北京市丰台区2020-2021学年度第一学期期末练习高三数学

高三数学 2021.01

考生须知：

1. 答题前，考生务必先将答题卡上的学校、年级、班级、姓名、准考证号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的准考证号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。 2. 本次考试所有答题均在答题卡上完成。选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项。非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚。

3. 请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上答题无效。

4. 本试卷共150分，考试时间120分钟。

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）已知集合A{x|x≥0},B{xZ|2x2}，那么AB

（A）{0,1} （C）{1,0}

（B）{x|0≤x2} （D）{0,1,2}

（2）在等差数列{an}中，若a11,a2a410，则a20

（A）35 （C）39

（B）37 （D）41

（3）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于

（A）822 （C）1125

（B）1122

（D）1422 2x,x≥0,（4）若函数f(x)x则函数f(x)的值域为

2,x0,（A）[0,1) （C）(,0)(0,1)

（B）(,0] （D）(,1)

4x2y10,（5）若关于x,y的方程组(aR)无解，则a

2xay10（A）2 （C）1

（B）2 （D）

2 2（6）下列函数中，同时满足①对于定义域内的任意x，都有f(x)f(x)；②存在区间D，

f(x)在区间D上单调递减的函数是

（A）ysinx

1 x213（B）yx

（C）y（D）ylnx

（7）已知{an}是等比数列，Sn为其前n项和，那么“a10”是“数列{Sn}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

（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、政治排在同一天，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）36 （C）144

（B）48 （D）288

（9）在平面直角坐标系中，A,B是直线xym上的两点，且|AB|10．若对于任意点P(cos,sin)(0≤2，存在A,B使APB90成立，则m的最大值为

（A）22 （C）42

（B）4 （D）8

（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0.25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y(毫克/立方米)与时间t(分钟)之间的函数关系

0.1t,0≤t≤10,t (a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a为y110(),t102场，那么开始喷洒药物的时间最迟是

（A）9:40 （C）9:20

（B）9:30 （D）9:10

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）在复平面内，复数zi(ai)对应的点在直线xy0上，则实数a_____．

1x2y2（12）已知双曲线221(a0,b0)的一条渐近线方程为yx，那么该双曲线的离心率

2ab为_____．

（13）已知正六边形ABCDEF的边长为1，那么ABAF_____；若ADxAByAF，则

xy_____．

（14）函数f(x)sin(2x)的最小正周期T_____，将函数f(x)的图象向左平移(0)个

3单位长度，得到函数g(x)的图象. 若函数yf(x)g(x)的最大值为2，则的值可以为_____．

（15）对于平面直角坐标系内的任意两点P(x1,y1),Q(x2,y2)，定义它们之间的一种“距离”为

PQx2x1y2y1．已知不同三点A,B,C满足ACCBAB，给出下列四个结论：

①A,B,C三点可能共线；

②A,B,C三点可能构成锐角三角形； ③A,B,C三点可能构成直角三角形； ④A,B,C三点可能构成钝角三角形．

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13分）

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中， 侧面ABB1A1和BCC1B1 都是正方形，平面ABB1A1平面BCC1B1，D,E分别为 BB1,AC的中点．

EAA1（Ⅰ）求证：BE平面A1CD；

CBDC1B1（Ⅱ）求直线B1E与平面A1CD所成角的正弦值．

（17）（本小题13分）

在△ABC中，已知b5，cosB（Ⅰ）求sinA； （Ⅱ）求△ABC的面积．

9,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． 16条件①：cosC1；条件②：a4． 8注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

（18）（本小题14分）

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： 打包 第1段 第2段 第3段 第4段 250 300 600 850 男性 不打包 650 600 400 350 打包 450 550 750 650 女性 不打包 650 550 250 150 假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互．

（Ⅰ）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打包的概率；

（Ⅱ）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X人外出就餐有剩余时打包，求X的分布列；

（Ⅲ） 假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的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“k1”表示第k段居民外出就餐有剩余时打包，“k0”表示第k段居民外出就餐有剩余时不打包(k1,2,3,4)，写出方差D1,D2,D3,D4的大小关系．（只需写出结论）

（19）（本小题15分）

已知函数f(x)(xa)ex(aR)．

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

（Ⅱ）如果函数f(x)在区间(0,1)上有极值，且f(x)a≤0对于x[0,1]恒成立，求a的取值范围．

（20）（本小题15分）

x2y2已知椭圆W:221(ab0)过A(0,2),B(3,1)两点．

ab（Ⅰ）求椭圆W的方程；

（Ⅱ）直线AB与x轴交于点M(m,0)，过点M作不垂直于坐标轴且与AB不重合的直线l，l与椭圆W交于C,D两点，直线AC,BD分别交直线xm于P,Q两点，求证：

|PM|为定值． |MQ|

（21）（本小题15分）

已知{an}是由正整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，最小值记为Bn，令bnAn． Bn（Ⅰ）若an2n(n1,2,3,)，写出b1,b2,b3的值；

（Ⅱ）证明：bn1≥bn(n1,2,3,)；

（Ⅲ）若{bn}是等比数列，证明：存在正整数n0，当n≥n0时，an,an+1,an+2,是等比数列．

丰台区2020—2021学年度第一学期期末练习

高三数学 答案

2021．01

一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 题号 答案 1 A 2 C 3 B 4 D 5 C 6 A 7 B 8 D 9 C 10 B 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）

11．1 12．5 13． 1

,42214．，3 分）

（答案不唯一） 15．①③④（全部选对得5 分，不选或有错选得0分，其他得2三、解答题（共6小题，共85（16）（本小题13分）

分）

（Ⅰ）证明：取A1C中点F，连接DF,EF，

AA1 在△AAC中，E,F分别是AC,AC1的中点， 1EFB 所以EFAA1，EF1AA1． 2CDB1 在三棱柱ABCA1B1C1中，

C1四边形AA1B1B为正方形，D为BB1中点，

所以BD 所以BDAA1，BD1AA1． 2EF，BDEF．

所以四边形BEFD为平行四边形． 所以BEDF．

因为DF平面A1CD，BE平面A1CD，

所以BE平面A1CD．

（Ⅱ）解： 因为平面ABB1A1平面BCC1B1，平面ABB1A1平面BCC1B1BB1， AB平面ABB1A1，

正方形ABB1A1中ABBB1，

所以AB平面BCC1B1． 所以ABBC．

正方形BCC1B1中BCBB1．

如图建立平面直角坐标系Bxyz．

C(2,0,0)，B1(0,2,0)，A1(0,2,2)， 不妨设ABBCBB12，则B(0,0,0)，A(0,0,2)，

D(0,1,0)，E(1,0,1)．

所以B1E(1,2,1)，DA1(0,1,2)，DC(2,1,0)． 设平面A1CD的法向量m(x,y,z)，则

y2z0DA1m0， 即． 2xy0DCm0 令x1，则y2,z1．

于是m(1,2,1)．

设直线B1E与平面A1CD所成的角为，

所以sincosB1E,mB1EmB1Em2． 32． 3所以直线B1E与平面A1CD所成角的正弦值为

（17）（本小题13分） 解①：（Ⅰ） 因为cosB91,cosC,B,C(0,π)， 1685737． ,sinC1685719377． 1681684所以sinB所以sin(BC)sinBcosCcosBsinC所以sinAsin(BC)7． 4（Ⅱ） 由正弦定理得absinA4． sinB 所以S△ABC1137157． absinC452284解②：（Ⅰ） 由cosB579． ,B(0,π)得sinB1616由正弦定理得sinAa7sinB． b4（Ⅱ）由余弦定理b2a2c22accosB，得

2516c224c9． 16即2c29c180，

解得c6（c3舍）． 2所以S△ABC1157157． acsinB46221（18）（本小题14分）

（Ⅰ）解： 设该市男性居民外出就餐有剩余时打包为事件A；设该市女性居民外出就餐有剩余时

打包为事件B.

男性居民外出就餐有剩余时打包的有250+300+600+850=2000人，男性居民外出就餐有剩余时不打包的有650+600+400+350=2000人，被调查的男性居民有2000+2000=4000人， 所以P(A)20001． 40002女性居民外出就餐有剩余时打包的有450+550+750+650=2400人，女性居民外出就餐有剩余时不打包的有650+550+250+150=1600人，被调查的女性居民有2400+1600=4000人， 所以P(B)24003． 40005（Ⅱ）解： X的所有可能取值为0,1,2.

由题设知，事件A与B相互，且

P(A)12，P(B)． 25121， 25512131， 25252所以P(X0)P(AB)P(A)P(B)P(X1)P(ABAB)P(A)P(B)P(A)P(B)133． 2510P(X2)P(AB)P(A)P(B)所以X的分布列为

X P 0 1 2 1 51 23 10

（Ⅲ）解： D4D3D1D2 （19）（本小题15分）

解：（Ⅰ） 当a1时，因为f(x)(x1)ex，

所以f'(x)xex． 因为f(1)0，f'(1)e，

所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为ye(x1)，

即exye0．

（Ⅱ）因为f'(x)(xa1)ex，函数f(x)在区间(0,1)上有极值，

所以0a11． 所以1a2．

当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

x 0 (0,a1)  a1 0 f(a1) (a1,1)  1 f'(x) f(x) a (1a)e 因为f(x)a≤0对于x[0,1]恒成立，

所以f(0)a≤0，且f(1)a≤0．

所以(1a)e+a≤0，即a≥ 因为1a2， 所以

e． e1e≤a2． e1（20）（本小题15分）

x2y2解：（Ⅰ） 由椭圆W:221(ab0)过A(0,2)，B(3,1)两点，得

abb2，

2911． a24所以a12．

x2y2所以椭圆W的方程为1．

124（Ⅱ） 由m2，

设直线l的方程为yk(x2)(k0,k1).

yk(x2),由x2y2得(13k2)x212k2x12k2120．

1124且0.

12k212k212设C(x1,y1),D(x2,y2)，则x1x2． ,x1x213k213k2记直线AC的方程为y2y12x， x1令x2，得P点的纵坐标yP(22k)(x12)．

x1记直线BD的方程为y1y21(x3)， x23(k1)(x22)．

x23令x2，得Q点的纵坐标yQ(22k)(x12)x12(x23)(x12)|PM|yP||||||(k1)(x2)|MQ|yQ(x22)x12x2312k21212k224122x1222x1x24(x1x2)122x113k13k|||| 12k212x1x22x12x113k212k2122(13k2)x1||1.2212k122(13k)x1|PM|为定值1． |MQ|所以

方法2：

yPyQ(22k)(x12)(k1)(x22)x1x23(22k)(x12)(x23)(k1)(x22)x1

x1(x23)(1k)[2(x12)(x23)(x22)x1]x1(x23)(1k)[x1x24(x1x2)12]x1(x23)12k21212k2(1k)[4()12]2213k13kx1(x23)(1k)(12k21248k21236k2)(13k2)x1(x23)0.

所以

|PM|为定值1． |MQ|（21）（本小题15分）

解：（Ⅰ） b11，b22，b3=3．

（Ⅱ） 由题意知An1≥An0，0Bn1≤Bn，

所以An1Bn≥AnBn1．

所以

An+1A≥n，即bn1≥bn． Bn+1BnA1a11，及bn1≥bn， B1a1An1． Bn（Ⅲ） 由题意知b1①当bn1=bn时，得bn1，即

所以AnBn．

所以an=a1．

即{an}为公比等于1的等比数列． ②当bn1bn时，令atmina1,a2,当n≥t时，

显然An1An．

,an,，则Bmatm≥t．

若an1≤An，则An1=An，与An1An矛盾，

所以an1An≥an，即An1an1．

取n0t+1，当n≥n0时，

bnAnan，显然an,an+1,an+2,是等比数列． Bnat综上，存在正整数n0，使得n≥n0时，an,an+1,an+2,是等比数列.