1、2021北京海淀高三（上）期末数学本试卷共8页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，本试卷和答题纸一并交回.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. 抛物线准线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】由抛物线的标准方程及性质，直接求解.【详解】由抛物线方程可知，故准线方程为：.故选：B.2. 在复平面内,复数的对应点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【详解】试题分析：由题意，对应点，在第
2、一象限，选A.考点：复数的运算，复数的几何意义.3. 在的展开式中，的系数为（ ）A. 5B. C. 10D. 【答案】D【解析】【分析】根据二项式定理计算即可.【详解】解：在的展开式中的项为的系数为-10，故选：D.4. 已知直线，点和点，若，则实数的值为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】求出直线的斜率，根据直线平行的斜率关系得出实数的值.【详解】，由于，则直线的斜率为即，故选：B5. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积为（ ）A. 2B. 4C. 6D. 12【答案】A【解析】【分析】由三视图还原几何体，求得棱锥体积.【详解】还原几何体，如图，为底面为直角三
3、角形，高为2的三棱锥，故体积为，故选：A.6. 已知向量，满足，且，则（ ）A. B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】先计算，将两边同时平方展开，将、的值代入即可求解.【详解】因为，所以，将两边同时平方可得：，即，所以，解得，故选：C7. 已知，是两个不同的平面，“”的一个充分条件是（ ）A. 内有无数直线平行于B. 存在平面，C. 存在平面，且D. 存在直线，【答案】D【解析】【分析】根据线面平行判定、线面垂直性质定理等判定即可.【详解】解：对于A.根据面面平行判定定理可得A错误；对于B. 当，时，可能三个平面两两相交，不能得出平行，B错误；对于C.当，且时，可能三个平面两两相
4、交，不能得出，C错误；对于D.根据线面垂直推得：当，时，成立，故D正确；故选：D.【点睛】平行关系之间的转化：在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”.8. 已知函数，则（ ）A. 是偶函数B. 函数的最小正周期为C. 曲线关于对称D. 【答案】C【解析】【分析】根据二倍角公式及诱导公式可得，结合正弦函数的性质逐一判断即可.【详解】函数，由于，即是奇函数，故A错误；的最小正周期为，故B错误；由于为最值，即曲线关于对称，故C正
5、确；由于，故D错误；故选：C.9. 数列的通项公式为，前项和为，给出下列三个结论：存在正整数，使得；存在正整数，使得；记则数列有最小项，其中所有正确结论的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，令，求得，得到，可判定正确；由当时，且单调递增，结合基本不等式，可判定不正确；由，且当时，且单调递增，可判定正确.【详解】由题意，数列的通项公式为，令，即，解得或（舍去），即，所以，即存在正整数，使得，所以正确；由，可得当时，且单调递增，当且时，可得，所以；当且时，当且仅当时等号成立，综上可得，不存在正整数，使得，所以不正确；由数列的通项公式为，可得，且当时，且单调递增，所以，
6、所以当时，数列有最小项，所以正确.故选：C.10. 如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为，.这两个球都与平面相切，切点分别为，丹德林（GDandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为， 的半径分别为1，4，点为上的一个定点，点为椭圆上的一个动点，则从点沿圆锥表面到达的路线长与线段的长之和的最小值是（ ）A. 6B. 8C. D. 【答案】A【解析】分析】在椭圆上任取一点，可证明，可得 ，设点沿圆锥表面到达的路线长为，则，当且仅当
7、 为直线与椭圆交点时取等号，即可求解.【详解】椭圆上任取一点，连接交球于点 ，交球于点，连接， ，在与中有： ，（为球的半径）， 为公共边，所以，所以，设点沿圆锥表面到达的路线长为，则，当且仅当为直线与椭圆交点时取等号，所以最小值为，故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是证明得出 ，从而，转化为 三点共线时求.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. 在“互联网+”时代，国家积极推动信息化技术与传统教学方式的深度融合，实现线上、线下融合式教学模式变革.某校高一、高二和高三学生人数如图所示.采用分层抽样的方法调查融合式教学模式的实施情况，在抽取样本中
8、，高一学生有16人，则该样本中的高三学生人数为_.【答案】12【解析】【分析】按照分层抽样的计算方法计算可得；【详解】解：按照抽样抽取样本中，高一学生有16人，则高三学生有人，故答案为：12. 设等比数列的前项和为.若、成等差数列，则数列的公比为_.【答案】3或【解析】【分析】先设等比数列的公比为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为等比数列的前项和为，、成等差数列，所以，则，因此，所以，解得或.故答案为：3或.13. 已知双曲线的左右焦点分别为，点，则双曲线的渐近线方程为_；_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据双曲线的方程，求得半实轴a
9、、半虚轴b的值，代入渐近线方程，即可求得答案；根据M点在双曲线的左支上，根据双曲线的定义，即可求得答案.【详解】因为双曲线，半实轴，半虚轴,所以渐近线方程为，即；因为满足双曲线方程，且在双曲线的左支上，根据双曲线的定义得，所以-2.故答案为：；-214. 已知函数是定义域的奇函数，且时，则_，的值域是_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】由求出的值，由单调性确定时的值域，再由对称性得出的值域.【详解】因为函数是定义域的奇函数，所以，即当时，在上单调递增，则因为函数是定义域的奇函数，所以当时即的值域是故答案为：；15. 已知圆，直线，点，点.给出下列4个结论：当时，直线与圆相离；
10、若直线是圆的一条对称轴，则；若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为；为圆上的一动点，若，则的最大值为.其中所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】对于：，圆心，半径，直线与圆相离；对于：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，即可得到；对于：由垂径定理，设.得到，但两处等号无法同时取到，矛盾；对于：为圆上的一个动点.若，设，利用参数方程解决即可.【详解】对于：当时，直线，圆心，半径，直线与圆相离，故表述正确；对于：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，故，故表述正确；本题的难点主要聚焦于、，如图所示：设的中点为，以为直径作圆，连接则对于：由垂径定理，设.一方面，若，则.当且仅
11、当，且三点共线时，等号成立，此时直线的斜率为.另一方面，当时，直线.故点到直线的距离.此时.当且仅当为点在直线上的射影时等号成立，此时直线的斜率为.对比发现，但两处等号无法同时取到，矛盾.故表述错误.对于：为圆上的一个动点.若，设，则.注意到，故当且仅当且点在点正上方时，等号成立.故表述正确.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系变形，以及圆更深层次的定义，难度较大，能够正确画出示意图是解决问题的关键.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. 在三棱柱中，侧面为矩形，平面，分别是棱，的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）若，求直线与平面
12、所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）先证明，再结合线面平行的判定定理证明平面；（2）由平面得出，再由结合线面垂直的判定定理证明平面；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.【详解】解：（1）在三棱柱中，且.因为点，分别是棱，的中点，所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面，所以.因为侧面为矩形，所以.又因为，平面，平面，所以平面.（3）分别以，所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，.所以，.设平面的法向量为则，即.令，则，.于是.所以.所以直线与
13、平面所成角的正弦值为.【点睛】关键点睛：在解决第（3）问时，关键是建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦值，属于中档题.17. 若存在同时满足条件、条件、条件、条件中的三个，请选择一组这样的三个条件并解答下列问题：（1）求的大小；（2）求和的值.条件：；条件：；条件：；条件：.【答案】选择（1）；（2）；选择（1）；（2）；.【解析】【分析】选择（1）根据，利用正弦定理得到，再结合，得到求解.（2）结合（1）由，利用正弦定理得到，然后由求解，再利用正弦定理得到，然后结合求解.选择（1）根据，利用正弦定理得到，再由，得到求解.（2）由，利用正弦定理得到，由求解；再结合求得b，然后利用正弦
14、定理求解.【详解】选择（1）因为，由正弦定理得.因为，所以.所以.所以.（2）在中，所以.所以.因为，所以.所以 .所以.由正弦定理得，即.因为，所以.选择（1）因为，由正弦定理得.在中，所以.所以.（2）在中，所以.所以.因为，所以.所以.所以.因为，所以.由正弦定理得.【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到(2)解题中注意三角形内
15、角和定理的应用及角的范围限制18. 某公司在20132021年生产经营某种产品的相关数据如下表所示：年份201320142015201620172018201920202021年生产台数（单位：万台）3456691010年返修台数（单位：台）3238545852718075年利润（单位：百万元）注：年返修率（表示年返修台数，表示年生产台数）（1）从20132020年中随机抽取一年，求该年生产的产品的平均利润不小于100元/台的概率；（2）公司规定：若年返修率不超过千分之一，则该公司生产部门当年考核优秀.现从20132020年中随机选出3年，记表示这3年中生产部门获得考核优秀的次数.求的分布列和
16、数学期望；（3）记公司在20132015年，20162018年，20192021年的年生产台数的方差分别为，.若，其中表示，这两个数中最大的数.请写出的最大值和最小值.（只需写出结论）（注：，其中为数据，的平均数）【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）最大值为13，最小值为7.【解析】【分析】（1）根据古典概型找出产品的平均利润小于100元/台的年份计算其个数，除以总的个数；（2）返修率超过千分之一的年份只有2013，2015年，故的所有可能取值为1,2,3，且满足超几何分布，根据公式计算其概率，列出分布列；（3）根据条件写出的最大值和最小值.【详解】解：（1）由图表知，20132020
17、年中，产品的平均利润小于100元/台的年份只有2015年，2016年.所以从20132020年中随机抽取一年，该年生产的产品的平均利润不小于100元/台的概率为.（2）由图表知，20132020年中，返修率超过千分之一的年份只有2013，2015年，所以的所有可能取值为1，2，3.，.所以的分布列为123故的数学期望.（3）的最大值为13，最小值为7.【点睛】(1)超几何分布的两个特点:超几何分布是不放回抽样问题；随机变量为抽到的某类个体的个数.(2)超几何分布的应用条件：两类不同的物品(或人、事)；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个体.19. 已知椭圆的离心率为，且经过点.（1）求椭圆方程
18、及其长轴长；（2），分别为椭圆的左、右顶点，点在椭圆上，且位于轴下方，直线交轴于点，若的面积比的面积大，求点的坐标.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）解方程和，求出的值即可得椭圆的方程和长轴的值；（2）由已知条件可计算的面积为.而的面积比的面积大，的面积等于的面积与面积之和，可得的面积等于的面积，进而可得的面积等于的面积.所以，设，利用点在椭圆上以及可求出点的坐标.【详解】（1）因为椭圆经过点，所以.因为椭圆的离心率为，所以，其中.所以.所以椭圆的方程为，长轴长.（2）因为点在轴下方，所以点在线段（不包括端点）上.由（1）可知，.所以的面积为.因为的面积比的面积大，所以点在线段（
19、不包括端点）上，且的面积等于的面积.所以的面积等于的面积.所以.设，则.因为点在椭圆上，所以.由解得：，所以的坐标为.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由的面积比的面积大，得出的面积等于的面积，进而可得的面积等于的面积，从而.20. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设，求证：；（3）设，若存在使得，求的最大值.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）的定义域为，先求，由可得单增区间，由可得单减区间；（2），求，利用的符号判断的单调性，求出的最大值即可求证；（3），分别讨论当时和时是否存在使得，即可求解.【详解】（1）因为，所以.令
20、，即，解得，令，即，解得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为，所以.所以，令，则，所以在单调递减，因为，所以当时，当时，所以在内单调递增，在内单调递减.，所以.（3）因为，所以，当时，即存在1，使得；当时，由（2）可知，即.所以.所以对任意，即不存在使得.综上所述，的最大值为.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.21. 设是由个实数组成的行
21、列的数表，满足：每个数的绝对值是1，且所有数的和是非负数，则称数表是“阶非负数表”.数表11-1-111-1-11-11-111-1-1数表-1-1-1-1111-11-11-111-1-1（1）判断数表，是否是“4阶非负数表”；（2）对于任意“5阶非负数表”，记为的第行各数之和，证明：存在，使得；（3）当时，证明：对与任意“阶非负数表”，均存在行列，使得这行列交叉处的个数之和不小于.【答案】（1）是，不是；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）直接法判断，；（2）由题意知，2，3，4，5，2，3，4，5，且数表是“5阶非负数表”，所以为奇数，且.不妨设.分类讨论即可得证；
22、（3）分步进行证明，一：先证明数表中存在行列，其所有数的和大于等于0，二：由（1）及题意不妨设数表前行列，其所有数的和大于等于0.考虑前行，证明存在行列，其所有数的和大于等于，三：在（2）所设数表下，证明前行前列中存在行列，其所有数的和.【详解】解：记为数表中第行第列的数，为数表中所有数的和，为数表中前行列交叉处各数之和.（1）是“4阶非负数表”；不是“4阶非负数表”.（2）由题意知，2，3，4，5，2，3，4，5，且数表是“5阶非负数表”，所以为奇数，且.不妨设.当时，因为为奇数，所以.所以.当时，因为为奇数，所以.所以.所以.又因为，均为奇数，所以.（3）一：先证明数表中存在行列，其所有数的和大于等于0.设，由题意知.不妨设.由于，所以.二：由（1）及题意不妨设数表前行列，其所有数的和大于等于0.下面考虑前行，证明存在行列，其所有数的和大于等于.设，则.不妨设.因为为个奇数的和，所以为奇数.当时，因为为奇数，所以.所以.当时，因为为奇数，所以.所以.所以.三：在（2）所设数表下，证明前行前列中存在行列，其所有数的和.设，则.不妨设.当时，；当时，.所以，所以.综上所述，对于任何“阶非负数表”，均存在行列，使得这行列交叉处的所有数之和不小于.