北京海淀区高三一模数学试题及答案Word文件下载.docx
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(10)
我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积,如图1,在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱,其相交的部分就是牟合方盖,如图2,设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为a,记平面a截牟合方盖所得截面的面积为s,则函数S=f(h)的图象是
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)已知函数f(x)=x3+at若曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线的斜率为2.则实数a的值是
。
(12)已知双曲线的两条渐近线互相垂直,则该双曲线的离心率为。
(13)已知点O(0,0),A(1,2),B(m,0)(m>0),则cos<
OA,OB>
=,若B是以OA为边的矩形的项点,则m=。
(14)
⎨
若实数α,β满足方程组⎧⎪1+2cosα=2cosβ
,则β的一个值是。
⎩⎪3+2sinα=2sinβ
(15)
对平面直角坐标系xOy中的两组点,如果存在一条直线ax+by+c=0使这两组点分别位于该直线的两侧,则称该直线为“分类直线”,对于一条分类直线l,记所有的点词l的距离的最小值为d,约定:
d1越大,分类直线l的分类效果越好,某学校高三
(2)出的7位同学在2020年期间网购文具的费用x(单位:
百元)和网购图书的费用y(单位:
百元)的情况如图所示,现将P1,P2,P3和P4归为第I组点,樽Q1,Q2,和Q3归为第II组点,在上述约定下,可得这两组点的分类效果最好的分类直线,记为L给出下列四个结论:
①直线x=2.5比直线3x-y-5=0的分类效果好;
②分类直线L的斜率为2;
③该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为300元,则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第II组点位于L的同侧;
④如果从第I组点中去掉点P1,第II组点保持不变,则分类效果最好的分类直线不是L。
其中所有正确结论的序号是。
三、解答题共6小题,共85分。
解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
(16)(本小题共14分)
如图,在四边形ABCD中,AB//CD,AB=2
,CD=
,cosA=6,cos∠ADB=1。
33
(I)求cos∠BDC;
(II)求BC的长.
(17)(本小题共14分)
在如图所示的多面体中,AB//CD,四边形ACFE为矩形,AB=AE=1,AD=CD=2.
(I)求证:
平面ABE//平面CDF;
(II)设平面BEF∩平面CDF=l,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知,使二面角B-l-C的大小确定,并求此二面角的余弦值.
条件①:
AB⊥AD;
条件②:
AE⊥平面ABCD:
条件③:
平面AED⊥平面ABCD.
(18)(本小题共14分)
每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”,又称“世界图书和版权日”,为了解某地区高一学
生阅读时间的分配情况,从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查,得到了这500名学生的日平均阅读时间(单位:
小时),并将样本数据分成[0,2],(2,4],(4,6],(6,8],(8,10],(10,12],(12,14],
(14,16],(16,18]九组,绘制成如图所示的频率分布直方图.
(I)求a的值;
(II)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况,从日平均阅读时间在
(12,14],(14,16],(16,18]三组内的学生中,采用分层抽样的方法抽取了10人、现从这10人中随机抽取
3人,记日平均阅读时间在(14,16]内的学生人数为X,求X的分布列;
(III)以调查结果的频率估计概率,从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生,用“P20(k)”表示这20名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在(10,12](单位:
小时)内的概率,其中k=0,1,2,…,20.当P20
(k)最大时,写出k的值.(只需写出结论)
(19)(本小题共15分)
已知函数f(x)=xsinx.
π
(I)
判断函数f(x)在区间(0,
2
)上的单调性,并说明理由;
(II)求证:
函数f(x)在(π,π)内有且只有一个极值点;
(III)求函数g(x)=f(x)+1在区间(1,π]上的最小值.
lnx
(20)(本小题共14分)
x2+y2=
已知椭圆M:
a2b21(a>b>0)过A(-2,0),B(0,1)两点.
(I)求椭圆M的离心率;
(II)设椭圆M的右顶点为C,点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合),直线AB与直线CP交于点Q,直线BP交x轴于点S,求证:
直线SQ过定点.
(21)(本小题共14分)
已知无穷数列{an},对于m∈N*,若{an}同时满足以下三个条件,则称数列{an}具有性质P(m).
an>0(n=1,2,…);
存在常数T>0,使得an≤T(n=1,2,…);
an+an+1=man+2(n=1,2,…).
(I)若an=5+4x(-1)n(n=1,2,…),且数列{an}具有性质P(m),直接写出m的值和一个T的值;
(II)是否存在具有性质P
(1)的数列{an}?
若存在,求数列{an}的通项公式;
若不存在,说明理由;
(III)设数列{an}具有性质P(m),且各项均为正整数,求数列{an}的通项公式.
2021北京海淀高三一模数学参考答案
题号
(1)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
答案
B
A
C
D
二、填空题共5小题,每小题5分,共25分。
(11)
(12)
(13)
-1
55
5
0.答案不唯一.
满足
2kπ+2π,k∈Z
3
或2kπ,k∈Z即可
②③④
解:
(Ⅰ)在△ABD中,因为cosA=
6,cos∠ADB=1,
所以sinA=
=3,sin∠ADB=
=22.
所以cos∠ABD=cos(π-∠A-∠ADB)
=-cos(∠A+∠ADB)
=-(cosAcos∠ADB-sinAsin∠ADB)
=-6⨯1+
3⨯22=6.
33339
因为AB//CD,
所以∠BDC=∠ABD.
所以cos∠BDC=cos∠ABD=6.
9
(Ⅱ)在△ABD中,由正弦定理得
BD
sinA
AB
sin∠ADB.
因为AB=2,
所以BD=
AB⋅sinAsin∠ADB
26⨯3
=3=3.
因为CD=,
在△CBD中,由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD⋅CD⋅cos∠BDC
=9+6-2⨯3⨯
=11.
6⨯6
所以BC=11.
(Ⅰ)因为四边形ACFE为矩形,
E
AFD
y
所以CF//AE.
又因为AB//CD,ABAE=A,AB⊂平面ABE,AE⊂平面ABE,CD⊂平面CDF,CF⊂平面CDF,所以平面ABE//平面CDF.
(Ⅱ)选择①②,或①②③
因为AE⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以AE⊥AB,AE⊥AD.
又因为AB⊥AD,
所以分别以AB,AD,AE所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题意得
B(1,0,0),E(0,0,1),F(2,2,1).
所以BE=(-1,0,1),BF=(1,2,1).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则
⎧⎪BE⋅n=0,⎧-x+z=0,
⎨BF⋅n=0,即⎨x+2y+z=0.
⎩⎪⎩
令x=1,则y=-1,z=1.
于是n=(1,-1,1).
由(Ⅰ)可得:
AD⊥平面CDF.
取平面CDF的一个法向量为m=(0,1,0).
所以cos<
m,n>
=m⋅n==-3.
|m||n|3
所以二面角B-l-C的余弦值为3.
选择①③
因为平面AED⊥平面ABCD,平面AED
平面ABCD=AD,
AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥平面AED.
又因为AE⊂平面AED,所以AB⊥AE.
在矩形ACFE中,AE⊥AC.
因为AB⊂平面ABCD,AC⊂平面ABCD,ABAC=A,所以AE⊥平面ABCD.
又因为AD⊂平面ABCD,所以AE⊥AD.
分别以AB,AD,AE所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题意得B(1,0,0),
E(0,0,1),F(2,2,1).
(Ⅰ)由频率分布直方图可得:
2(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01)=1
解得a=0.10.
(Ⅱ)由频率分布直方图可知,这500名学生中日平均阅读时间在(12,14],(14,16],(16,18]三组内的学生人数分别为500⨯0.10=50人,500⨯0.08=40人,500⨯0.02=10人.
若采用分层抽样的方法抽取了10人,则从日平均阅读时间在(14,16内的学生中抽取了40
50+40+10
⨯10=4人.
现从这10人中随机抽取3人,则X的可能取值为0,1,2,3.
C3201
P(X=0)=6==,
31206
C1C2
601
P(X=1)=46==,
31202
C2C1
363
P(X=2)=46==,
10
312010
C341
P(X=3)=4==.
312030
所以X的分布列为
X
P
6
30
(Ⅲ)k=4.
(Ⅰ)由题意知,f'
(x)=sinx+xcosx.
因为x∈(0,π),
所以f'
(x)>
0.
所以f(x)在(0,π)上单调递增.
(Ⅱ)设h(x)=f'
(x),则h'
(x)=2cosx-xsinx.
当x∈(π,π)时,h'
(x)<
0.
所以h(x)=f'
(x)在(π,π)内单调递减.
又因为f'
(π)=1>
0,f'
(π)=-π<
0,
所以存在唯一x∈(π,π),使得f'
(x)=0.
020
f(x)与f'
(x)在区间(,π)上的情况如下:
所以f(x)在(π,π)内
(Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)可知,f(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,π)内单调递减.又因为f
(1)=sin1>
0,f(π)=0,
所以当x∈(1,π]时,f(x)+1≥1.
又因为当x∈(1,π]时,0<
lnx≤lnπ,
有且只有一个极值点.
所以g(x)=
f(x)+1≥
lnπ
,当且仅当x=π时等号成立.
所以g(x)在(1,π]上的最小值为1.
(Ⅰ)因为点A(-2,0),B(0,1)都在椭圆M上,所以a=2,b=1.
所以c==.
所以椭圆M的离心率e=c=3.
a2
(Ⅱ)方法一:
由(Ⅰ)知椭圆M的方程为
x2+2
4
=1,C(2,0).
由题意知:
直线AB的方程为x=2y-2.
设P(x0,y0)(y0≠0,y0≠±
1),Q(2yQ-2,yQ),S(xS,0).
因为C,P,Q三点共线,所以有CPCQ.
所以(x0-2)yQ=y0(2yQ-4).
所以yQ=2y
4y0
-x
+2.
00
所以Q(4y0+2x0-4,4y0).
2y0-x0+22y0-x0+2
因为B,S,P三点共线,
所以1=y0-1,即x=x0.
-xxs1-y
s00
所以S(x0,0).
1-y0
4y0+2x0-4-x0
所以直线QS的方程为x=
2y0-x0+21-y0
2y0-x0+2
y+x0,
x2-4y2-4xy+8y-4x
即x=00000y+0.
4y0(1-y0)1-y0
又因为点P在椭圆M上,所以x2=4-4y2.
所以直线QS的方程为x=2-2y0-x0(y-1)+2.
所以直线QS过定点(2,1).
方法二:
直线QS过定点T(2,1),理由如下:
设直线BP为y=kx+1(k≠0且k≠±
1),直线CP为y=k(x-2)(k≠0且k≠±
1).
11122222
所以直线BP与x轴的交点S(-1,0).
k1
因为直线AB的方程为y=1x+1,
所以直线CP与直线AB的交点Q(4k2+2,
4k2).
所以直线TS的斜率k=k1
2k2-12k2-1
,直线TQ的斜率k=1k+1.
TS
2k1+1
TQ224
kk+1(k-k)+1
所以k-k=k1
(1k+1)=-12
2214.
TSTQ
2k+122
42k+1
11
将y=kx+1代入方程x2+4y2=4得(4k2+1)x2+8kx=0.
8k4k2-1
所以点P的横坐标为x=-1,则y=-1.
P4k2+1P4k2+1
将点P的坐标代入直线CP的方程y=k2(x-2),整理得
1+2k-4k2+8kk+8k2k=0.
211212
所以(1+2k1)(1-2k1+2k2+4k1k2)=0.
因为1+2k1≠0,所以1-2k1+2k2+4k1k2=0.
所以kTQ-kTS=0.
所以直线QS过定点T(2,1).
(21)(本小题共14分)解:
(Ⅰ)m=2;
答案不唯一.如T=6.
(Ⅱ)不存在具有性质P
(1)的数列{an},理由如下:
假设存在具有性质P
(1)的数列,设为{an},则m=1.
所以an+2=an+1+an,n=1,2,.
因为an>
0(n=1,2,),
所以an+2>
an+1,即a2<
a3<
a4<
⋅⋅⋅.
所以an+3=an+2+an+1≥an+2+a2,即a4-a3≥a2,a5-a4≥a2,⋅⋅⋅,an+3-an+2≥a2.累加得,an+3-a3≥na2.
对于常数T>
0,当n>
T-a3时,a≥na+a>
T,与②矛盾.
a2n+323
所以不存在具有性质P
(1)的数列{an}.
(Ⅲ)因为数列{an}具有性质P(m),由(Ⅱ)知m≠1.
①当m=2时,a
=1(a
+
a),即a
-a=-1(a
-a),n=1,2,.
n+22n+1n
所以a-a=a-a.
n+2
n+1
n+1n
n+2n+121
若a1=a2=c(c为常数,且c∈N*),则an=c,n=1,2,
.经检验,数列{c}(c∈N*)具有性质P
(2).
若a≠a
,当n>
log
a-a
时,a-a=
∈(0,1),
12
与an∈N*矛盾.
221
n+121
②当m≥3时,令bn=max{an,an+1}∈N*,则
a=1(a+a)≤1(a
+a)≤1(b+b)<
b,n=1,2,.
n+2mn+1n
n+1n3nnn
所以a
+a)≤1(a
+a)<
1(b+b)<
b.
n+3
mn+2
n+13n+2
n+13nnn
所以bn+2=max{an+2,an+3}<
bn.
所以bn+2≤bn-1,n=1,2,.
所以b3-b1≤-1,b5-b3≤-1,⋅⋅⋅,b2n+1-b2n-1≤-1.所以b2n+1-b1≤-n.
当n≥b
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