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《北京市丰台区2021届高三上学期期末考试练习数学Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
丰台区2020～2021学年度高三第一学期期末练习数学试卷第一部分(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.已知合集，，那么（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先化简集合，然后利用交集的定义求解.【详解】化简集合，所以可得.故选：A.2.在等差数列中，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据，利用“”法求解.【详解】在等数列中，，所以，解得，所以，故选：C3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）
1A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由三视图可判断该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，然后代入面积公式分别计算底面和侧面的面积，最后求和.【详解】根据三视图可知该几何体为底面为直角梯形，高为的直四棱柱，则，，所以.故选：B.
24.若函数则函数的值域为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别根据二次函数和指数函数的性质，求得区间和上点值域，即可求解.【详解】由二次函数的性质，可得函数在区间单调递减，当，函数取得最小值，最小值为，即值域为；由指数函数的性质，可得函数在区间单调递增，此时值域为，综上可得，函数的值域为.故选：D.5.若关于，的方程组，无解，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可知方程组无解等价于直线平行，即可建立关系求出.【详解】可得方程组无解，等价于直线和直线平行，则，解得.故选：C.6.下列函数中，同时满足①对于定义域内的任意，都有，②存在区间，在区间上单调递减的函数是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】
3【分析】分别判断每个函数的奇偶性和单调性即可.【详解】对于A，，且存在区间，单调递减，故A正确；对于B，是增函数，不存在减区间，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，在定义域是增函数，不存在减区间，故D错误.故选：A.7.已知是等比数列，为其前项和，那么“”是“数列为递增数列”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别从充分性和必要性入手进行分析即可得解.【详解】设等比数列的公比为，充分性：当，时，，无法判断其正负，显然数列为不一定是递增数列，充分性不成立；必要性：当数列为递增数列时，，可得，必要性成立.故“”是“数列为递增数列”的必要而不充分条件.故选：B.【点睛】方法点睛：证明或判断充分性和必要性的常用方法：①定义法，②等价法，③集合包含关系法.8.某校实行选科走班制度(语文、数学、英语为必选科目，此外学生需在物理、化学、生物、历史、地理、政治六科中任选三科)．根据学生选科情况，该校计划利用三天请专家对九个学科分别进行学法指导，每天依次安排三节课，每节课一个学科．语文、数学、英语只排在第二节．物理、政治排在同-天．化学、地理排在同一天，生物、历史排在同一天，则不同的排课方案的种数为（）A.B.C.D.【答案】D
4【解析】【分析】分三步完成，先排语数外，再将排在同一天的“捆绑”，将捆绑后的三个元素排列，即可求出.【详解】先将语文、数学、英语排第二节，有种排法，将物理和政治，化学和地理，生物和历史分别“捆绑”，有种排法，将捆绑后的三个元素排在三天，有种排法，则不同的排课方案的种数为种.故选：D.9.在平面直角坐标系中，，是直线上的两点，且．若对于任意点，存在，使成立，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可得P是圆上任意一点，且需存在，，使点P又在以为直径的圆上，故只需满足圆上点到直线的最远距离小于等于5即可求出.【详解】设，则，满足，则点P在圆上，又存在，使成立，则点P又在以为直径圆上，P是圆上任意一点，，是直线上的两点，则应满足圆上点到直线最远距离小于等于5，原点到直线的距离为，则只需满足，解得.故选：C.
5【点睛】本题考查只需与圆的位置关系，解题的关键是得出圆上点到直线的最远距离小于等于5.10.为了预防某种病毒，某商场需要通过喷洒药物对内部空间进行全面消毒，出于对顾客身体健康的考虑，相关部门规定空气中这种药物的浓度不超过毫克/立方米时，顾客方可进入商场．已知从喷洒药物开始，商场内部的药物浓度（毫克/立方米）与时间（分钟）之间的函数关系为（为常数），函数图象如图所示．如果商场规定10：00顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的图象过点，求得函数的解析式，令，求得的值，即可求得结果.【详解】根据函数的图象，可得函数的图象过点，代入函数的解析式，可得，解得，所以，令，可得或，解得或，所以如果商场规定10：00顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是.故选：B.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．
611.在复平面内，复数对应的点在直线上，则实数___________．【答案】1【解析】【分析】由复数的运算法则和复数的几何意义直接计算即可得解.【详解】，其在复平面内对应点的坐标为，由题意有：，则.故答案为：1.12.已知双曲线的一条渐近线方程为，那么该双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】【分析】由渐近线方程可得，即可得出离心率.【详解】一条渐近线方程为，，.故答案为：.13.已知正六边形的边长为．那么_______．若，则________．【答案】(1).(2).4【解析】【分析】以A为原点，建立平面直角坐标系，根据正六边形，分别求得点A，B，D，F的坐标，利用平面向量的数量积和线性运算求解.【详解】以A为原点，建立如图所示平面直角坐标系：
7则，所以，所以，，因为，所以，解得，所以故答案为：，414.函数的最小正周期____，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数的最大值为，则的值可以为_________．【答案】(1).(2).(答案不唯一)【解析】【分析】根据周期公式直接求出最小正周期，求出，化简得出的解析式，根据最值得出
8，即可解出.【详解】的最小正周期，可得则，其中为辅助角，的最大值为，，得，解得故答案为：.【点睛】本题考查根据三角函数的最值求参数，解题的关键是通过三角恒等变化得出，从而由最值得出.15.对于平面直角坐标系内的任意两点，，定义它们之间的一种“距离”．已知不同三点，，满足，给出下列四个结论：①，，三点可能共线．②，，三点可能构成锐角三角形．③，，三点可能构成直角三角形．④，，三点可能构成钝角三角形．其中所有正确结论的序号是___________．【答案】①③④【解析】
9【分析】设，，，利用新定义分别表示出、、，利用结合绝对值三角不等式可得出且，所以，即可得，可得正确答案.【详解】设，，，由题意可得：，，，由可得：，由绝对值三角不等式可得：，，当且仅当且时等号成立，所以，所以，所以，所以，所以，，三点可能共线，可能构成直角三角形，可能构成钝角三角形，所以①③④正确，下面各举一例：，，时，，三点共线；，，时是直角三角形；，，时是钝角三角形；故答案为：①③④
10【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用绝对值三角不等式可以得出成立的条件为且，再转化为，属于难题.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.如图，在三棱柱中，侧面和都是正方形，平面平面，分别为，的中点．（1）求证：平面．（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，证明四边形为平行四边形，证出，即可证明平面；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求解平面的法向量，利用数量积的计算公式即可求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取中点，连接，，∵分别为的中点，∴，且，又四边形是正方形，∴且，
11即且，又∵为中点，∴且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）由题意，两两垂直，所以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则.，，设平面的法向量为，则，即，得设直线与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查的是空间向量与立体几何的问题，（1）关于线面平行的证明，一般利用线面平行的判定定理证明，需要证明平行线，一般是找中位线或者平行四边形证明；（2）关于线面角的求解，一般利用空间向量的方法，需要求解平面的法向量，再代入数量积求解公式计算.17.在中，已知，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个为已知．（1）求．（2）求的面积．
12条件①：，条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】选择条件①，（1）根据同角三角函数关系求出，再由根据和的正弦公式即可求出；（2）由正弦定理求出，即可由面积公式求出；选择条件②，（1）根据同角三角函数关系求出，由正弦定理即可求出；（2）由余弦定理求出，即可由面积公式求出.【详解】选择条件①，（1），，，，；（2）由正弦定理可得，，；选择条件②，（1），，由正弦定理可得，
13；（2）由余弦定理可得，即，解得（舍去）或，.【点睛】本题考查正余弦定理和面积公式的应用，解题的关键是正确应用正余弦定理，正确计算.18.全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的居民进行简单随机抽样，将获得的数据按不同年龄段整理如下表：男性女性打包不打包打包不打包第1段250650450650第2段300600550550第3段600400750250第4段850350650150假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立．（1）分别估计该市男性居民外出就餐有剩余时打包的概率，该市女性居民外出就餐有剩余时间打包的概率．（2）从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取1人，记这2人中恰有人外出就餐有剩余时打包，求的分布列．（3）假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，用“”表示第段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第段居民外出就餐有剩余时不打包，写出方差，，，的大小关系（只需写出结论）【答案】（1）男性打包概率为，女性打包概率为；（2）分布列见解析；（3）【解析】
14【分析】（1）根据表中数据直接列式计算即可；（2）可得的可能取值为0，1，2，分别求出取不同值的概率即得分布列；（3）分别求出的概率，由两点分布方差公式求出方差，即可比较.【详解】（1）设男性居民外出就餐有剩余时打包的概率为，女性居民外出就餐有剩余时间打包的概率为，则，；（2）可得的可能取值为0，1，2，则，，，则分布列为：012（3）由表可知，，，，，，，，，.【点睛】本题考查用频率估计概率，解题的关键是正确处理数据，保证计算的正确性.19.已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，最小值记为，令．（1）若，写出，，的值．（2）证明：．
15（3）若是等比数列，证明：存在正整数，当时，，，是等比数列．【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由是单调递增数列可得即可求出；（2）设，讨论，和可证明；（3）设的公比为，且，显然时满足；时，由是递增数列，是递减数列，且不能无限减少可得.【详解】（1），可得是单调递增数列，，，，，（2）设，，若，则，若，则，若，则，综上，；（3）设等比数列的公比为，，则，由（2）可得，则，当时，，即，此时为常数列，则存在，当时，，，是等比数列；
16当时，是递增数列，是递减数列，是由正整数组成的无穷数列，则数列必存在最小值，即存在正整数，是数列的最小值，则当时，，此时，即，故当时，，，是等比数列；综上，存在正整数，当时，，，是等比数列．【点睛】本题考查数列单调性的有关判断，解题的关键是正确理解数列的变化情况，清楚的变化特点.
