北京市最新2021屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試試題（含解析）

1、 整理于網(wǎng)絡(luò) 可修改東城區(qū)2020-2021學(xué)年度第一學(xué)期期末教學(xué)統(tǒng)一檢測高三數(shù)學(xué)第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng).1.已知集合，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得集合，結(jié)合集合的交集的運(yùn)算，即可求解.【詳解】由題意，集合，所以.故選：D.【點(diǎn)睛】本題主要考查了集合的交集的運(yùn)算，其中解答中正確求解集合，結(jié)合集合交集的概念及運(yùn)算求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.2.復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)位于（ ）A. 第一象限B. 第三象限C. 第二象限D(zhuǎn). 第四象限【答案】B

2、【解析】【分析】先化簡復(fù)數(shù)，再計(jì)算對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)，判斷象限.【詳解】，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為 ，在第三象限.故答案選B【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的坐標(biāo)表示，屬于簡單題.3.下列函數(shù)中，是偶函數(shù)，且在區(qū)間上單調(diào)遞增的為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的定義與判定方法，以及初等函數(shù)的性質(zhì)，逐項(xiàng)判定，即可求解.【詳解】由題意，對(duì)于A中，函數(shù)，所以函數(shù)為奇函數(shù)，不符合題意；對(duì)于B中，函數(shù)滿足，所以函數(shù)為偶函數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)為上的單調(diào)遞增函數(shù)，符合題意；對(duì)于C中，函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，不符合題意；對(duì)于D中，為偶函數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，不符合題意，故選：B.【點(diǎn)睛】本題主要考

3、查了函數(shù)的奇偶性和函數(shù)的單調(diào)性的判定與應(yīng)用，其中解答中熟記函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的判定方法，以及初等函數(shù)的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎(chǔ)題.4.設(shè)為實(shí)數(shù)，則“”是“”的（ ）A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，結(jié)合充分條件和必要條件判定方法，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，可得，即成立，當(dāng)，即時(shí)，可得，所以不一定成立，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選：A.【點(diǎn)睛】本題主要考查了指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，以及充分條件、必要條件的判定，其中解答中熟記指數(shù)函數(shù)的性

4、質(zhì)，以及熟練應(yīng)用充分條件和必要條件的判定方法是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于中檔題.5.設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，是兩條不同的直線，則下列結(jié)論中正確的是（ ）A. 若，則B. 若，則C. 若，則D. 若，則【答案】B【解析】【分析】根據(jù)線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，逐項(xiàng)判定，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，對(duì)于A中，若，則或，所以不正確；對(duì)于C中，若，則與可能平行，相交或在平面內(nèi)，所以不正確；對(duì)于D中，若，則與平行、相交或異面，所以不正確；對(duì)于B中，若，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，可證得成立，故選：B.【點(diǎn)睛】本題主要考查了線面位置關(guān)系的判定與證明，其中解答中熟記線面位置關(guān)系的判定定理

5、和性質(zhì)定理，逐項(xiàng)判定是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎(chǔ)題.6.從數(shù)字1，2，3，4，5中，取出3個(gè)數(shù)字（允許重復(fù)），組成三位數(shù)，各位數(shù)字之和等于6，這樣的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為（ ）A. 7B. 9C. 10D. 13【答案】C【解析】【分析】由題意，把問題分為三類：當(dāng)三個(gè)數(shù)分別為，三種情況，結(jié)合排列、組合和計(jì)數(shù)原理，即可求解.【詳解】從數(shù)字1，2，3，4，5中，取出3個(gè)數(shù)字（允許重復(fù)），組成三位數(shù)，各位數(shù)字之和等于6，可分為三類情況：（1）當(dāng)三個(gè)數(shù)為時(shí)，共有種排法；（2）當(dāng)三個(gè)數(shù)為時(shí)，共有種排法；（3）當(dāng)三個(gè)數(shù)為時(shí)，只有1中排法，由分類計(jì)數(shù)原理可得，共有種不同排法，即這樣的數(shù)共有10個(gè)

6、.故選：C.【點(diǎn)睛】本題主要考查了計(jì)數(shù)原理與排列、組合的應(yīng)用，其中解答中認(rèn)真審題，合理分類，結(jié)合計(jì)數(shù)原理求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎(chǔ)題.7.設(shè)，是三角形的兩個(gè)內(nèi)角，下列結(jié)論中正確的是（ ）A 若，則B. 若，則C. 若，則D. 若，則【答案】A【解析】【分析】結(jié)合三角恒等變換的公式，以及合理利用賦值法，逐項(xiàng)判定，即可求解得到答案.【詳解】對(duì)于A中，因?yàn)?，則又由，所以是正確的；對(duì)于B中，例如，此時(shí)，所以不一定成立，所以不正確；對(duì)于C中，因?yàn)?，例如時(shí)，所以不正確；對(duì)于D中，因?yàn)?，例如時(shí)，所以不正確，故選：A.【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角恒等變換的應(yīng)用，以及三角函數(shù)值

7、的應(yīng)用，其中解答熟記三角恒等變換的公式，以及合理利用賦值法求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.8.用平面截圓柱面，當(dāng)圓柱的軸與所成角為銳角時(shí)，圓柱面的截面是一個(gè)橢圓，著名數(shù)學(xué)家創(chuàng)立的雙球?qū)嶒?yàn)證明了上述結(jié)論.如圖所示，將兩個(gè)大小相同的球嵌入圓柱內(nèi)，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切.給出下列三個(gè)結(jié)論：兩個(gè)球與的切點(diǎn)是所得橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)；若球心距，球的半徑為，則所得橢圓的焦距為2；當(dāng)圓柱的軸與所成的角由小變大時(shí)，所得橢圓的離心率也由小變大.其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為，根據(jù)題意分別求得，結(jié)合橢

8、圓的結(jié)合性質(zhì)，即可求解.【詳解】由題意，作出圓柱的軸截面，如圖所示，設(shè)圓柱的底面半徑為，根據(jù)題意可得橢圓的短軸長為，即，長軸長為，即，在直角中，可得，即，又由，即，所以，又因?yàn)闄E圓中，所以，即切點(diǎn)為橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)，所以是正確的；由，可得，又由球的半徑為，即，在直角中，由可知，即，所以，即橢圓的焦距為2，所以是正確的；由可得，所以橢圓的離心率為，所以當(dāng)當(dāng)圓柱的軸與所成的角由小變大時(shí)，所得橢圓的離心率變小，所以不正確.故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查了橢圓的幾何性質(zhì)及其應(yīng)用，其中解答中認(rèn)真審題，合理利用圓柱的結(jié)構(gòu)特征，以及橢圓的幾何性質(zhì)求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題

9、.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共6小題，每小題5分，共30分.9.若雙曲線與有相同的焦點(diǎn)，則實(shí)數(shù)_.【答案】4【解析】【分析】結(jié)合雙曲線的幾何性質(zhì)，得到，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，雙曲線與有相同的焦點(diǎn)，可得，解得.故答案為：.【點(diǎn)睛】本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)的應(yīng)用，其中解答中熟練應(yīng)用雙曲線的幾何性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，著重考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.10.已知是各項(xiàng)均為正的等比數(shù)列，為其前項(xiàng)和，若，則公比_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，得到，求得再由等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式，求得，得到答案.【詳解】由題意，在數(shù)列是各項(xiàng)均

10、為正的等比數(shù)列，因?yàn)椋傻?，即，解得或（舍去），又由等比?shù)列的前項(xiàng)和公式，可得.故答案為：，.【點(diǎn)睛】本題主要考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，以及等比數(shù)列前項(xiàng)和公式的應(yīng)用，其中解答中熟練等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前項(xiàng)和公式，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.11.能說明“直線與圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)”是真命題的一個(gè)的值為_.【答案】0【解析】【分析】根據(jù)直線與圓相交，利用圓心到直線的距離小于圓的半徑，得到，求得的取值范圍，即可求解.【詳解】由題意，圓的圓心坐標(biāo)為，半徑為，若直線與圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則滿足圓心到直線的距離小于圓的半徑，即，解得，所以命題為真命題的一個(gè)的值為.故答案為：

11、.【點(diǎn)睛】本題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，其中解答中熟記直線與圓的位置關(guān)系，列出不等式求得的取值范圍是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.12.在平行四邊形中，已知，則四邊形的面積是_.【答案】4【解析】【分析】由，根據(jù)向量的線性運(yùn)算，得到，進(jìn)而得到四邊形是菱形，即可求得四邊形的面積，得到答案.【詳解】由題意，在平行四邊形中， ，可得，所以所以四邊形是菱形，又由，所以面積為.故答案為：.【點(diǎn)睛】本題主要考查了向量的線性運(yùn)算，向量的數(shù)量積的應(yīng)用，以及菱形的面積的計(jì)算，其中解答熟練應(yīng)用向量的減法運(yùn)算公式，以及向量的數(shù)量積的公式，求得四邊形為菱形是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)

12、算能力，屬于基礎(chǔ)題.13.已知函數(shù)，曲線與直線相交，若存在相鄰兩個(gè)交點(diǎn)間的距離為，則的所有可能值為_【答案】2或10【解析】【分析】令，解得或，根據(jù)存在相鄰兩個(gè)交點(diǎn)間的距離為，得到或，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數(shù)，曲線與直線相交，令，即，解得或，由題意存在相鄰兩個(gè)交點(diǎn)間的距離為，結(jié)合正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，可得，令，可得，解得.或，令，可得，解得.故答案為：或.【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用，以及三角方程的求解，其中解答中熟練應(yīng)用三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，列出方程求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理能力與計(jì)算鞥能力，屬于中檔試題.14.將初始溫度為的物體放在室溫恒定為的實(shí)驗(yàn)

13、室里，現(xiàn)等時(shí)間間隔測量物體溫度，將第次測量得到的物體溫度記為，已知.已知物體溫度的變化與實(shí)驗(yàn)室和物體溫度差成正比（比例系數(shù)為）.給出以下幾個(gè)模型，那么能夠描述這些測量數(shù)據(jù)的一個(gè)合理模型為_：（填寫模型對(duì)應(yīng)的序號(hào)）；.在上述模型下，設(shè)物體溫度從升到所需時(shí)間為，從上升到所需時(shí)間為，從上升到所需時(shí)間為，那么與的大小關(guān)系是_（用“”，“”或“”號(hào)填空）【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由溫度的變化與實(shí)驗(yàn)室和物體溫度差成正比（比例系數(shù)為），即可得到，再根據(jù)函數(shù)模型，分別求得的值，結(jié)合作差比較，即可得到答案.【詳解】由題意，將第次測量得到的物體溫度記為，則兩次的體溫變化為，又由溫度的變化與實(shí)驗(yàn)

14、室和物體溫度差成正比（比例系數(shù)為），所以，當(dāng)物體溫度從升到所需時(shí)間為，可得，可得，當(dāng)物體溫度從上升到所需時(shí)間為，可得，可得，當(dāng)物體溫度從上升到所需時(shí)間為，可得，可得，可是，又由，即與的大小關(guān)系是.故答案為： ，【點(diǎn)睛】本題主要考查了函數(shù)的模型的選擇，以及實(shí)際應(yīng)用問題的求解，其中解答中認(rèn)真審題，正確理解題意，選擇適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.三、解答題共6小題，共80分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在中，已知.（1）求的大小；（2）若，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，求得，即可求解的大??；（2）

15、由正弦定理，可得，得到，進(jìn)而得到，結(jié)合三角形的面積公式，即可求解.【詳解】（1）因，由正弦定理可得，又因?yàn)椋?，所以，即，又因?yàn)椋?（2）由正弦定理，可得，又因?yàn)?，所以，所?所以的面積.【點(diǎn)睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用，其中在解有關(guān)三角形的題目時(shí)，要抓住題設(shè)條件和利用某個(gè)定理的信息，合理應(yīng)用正弦定理和余弦定理求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了運(yùn)算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題.16.2020-2021年6月，國內(nèi)的運(yùn)營牌照開始發(fā)放.從到，我們國家的移動(dòng)通信業(yè)務(wù)用了不到20年的時(shí)間，完成了技術(shù)上的飛躍，躋身世界先進(jìn)水平.為了解高校學(xué)生對(duì)的消費(fèi)意愿，2020-2021年8

16、月，從某地在校大學(xué)生中隨機(jī)抽取了1000人進(jìn)行調(diào)查，樣本中各類用戶分布情況如下：用戶分類預(yù)計(jì)升級(jí)到的時(shí)段人數(shù)早期體驗(yàn)用戶2020-2021年8月至2020-2021年12月270人中期跟隨用戶2020年1月至202l年12月530人后期用戶2022年1月及以后200人我們將大學(xué)生升級(jí)時(shí)間的早晚與大學(xué)生愿意為套餐支付更多的費(fèi)用作比較，可得出下圖的關(guān)系（例如早期體驗(yàn)用戶中愿意為套餐多支付5元的人數(shù)占所有早期體驗(yàn)用戶的）.（1）從該地高校大學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生愿意在2021年或2021年之前升級(jí)到的概率；（2）從樣本的早期體驗(yàn)用戶和中期跟隨用戶中各隨機(jī)抽取1人，以表示這2人中愿意為升級(jí)多支

17、付10元或10元以上的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；（3）2020-2021年底，從這1000人的樣本中隨機(jī)抽取3人，這三位學(xué)生都已簽約套餐，能否認(rèn)為樣本中早期體驗(yàn)用戶的人數(shù)有變化？說明理由.【答案】（1）（2）詳見解析（3）事件雖然發(fā)生概率小，但是發(fā)生可能性為0.02，所以認(rèn)為早期體驗(yàn)用戶沒有發(fā)生變化，詳見解析【解析】【分析】（1）由從高校大學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生在2021年或2021年之前升級(jí)到，結(jié)合古典摡型的概率計(jì)算公式，即可求解；（2）由題意的所有可能值為，利用相互獨(dú)立事件的概率計(jì)算公式，分別求得相應(yīng)的概率，得到隨機(jī)變量的分布列，利用期望的公式，即可求解.（3）設(shè)事件為“從這1000

18、人的樣本中隨機(jī)抽取3人，這三位學(xué)生都已簽約套餐”，得到七概率為，即可得到結(jié)論.【詳解】（1）由題意可知，從高校大學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生在2021年或2021年之前升級(jí)到的概率估計(jì)為樣本中早期體驗(yàn)用戶和中期跟隨用戶的頻率，即.（2）由題意的所有可能值為，記事件“從早期體驗(yàn)用戶中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生愿意為升級(jí)多支付10元或10元以上”，事件為“從中期跟隨用戶中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生愿意為升級(jí)多支付10元或10元以上”，由題意可知，事件，相互獨(dú)立，且，所以，所以的分布列為0120.180.490.33故的數(shù)學(xué)期望.（3）設(shè)事件為“從這1000人的樣本中隨機(jī)抽取3人，這三位學(xué)生都已簽約套餐”，那么.

19、回答一：事件雖然發(fā)生概率小，但是發(fā)生可能性為0.02，所以認(rèn)為早期體驗(yàn)用戶沒有發(fā)生變化.回答二：事件發(fā)生概率小，所以可以認(rèn)為早期體驗(yàn)用戶人數(shù)增加.【點(diǎn)睛】本題主要考查了離散型隨機(jī)變量的分布列，數(shù)學(xué)期望的求解及應(yīng)用，對(duì)于求離散型隨機(jī)變量概率分布列問題首先要清楚離散型隨機(jī)變量的可能取值，計(jì)算得出概率，列出離散型隨機(jī)變量概率分布列，最后按照數(shù)學(xué)期望公式計(jì)算出數(shù)學(xué)期望，其中列出離散型隨機(jī)變量概率分布列及計(jì)算數(shù)學(xué)期望是理科高考數(shù)學(xué)必考問題.17.如圖，在三棱柱中，平面，.（1）求證：平面；（2）求異面直線與所成角的大?。唬?）點(diǎn)在線段上，且，點(diǎn)在線段上，若平面，求的值（用含的代數(shù)式表示）.【答案】（1）

20、證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)三棱柱的結(jié)構(gòu)特征，利用線面垂直的判定定理，證得平面，得到，再利用線面垂直的判定定理，即可證得平面；（2）由（1）得到，建立空間直角坐標(biāo)系，求得向量，利用向量的夾角公式，即可求解.（3）由，得，設(shè)，得，求得向量的坐標(biāo)，結(jié)合平面，利用，即可求解.【詳解】（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，又因?yàn)槠矫?，所以平面平面，交線為.又因?yàn)?，所以，所以平?因?yàn)槠矫?，所以又因?yàn)椋?，又，所以平?（2）由（1）知底面，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得，.所以，.所以.故異面直線與所成角的大小為.（3）易知平面的一個(gè)法向量，由，得.設(shè)，得，則因?yàn)槠矫?，所以，即?/p>

21、解得，所以.【點(diǎn)睛】本題考查了線面平行的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，通過嚴(yán)密推理是線面位置關(guān)系判定的關(guān)鍵，同時(shí)對(duì)于立體幾何中角的計(jì)算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.18.已知函數(shù).（1）若在時(shí)，有極值，求的值；（2）在直線上是否存在點(diǎn)，使得過點(diǎn)至少有兩條直線與曲線相切？若存在，求出點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說明理由.【答案】（1）（2）不存在，詳見解析【解析】【分析】（1）求得，根據(jù)函數(shù)在取得極值，即可求解；（2）不妨設(shè)點(diǎn)，設(shè)過點(diǎn)與相切的直線為，切點(diǎn)為，求得切線方程，

22、根據(jù)直線過，轉(zhuǎn)化為，設(shè)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為在區(qū)間上單調(diào)遞增，即可求解.【詳解】（1）由題意，函數(shù)，則，由在時(shí)，有極值，可得，解得.經(jīng)檢驗(yàn)，時(shí)，有極值.綜上可得.（2）不妨設(shè)在直線上存在一點(diǎn)，設(shè)過點(diǎn)與相切的直線為，切點(diǎn)為，則切線方程為，又直線過，有，即，設(shè)，則，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以至多有一個(gè)解，過點(diǎn)與相切的直線至多有一條，故在直線上不存在點(diǎn)，使得過至少有兩條直線與曲線相切.【點(diǎn)睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，其中解答中熟記函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)間的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，著重考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計(jì)算能力19.已知橢圓的離心率是.（1）求橢圓的方程；（2）已知，分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，過作斜率為的直線，交橢圓于兩點(diǎn)，直線，分別交軸于不同的兩點(diǎn).如果為銳角，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意，列出方程組，求得，即可得到橢圓的方程；（2）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，根據(jù)根和系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合向量的數(shù)量【詳解】（1）由題意，橢圓的離心率是，可得解得，所以橢圓的方程為.（2）由已知直線的斜率不為0，設(shè)直線的方程為，直線與橢圓的交點(diǎn)為，.由得.由已知，判別式恒成立，且，.直線的方程為，令，則.同理可得.所以將代入并化簡，得.依題意，角為銳角，所以，即.解得或.綜上，直線的斜率的取值范圍是.【點(diǎn)睛】本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求解、及直線與圓錐曲