1、北京市海淀区2021届高三数学下学期4月一模考试试题本试卷满分150分，考试时间120分钟.第一部分(选择题共40分)一选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合.若，则实数的值可以为（ ）A.2 B.1 C.0 D.-22.下列函数中，在区间上不是单调函数的是（ ）A. B.C. D.3.已知等差数列的前项和为.若，且，则（ ）A. B. C. D.4.不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）A. B.C. D.5.如图，角以为始边，它的终边与单位同相交于点，且点的橫坐标为，则的值为（ ）A. B. C. D.6.如图，网格
2、纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D.7.在四边形中，.者则（ ）A. B. C. D.8.已知函数若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A. B.C. D.9.一个盒中装有大小相同的2个黑球，2个白球，从中任取一球，若是白球则取出来，若是黑球则放回盒中，直到把白球全部取出，则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为（ ）A. B. C. D.10.设集合是集合的子集，对于定义存在的两个不同子集，使得任意都满足且；任取的两个不同子集，对任意都有；任取的两个不同子集，对任意都有.其中所有正确结论的序号是（ ）A. B. C. D.
3、第二部分(非选择题共110分)二填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中的機线上.11.已知向量且则_.12.函数的零点个数为_.13.如图，网格纸上小正方形的边长为1，从A，B，C，D四点中任取两个点作为向量的始点和终点，则的最大值为_.14.已知数列的通项公式为若存在，使得对任意的都成立，则的取值范围为_.15.已知函数，其中，是这两个函数图像的交点，且不共线.当时，面积的最小值为_.若存在是等腰直角三角形，则的最小值为_.三解答题：本大题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.16.(本小题满分14分)在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中
4、，若问题中的存在，求的最小值；若不存在，说明理由.设数列为等差数列，是数列的前项和，且_，.记，为数列的前项和，是否存在实数，使得对任意的都有注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.17.(本小题满分14分)如图，在四棱锥中，底面为菱形，为线段的中点，为线段上的一点.（1）证明：平面平面；（2）若，二面角的余弦值为求与平面所成角的正弦值.18.(本小题满分14分)根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流水位(单位：米)的频率分布直方图如下.将河流水位在段内的频率作为相应段的概率，并假设每年河流水位变化互不影响.（1）求未来4年中，至少有2年河流水位的概率(结果用分数表示)；（2）已知
5、该河流对沿河工厂的影响如下：当20，26)时，不会造成影响；当时，损失50000元；当时，损失300000元，为减少损失，现有三种应对方案：方案一：不采取措施；方案二：防御不超过30米的水位，需要工程费用8000元；方案三：防御34米的最高水位，需要工程费用20000元.试问哪种方案更好，请说明理由.19.(本小题满分14分)已知椭圆的中心在原点，是它的一个焦点，直线过点与椭圆交于两点，当直线轴时，（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的左顶点为，的延长线分别交直线于两点，证明：以为直径的圆过定点.20.(本小题满分15分)已知函数.（1）判断函数在区间(0，1)上的单调性，并说明理由；（2）求
6、证：21.(本小题满分14分)已知集合，且中的元素个数大于等于若集合中存在四个不同的元素，使得则称集合是“关联的”，并称集合是集合的“关联子集”；若集合不存在“关联子集”，则称集合是“独立的”.（1）分别判断集合2，4，6，8，10与1，2，3，5，8是“关联的”还是“独立的”？若是“关联的”，写出其所有的“关联子集”；（2）已知集合是“关联的”，且任取集合，总存在的“关联子集，使得若求证：是等差数列；（3）若集合是“独立的”，求证：存在，使得.DDCABBBAAA1.D【解析】本题考查集合的并集运算.由题意得，集合，若，则，结合各选项知的值可以为，故选D.【方法点拨】无限数集的运算可借助数轴
7、直观求解.2.D【解析】本题考查函数的单调性.函数在上都是增函数，故选项A，B，C错误；函数在上单调递减，上单调递增，故选D.【规律总结】判断函数的单调性可利用图象，或根据定义作出结论3.C【解析】本题考查等差数列.设等差数列的公差为，即，则，故选C.利用等差数列的通项公式及求和公式得出数列的首项与公差的关系式是解题的关键.4.A【解析】本题考查不等式的解法充分条件与必要条件的判断，不等式则是成立的一个充分不必要条件，故选A.【举一反三】小范围可以推出大范围，大范围不能推出小范围，小范围是大范围的充分不必要条件.5.B【解析】本题考在三角函数的定义诱导公式.由题意可得，故选B.【方法点拨】诱导
8、公式的记忆口诀是“奇变偶不变，符号看象限.6.B【解析】本题考查三视图空间几何体的体积.该几何体由两个圆锥拼接而成，圆锥的底面半径为1，高为2，所以该几何体的体积为.故选B.【方法总结】对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图.由三视图还原几何体的直观图时，要遵循以下三步：（1）看视图，明关系；（2）分部分，想整体；（3）综合起来，定整体.7.B【解析】本题考查平面向量的线性运算.如图，过点，过点C作，交AB于点E，.边形是平行四边形，则又，即，则，故选B.灵活运用向量加法的平行四边形法则是解题的关键.8.A【解析】本题考查函数与方程.由题意可
9、得，整理得各，则原题化为函数与函数的图象有交点，作出函数的图象如图所示，则，故选A.【核心素养】本题要求考生抓住函数与方程问题的本质，建立数与形之间的联系，体现了直观想象逻辑推理数学运算的核心素养.9.A【解析】本题考查独立事件概率的求法分类计数原理的应用要满足题意，共有三种取法：(白黑黑白)，(黑白黑白)，(黑黑白白)，其中(白黑黑白)的取法概率为，(黑黑白白)的取法概率为，(黑白黑白)的取法概率为，综上概率为故选A.【方法技巧涉及独立事件的概率求解问题，有效地对问题进行合理分类来处理是解决问题的关键.10.A【解析】对于，定义，对于，例如集合=正奇数，=正偶数，故正确；对于，若，则，则且，
10、或且，或且；若，则，则且；任取的两个不同子集，对任意都有；正确，故正确；对于，若，当时，；故错误；故选：A.11.6【解析】本题考查向量共线的充要条件.由题意可得【易错提示】本题容易将向量共线的坐标表示与向量垂直的坐标表示混淆，若，则12.1【解析】本题考查函数的零点.令，则，令，则，解得：(舍负)，即，即函数的零点个数为1.【方法点拨】确定函数零点个数的常用方法有方程和数形结合.13.3【解析】本题考查平面向量的数量积.由题知，由图易知，当时，14.【解析】本题考查不等式利用导数研究函数的单调性.由题意可得，令，则，令得，所以函数在上单调递增，令得，所以函数在上单调递减，所以当时函数有最大值
11、，又，且，所以15.；【解析】本题考在三角函数的图象与性质.当时，令，得则取此时的面积最小，所以；若存在是等腰直角三角形，当A，B，C为相邻三个交点时，取得最小值，利用直角三角形斜边的中线等于斜边长的一半得解得.【核心素养】本题以函数图象为载体，要求考生抓住三角函数图象与性质的联系，建立数与形之间的联系，体现了数学运算的核心素养.16.【名师指导】本题考查等比数列等差数列的通项公式及裂项相消法求数列的前n项和.由题中条件求得数列的通项公式，再结合选择的条件，利用等差数列的通项公式及裂项相消法求解即可.由，1可知数列.是等比数列，且公比，又则所以，可得，若选因为数列为等差数列，设等差数列的公差为
12、所以即，所以故时所以此时的最小值为若，则因为数列为等差数列，设等差数列的公差为所以即，所以故芙吋所以此时的最小值为若选，则因为数列为等差数列，设等差数列的公差为所以所以故而彗时，所以此时的最小值为17.【名师指导】本题考查线而垂直的判定和性质面而垂直的判定二面角线面所成角.（1）证明：连接，因为，为线段的中点，所以.又，所以为等边三角形，所以.因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：设，则，因为，所以，同理可证，所以平面.如图，设，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.易知为二面角的平面角，所以，从而.由，得.又由，得，.设平面的法向量为，由，得，不妨设，则可得平面的一个
13、法向量得.又，所以.设与平面所成角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.18.【名师指导】本题考查频率分布直方图二项分布对立事件的概率以及数学期望，考查考生的应用数学知识解决实际问题的能力以及等价转化思想.（1）利用频率分布直方图和对立事件二项分布的概率公式求解；（2）建立概率分布表，分别求出数学期望，再比较大小即可.解：（1）由频率分布直方图可知河流水位的概率为记在未来4年中，至少有2年河流水位为事件A，则（2）记A工厂的工程费与损失费之和为(单位：元).若采用方案一，则的分布列为0500003000000.780.20.02(元)若采用方案二，则的分布列为80003080000.980.02
14、(元)若采用方案三：(元)因为所以工厂应用方案二19.【名师指导】本题考在椭圆的方程和性质椭圆的离心率和方程的运用联立直线方程运用韦达定理向量垂直的条件，考查运算求解能力化归与转化思想函数与方程思想.（1）设椭圆C的方程为，则，当垂直于x轴时，A，B两点的坐标分别是和，由知，由此能求出椭圆C的方程；（2）由对称性，若定点存在，则定点在x轴上，设直线AB的方程为：，与椭圆方程联立，运用韦达定理，通过直线PA和直线PB的方程表示出M，N的坐标，得出，可知F在以MN为直径的圆上，结论得证.（1）由题意，设椭圆的方程为，则当轴时，不妨设，椭圆的方程为（2）设的方程为，由，直线的方程为直线的方程为令，得
15、，在以为直径的圆上，以为直径的圆过定点.20.【名师指导】本题考查导数与函数不等式的综合.（1）利用导数研究函数的单调性求解；（2）证明：“”等价于证“”，求出函数最大值即可.函数在区间上是单调递增函数.理由如下：由，得因为，所以.因此.又因为，所以恒成立.所以在区间上是单调递增函数.（2）证明“”等价于证明“”由题意可得，.因为令，则.所以在上单调递减因为，所以存在唯一实数，使得，其中.极大值的变化如表所示：所以为函数的极大值.因为函数在有唯一的极大值.所以因为，所以因为所以所以21.【名师指导】本题考查新定义等差数列的性质不等式以及推理与证明的综合.（1）利用新定义直接求解；（2）利用新定
16、义，结合等差数列的性质求解；（3）利用新定义，结合反证法求解.解：（1）是“关联的”关联子集有；是“独立的”（2）记集合的含有四个元素的集合分别为：，.所以，至多有个“关联子集”.若为“关联子集”，则不是“关联子集”，否则同理可得若为“关联子集”，则不是“关联子集”.所以集合没有同时含有元素的“关联子集”，与已知矛盾.所以一定不是“关联子集”同理一定不是“关联子集”.所以集合的“关联子集”至多为.若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；所以都是“关联子集”所以有，即，即.，即，所以.所以是等差数列.（3）不妨设集合，且.记.因为集合是“独立的”的，所以容易知道中恰好有个元素.假设结论错误，即不存在，使得所以任取，因为，所以所以所以任取，任取，所以，且中含有个元素.（i）若，则必有成立.因为，所以一定有成立.所以.所以，所以，所以，有矛盾，（ii）若，而中含有个元素，所以所以，因为，所以.因为，所以所以所以，矛盾.所以命题成立.