图形，利用三角形性质，平行与垂直的关系推导充分，必要条件即可.【详解】若四边形为平行四边形，则由题意得：，且，在中，，所以与矛盾，所以必要性不成立，假设，四边形是平行四边形，则此时，由中，，矛盾，故假设不成立，即当，四边形不是平行四边形，所以充分性不成立，故是四边形是平行四边形的既不充分也不必要条件，故选：D.8.已知在处的切线与x轴平行，则下列的值符合要求的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由在处的切线与x轴平行，列方程组，求出的范围，对四个选项一一验证.【详解】因为在处的切线与x轴平行，所以，解得：因为，对照四个选项，只有当时，符合.故选：D9.一个圆形无人驾驶试验场周边，圆周上均匀分布着5个监控，实时探测汽车运动，在任意时刻，两个监控与汽车的夹角的最小值为（）A.72° B.144° C.36° D.60°【答案】C【解析】【分析】根据圆的圆心角是圆周角的二倍,求解即可.【详解】圆圆周上均匀分布着5个监控,当汽车在圆周上且两个监控是相邻两个监控时夹角最小,

此时两个监控与汽车的夹角为圆心角的一半,,则故选:.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．10.的第三项的系数为____________．【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得答案.【详解】由题意可得的第三项为，故的第三项的系数为.故答案为：11.双曲线的离心率为2，则的渐近线方程为___________，过的顶点作的垂线，交渐近线为，则________________．【答案】①.；②..【解析】【分析】先由离心率为2，求出，得到渐近线方程；直接求出，，进而求出.【详解】因为双曲线C：的离心率为2，所以，解得：（舍去）.所以的渐近线方程为：；由双曲线的对称性，不妨取右顶点，则.所以.故答案为：；.12.已知①当时，的值域为____________；②若，则x的取值范围为____________．【答案】①.或②.【解析】【分析】根据二次函数性质可求解值域；解不等式即可求x的取值范围.【详解】①当时,,时，，时，，对称轴为，所以，所以，所以函数的值域为或.②时，无解，因为，时，恒成立，所以x的取值范围为.故答案为:或；.13.数回：①把点与点以直线和横线相连，使之成为一个完整的回路，只能有一个回路，不能有两个．②在四点之间的数字，代表在这数字四周的线的数目．③路线不能交叉，也不能有分岔．（1）该数回最多有__________种不同的完成路线．（2）如图所示建立坐标系，横轴坐标为m，纵轴坐标为n，例如图中蓝色区域点坐标为（1，1）．那么请你从任意一点开始，完成数回，用坐标表示路线，用“→”连接两坐标．例如（2，3）→（3，3）．．．．．__________【答案】①.1②.答案不唯一，见解析【解析】【分析】注意3周围的情况，运用×将不可能连线的地方×掉，特别是直角位置的地方，由路线不能交叉，也不能有分岔，把线路规划清楚.【详解】首先看一下左边的3及其周围的数字，因为路径一定要可以走出去，故不可能是这两种情况：故可以确定角落的3靠角落的部分一定为回路的一部分.下面看一下右下方的33结构，由于不能形成交叉回路，若左上的3按照左侧画法，则右下的3最多只有2条线，不能有3条，如下图所示.故上左图画的两条线中必有一条不是，可反推左侧3的上方及左侧肯定是线，延伸之，对于这样的33结构，一定为下图右方的画法：同理对于3（中间为n个2）3的结构按照上述推导思路也能得到相似结论，如下图所示：横向的3，对于直线相邻的2个3，下图这两种情况都是不可能的：左侧的画法会导致其右方的3不够线数，右侧的画法会导致一个“口”形的回路，与规则中只可出现一条回路相违背，则相应可以推出肯定为线的部分如下图所示：也就是说横向33可以推导出一定为线的部分如下图：且n个横向的3也可做出此推导，思路相同.先把之前一些结论都用上可得到下图：若左下角的3开口向右则顺势推下去会形成一个回路，故3开口应向上。顺势可以推到这里：黄色部分的2由于线不可交叉，能唯一确定。绿色部分3的开口向左或向下，故其上方和右侧一定为线。顺势可以推到下图：左上方的2，由于不能在左侧有线，因为左侧有线线头出不来无法形成回路，故2的画法可以确顺势可以推到下图：绿色的1要成为回路的一部分只能是右侧为线；红色部分的线头只能向右或向下，不能形成交叉回路，且要满足红点右上方和右下方的2，只能是右下方2的上方与右侧为线，顺势即可完成下图：所以该数回只有1种完成路线．用坐标表示路线，可以是.答案不唯一，以路线中的任何一点为起点都行.故答案为：1；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．14.四棱锥，底面是边长为2的正方形，，．．为中点，为中点．（1）证明：平面（2）求二面角的余弦值（3）若某几何体的面数为，顶点个数为，棱个数为，试给出的关系式（直接写出结论）【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据已知线线关系，建立空间直角坐标系，按照线面关系坐标运算判断即可证明；（2）利用二面角的向量公式求解夹角余弦值即可；（3）根据常见多面体列举几何体的面数为，顶点个数为，棱个数为，归纳总结可得.【小问1详解】证明：因为，，，所以，则，，正方形中，如下图则以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，又为中点，为中点，所以设平面的法向量为，又所以，令，则又，且，平面，故平面.【小问2详解】解：由（1）得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，又所以，令，则，所以，由图可知二面角为锐角所以二面角的余弦值为.【小问3详解】解：常见多面体的面数为，顶点个数为，棱个数为如下表：三棱锥四棱锥五棱锥四棱柱五棱柱六棱锥六棱柱…面数4566778…顶点个数456810712…棱个数681012151218…由上述规律可得：.15.已知三角形ABC，A、B、C所对的边为a、b、c．，，．从下列所给的三个条件中选择一个补在条件中，完成解答①②③（1）求的值（2）求三角形ABC的面积【答案】（1）若选择①；若选择②；若选择③见解析.（2）若选择①；若选择②；若选③.【解析】【分析】若选择①根据余弦定理求出，根据可求出，再根据正弦定理求出，再根据求面积；若选择②求出，根据正弦定理求出，再根据求面积；若选③，根据，求出的值，根据余弦定理求出边长的值，再根据正弦定理求出求出，再根据求面积；【小问1详解】若选择①：余弦定理得：，又，即，又，；若选择②：，，，又，，由正弦定理得：，即，；若选择③：，，，当时，余弦定理得：，根据正弦定理：，即即，又，则，当时，余弦定理得：，根据正弦定理：，即即，又，则.【小问2详解】若选①根据第（1）问可得：若选②根据第（1）问可得：，则，故，此时若选③根据第（1）问可得：16.如图是日语五十音图表，观察五十音图表，并完成下列问题．（注：あ、ア只算あ，其他也如此）（1）从所有符合注意的假名中抽取一个，求在あ段的概率（2）从中任意抽取3个假名，设是あ段的个数为个，求的分布列（3）如果在每行增加一个笔画为2画的数学符号，记为，平均笔画是否和加入前的笔画保持不变，写出平均笔画最大的行．（直接写出结论）（注意：均以给出的写法为准，不相连的一定为2画，且书写时同一笔划不经过同一处）【答案】（1）（2）分布列为：0123（3）は行平均笔画最大，且为2.8【解析】【分析】（1）由字母表分析，去掉重复的，找出基本事件总数，然后找出满足条件的事件数，利用古典概型求解即可；（2）由题意知，分别求出对应的概率列表即可得分布列；（3）分析每行符号的笔画数，计算平均数比较即可.【小问1详解】由表可知共计51个假名字符，其中や行い段，あ行い段，わ行い段的假名符号一样，あ行う段，わ行う段的假名符号一样，や行え段，あ行え段，わ行え段的假名符号一样，故实际只有46个假名符号，所以基本事件的总数为：46，其中在あ段的有11个，故满足条件的基本事件数为：11，所以所求概率为：.【小问2详解】由题意知，则，，，，所以的分布列为：0123【小问3详解】あ行笔画数平均值为：，か行笔画数平均值为：，さ行笔画数平均值为：，た行笔画数平均值为：，な行笔画数平均值为：，は行笔画数平均值为:，ま行笔画数平均值为:，や行笔画数平均值为:，ら行笔画数平均值为:，わ行笔画数平均值为:，所以平均笔画最大的行为：は行.17.已知（1）若，求在处的切线方程（2）求的极值和单调递增区间（3）设，求在上的零点个数【答案】（1）；（2）答案见解析；

（3）答案见解析.

【解析】【分析】（1）将代入函数中，求导数，代入求出切线的斜率，利用点斜式求解即可.（2）对函数求导，分类讨论极值及单调递增区间.（3）根据分离参数，构造新函数，对函数求导，转化为函数图像的交点个数来确定函数在区间上的零点个数.小问1详解】由函数，当时，，，所以，所以在处的切线斜率为：，所以所求切线方程为：，即.【小问2详解】由，，所以，当时，，所以函数在上单调递增，无极值，当时，由，则，若，则，所以在单调递增，在上单调递减，所以为函数单调递增区间，为函数单调递减区间，此时函数有极大值为，无极小值.【小问3详解】由，所以，令，由，所以，即问题转化为：与在交点个数问题，由令，当时，在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增由，所以在单调递增，所以，即，当时，则与在只有一个交点，此时在上只有一个零点.当或时，则与在无交点，此时在上没有零点.【点睛】思路点睛：函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.18.已知椭圆交x轴于与G交于y轴．（1）求G的标准方程（2）若与G有两个不同的交点，求的取值范围（3）设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点．证明：的最小值与的某三角函数值相等【答案】（1）.（2）.（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意求得椭圆的长半轴长和短半轴长，可得答案；（2）联立方程，利用解方程求得两交点的横坐标，即可求得答案.（3）由题意确定k的范围，分和两情况解答，当时将直线方程和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出，化简求得其取值范围，即可证明结论.【小问1详解】由题意椭圆交x轴于，设椭圆长半轴为a，则，与G交于y轴，即交点为，设椭圆短半轴为b，则，故G的标准方程为.【小问2详解】联立，可得，解得，当时，，此时与G有两个不同的交点，故的取值范围为.【小问3详解】证明：由题意直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），设l的倾斜角为，则，故或，则或，即，当时，关于y轴对称，直线l与y轴交点设为C，则，此时以为邻边作平行四边形，,故，由题意在椭圆C上，即，解得，∴；当时，联立，消去y，化简整理得︰，需满足，设点的坐标分别为，由韦达定理可知∶则以为邻边作平行四边形，则,∴,由于点P在椭圆C上，所以，即，化简得：，经检验满足，又，由于，∴，则，故，故，综合上述可知，即的最小值与的正切值相等.【点睛】方法点睛：要证明的最小值与的某三角函数值相等，即需要求得的最小值，因此联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系，结合题设表示，并化简求得其取值范围，即可解决问题.19.对于数组，各项均为自然数，如下定义该数组的放缩值：三个数最大值与最小值的差．如果放缩值m≥1，可进行如下操作：若a、b、c最大的数字是唯一的，把最大的数减2，剩下的两个数一共加2，且每个数得到的相等；若a、b、c最大的数有两个，则把最大的数各减1，第三个数加上最大数共减少的值．此为第一次操作，记为放缩值记为，可继续对再次进行该操作，操作n次以后的结果记为，放缩值记为．（1）若，求的值（2）已知的放缩值记为t，且．若n=1，2，3．．．．．．时，均有，若，求集合（3）设集合中的元素是以4为公比均为正整数的等比数列中的项，，且，在一个集合中有唯一确定的数．证明：存在满足=0．【答