北京市2020-2021学年高三下学期定位考试（学科综合能力测试）数学试题（Word解析版）
文档属性
| 名称 | 北京市2020-2021学年高三下学期定位考试（学科综合能力测试）数学试题（Word解析版） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 930.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 其它版本 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-03-03 18:23:47 | ||
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文档简介
2020-2021学年北京市高三定位考试
2021.3.1
本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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）已知集合，则
（A）
（B）
（C）
（D）
（2）已知，，，则
（A）
（B）
（C）
（D）
（3）在复平面内，复数对应的点位于第二象限，则角的终边在
（A）第一象限
（B）第二象限
（C）第三象限
（D）第四象限
（4）在的展开式中，的系数为
（A）
（B）
（C）
（D）
（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的最长棱为
（A）
（B）
（C）
（D）
（6）已知函数，则“”是“为奇函数”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
（7）已知直线经过点，则原点到点的距离可以是
（A）
（B）
（C）
（D）
（8）等差数列的前项和为．已知，．记，则数列的
（A）最小项为
（B）最大项为
（C）最小项为
（D）最大项为
（9）抛物线的焦点为.
对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为
（A）
（B）
（C）
（D）
（10）在正方体中，点在正方形内，且不在棱上，则
（A）在正方形内一定存在一点，使得
（B）在正方形内一定存在一点，使得
（C）在正方形内一定存在一点，使得平面平面
（D）在正方形内一定存在一点，使得平面
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）函数的定义域为________．
（12）已知双曲线（其中）的渐近线方程为，则________，的右焦点坐标为________．
（13）已知平面向量与的夹角为，则________．
（14）已知函数．若非零实数，使得
对都成立，则
满足条件的一组值可以是________，________．(只需写出一组)
（15）已知曲线，，其中．
①
当时，曲线与有个公共点；
②
当时，曲线围成的区域面积大于曲线围成的区域面积；
③
，曲线围成的区域面积等于围成的区域面积；
④
，曲线围成的区域内整点（即横、纵坐标均为整数的点）个数不少于曲线
围成的区域内整点个数．
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14分）
在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）的面积．
条件①：，；
条件②：，为等腰三角形．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
（17）（本小题共14分）
如图，长方体中,
，
，点为的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求二面角的余弦值．
（18）（本小题14分）
某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期．记随机变量、分别表示顾客购买型手机和型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，和的分布列如下表所示：
（Ⅰ）若某位顾客购买型和手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分期付款的概率；
（Ⅱ）电商平台销售一部型手机，若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为450元．记电商平台销售两部型手机所获得的利润为(单位:元)，求的分布列；
（Ⅲ）比较与的大小．（只需写出结论）
（19）（本小题14分）
已知函数．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线倾斜角为，求的值；
（Ⅱ）若在上单调递增，求的最大值；
（Ⅲ）请直接写出的零点个数.
（20）（本小题14分）
已知椭圆．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）经过原点的直线与椭圆交于两点，直线与直线垂直，且与椭圆的另一个交点为．
（i）
当点为椭圆的右顶点时，求证：为等腰三角形；
（ii）当点不是椭圆的顶点时，求直线和直线的斜率之比.
（21）（本小题15分）
对于给定的区间和非负数列
若存在使，成立，其中，，则称数列可“嵌入”区间.
（Ⅰ）分别指出下列数列是否可“嵌入”区间；
①；
②.
（Ⅱ）已知数列满足，若数列可“嵌入”区间，求数列的项数的最大值；
（Ⅲ）求证：任取数列满足，均可以“嵌入”
区
间.
（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）
2020-2021学年北京市高三定位考试
本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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）已知集合，则
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：1，2，3分别代入B判断即可，选A.
（2）已知，，，则
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：，，，选D.
（3）在复平面内，复数对应的点位于第二象限，则角的终边在
（A）第一象限
（B）第二象限
（C）第三象限
（D）第四象限
解析:,第四象限，选D.
（4）在的展开式中，的系数为
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：，选B.
（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的最长棱为
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：画长方体，去点，再定点.顶点在上底面的中心，下底面取四条棱的中点.
四条侧棱都是，选C.
（6）已知函数，则“”是“为奇函数”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
解析：前推后，，可推出为奇函数；
后推前，若为奇函数，则，解得.选C.
（7）已知直线经过点，则原点到点的距离可以是
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：将点代入直线方程，整理得，轨迹是圆心为，半径为2
的圆，则圆心到圆上点的距离范围为，故选B.
（8）等差数列的前项和为．已知，．记，则数列的
（A）最小项为
（B）最大项为
（C）最小项为
（D）最大项为
解析：人大附练习册及平时考试比较喜欢出这类题，今年高考也出了，列一列就完事了.
列一列，，，，，，，，...
故最小项，选C.
（9）抛物线的焦点为.
对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：抛物线首先考虑定义.
要想只存在一个点符合题意，那么点一定是过P做准线的垂线，垂足即为唯一的Q点.
又点还得在PF的垂直平分线上，故为等边三角形，边长为8，故P点横坐标为6.
选D.
在正方体中，点在正方形内，且不在棱上，则
（A）在正方形内一定存在一点，使得
（B）在正方形内一定存在一点，使得
（C）在正方形内一定存在一点，使得平面平面
（D）在正方形内一定存在一点，使得平面
解析：对于A，作平面的无数个平行面，与平面，都有交线，选A.
对于B，作平面的无数个垂直面，与平面，不一定都有交线，B错；
对于C，作平面的无数个平行面，点都不在面内，C错；
对于D，作平面的无数个垂直面，点都不在面内，D错.
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）函数的定义域为________．
解析：，，解得，定义域为.
（12）已知双曲线（其中）的渐近线方程为，则________，的右焦点坐标为________．
解析：，；，右焦点.
（13）已知平面向量与的夹角为，则________．
解析：，化简得，即，，
又，故.
（14）已知函数．若非零实数，使得
对都成立，则
满足条件的一组值可以是________，________．(只需写出一组)
解析：正弦函数为周期函数.
函数的最小正周期为，故，故可取，.
当然也可，此时可取，...
（15）已知曲线，，其中．
①
当时，曲线与有个公共点；
②
当时，曲线围成的区域面积大于曲线围成的区域面积；
③
，曲线围成的区域面积等于围成的区域面积；
④
，曲线围成的区域内整点（即横、纵坐标均为整数的点）个数不少于曲线
围成的区域内整点个数．
其中，所有正确结论的序号是________．
解析：异形曲线.北京高考考了一道心形图题，这个类型题已经出现不下10次了.
当然考试时，不敢确定或时间不够，填一个最稳妥，省出时间做大题.
首先需知道，都关于轴，轴轴对称，关于原点中心对称.
对于①，曲线，，
过轴上4个点，，，当相同，的更大，相对于圆凸出，①正确；
对于②，当时，纵坐标相同，当时，的更大，当时，的越大，
曲线围成的区域面积小于曲线围成的区域面积，②错误；
对于③，当时，曲线围成的区域面积小于围成的区域面积，
当很大时，图象完全在的圆里，曲线围成的区域面积大于围成的区域面积，
即随着的增加，一定有一个时刻使两曲线围成的面积相等；
对于④，若对于的一个整点为，则对应的点为，
即是整数时，不一定是整数，④正确.
填①③④.
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14分）
在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）的面积．
条件①：，；
条件②：，为等腰三角形．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解：三角劣构，和今年高考一样.当然也有概率考数列劣构.
选条件①：，
（Ⅰ）在中，因为，
…………3分
且，，
所以
所以，（舍）．
…………5分
由正弦定理得．
…………8分
因为，
所以．
…………9分
所以．
…………10分
（Ⅱ）因为
…………13分
在中，，，
所以．
…………14分
选条件②：，为等腰三角形．
（Ⅰ）在中，因为，
所以为钝角．
因为为等腰三角形，
所以为顶角．
所以．
…………2分
因为，
…………5分
所以．
由正弦定理得．
…………8分
因为，
所以．
…………9分
所以．
…………10分
（Ⅱ）因为
…………13分
在中，，，
所以．
…………14分
（17）（本小题共14分）
如图，长方体中,
，，点为的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求二面角的余弦值．
解：立体几何已经降低难度了，今年高考放在了大体第一题的位置上，必须拿满.
（Ⅰ）连接交于点，连接．
因为为长方体，
所以为矩形．
所以点为中点．
又因为为中点，
所以在中，．
…………2分
又平面，平面，
…………4分
所以平面．
…………5分
（Ⅱ）以D为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．…………6分
则，
所以，，．
所以
所以
…………8分
又，
…………9分
所以平面．
…………10分
（Ⅲ）因为为长方体，
所以平面
所以取平面的法向量为，
…………11分
再由（Ⅱ），取平面的法向量为．
…………12分
所以．
由题知二面角为钝角，所以其余弦值为．
…………14分
（18）（本小题14分）
某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期．记随机变量、分别表示顾客购买型手机和型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，和的分布列如下表所示：
（Ⅰ）若某位顾客购买型和手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分期付款的概率；
（Ⅱ）电商平台销售一部型手机，若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为450元．记电商平台销售两部型手机所获得的利润为(单位:元)，求的分布列；
（Ⅲ）比较与的大小．（只需写出结论）
解：不要忘了设事件，分清到底是哪个分布，今年高考题坑了一小部分学生.
（Ⅰ）设事件为“这位顾客两种手机都选择分期付款”．
…………1分
故．
…………4分
（Ⅱ）的所有可能值为．
…………5分
所以的分布列为：
…………11分
（Ⅲ）．
…………14分
（，故靠近0.25的数越多，方差越小，）
（19）（本小题14分）已知函数．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线倾斜角为，求的值；
（Ⅱ）若在上单调递增，求的最大值；
（Ⅲ）请直接写出的零点个数.
解：常规题，第三问零点题，首选参变分离或转化为两函数交点数，不能参再求导分类讨论.
（Ⅰ）因为，所以．
…………2分
．由题设知，即，解得．
…………5分
（Ⅱ）设．
所以．
…………7分
令,．
因为当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以的最小值为，
即的最小值为．
…………9分
因为在上单调递增，
所以对成立．
所以．所以的最大值为．
…………11分
（Ⅲ）当时，只有1个零点．
…………12分
当时，有3个零点．
…………14分
（，令，，，
可得单调递增，且，单调递增，且，，，又，过定点，转直线看交点即可，不要忘了）
（20）（本小题14分）已知椭圆．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）经过原点的直线与椭圆交于两点，直线与直线垂直，且与椭圆的另一个交点为．
（i）
当点为椭圆的右顶点时，求证：为等腰三角形；
（ii）当点不是椭圆的顶点时，求直线和直线的斜率之比.
解：定值问题.注意椭圆关于轴，轴轴对称，关于原点中心对称.
（Ⅰ）因为椭圆方程，所以．
…………1分
所以．
…………2分
所以离心率．
…………4分
（Ⅱ）（i）设．
由题设知，．
…………5分
因为，
所以点在以线段为直径的圆上，
所以有．
…………6分
又．
…………7分
解得（舍）．
所以．
…………9分
所以．
又．
…………10分
所以，即为等腰三角形．
（ii）法1：设
，且,,.
记直线的斜率分别为.
所以.
…………11分
因为，
所以.
…………12分
又.
因为所以.
…………13分
所以.所以，即直线和直线的斜率之比为.
…………14分
（ii）法2：因为点不是椭圆的顶点，
所以直线的斜率都存在且不为0，
设直线的方程为
由得
由所以.
设
,的中点.
因为
…………12分
所以，
…………13分
因为
所以
又因为所以.所以.
…………14分
（21）（本小题15分）对于给定的区间和非负数列
若存在使，成立，其中，，则称数列可“嵌入”区间.
（Ⅰ）分别指出下列数列是否可“嵌入”区间；
①；
②.
（Ⅱ）已知数列满足，若数列可“嵌入”区间，求数列的项数的最大值；
（Ⅲ）求证：任取数列满足，均可以“嵌入”
区
间.
解：21题最低标准得两个问的分，不要一看这个题就放弃不看.
（Ⅰ）①不可以；②可以.
…………4分
（区间，，①不可以，对于②，例如）
（Ⅱ）因为，
所以.
…………6分
当为奇数时，取
当为偶数时，取
此时可取，所以．
…………10分
（Ⅲ）设数列满足，
构造数列如下：
，
其中.
根据的定义知道，
当时，因为，所以.
当时，因为，所以.
而
所以
所以任取数列满足，均可以“嵌入”
区间.
数学试卷
第
4
页（共
5
页）
2021.3.1
本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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）已知集合，则
（A）
（B）
（C）
（D）
（2）已知，，，则
（A）
（B）
（C）
（D）
（3）在复平面内，复数对应的点位于第二象限，则角的终边在
（A）第一象限
（B）第二象限
（C）第三象限
（D）第四象限
（4）在的展开式中，的系数为
（A）
（B）
（C）
（D）
（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的最长棱为
（A）
（B）
（C）
（D）
（6）已知函数，则“”是“为奇函数”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
（7）已知直线经过点，则原点到点的距离可以是
（A）
（B）
（C）
（D）
（8）等差数列的前项和为．已知，．记，则数列的
（A）最小项为
（B）最大项为
（C）最小项为
（D）最大项为
（9）抛物线的焦点为.
对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为
（A）
（B）
（C）
（D）
（10）在正方体中，点在正方形内，且不在棱上，则
（A）在正方形内一定存在一点，使得
（B）在正方形内一定存在一点，使得
（C）在正方形内一定存在一点，使得平面平面
（D）在正方形内一定存在一点，使得平面
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）函数的定义域为________．
（12）已知双曲线（其中）的渐近线方程为，则________，的右焦点坐标为________．
（13）已知平面向量与的夹角为，则________．
（14）已知函数．若非零实数，使得
对都成立，则
满足条件的一组值可以是________，________．(只需写出一组)
（15）已知曲线，，其中．
①
当时，曲线与有个公共点；
②
当时，曲线围成的区域面积大于曲线围成的区域面积；
③
，曲线围成的区域面积等于围成的区域面积；
④
，曲线围成的区域内整点（即横、纵坐标均为整数的点）个数不少于曲线
围成的区域内整点个数．
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14分）
在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）的面积．
条件①：，；
条件②：，为等腰三角形．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
（17）（本小题共14分）
如图，长方体中,
，
，点为的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求二面角的余弦值．
（18）（本小题14分）
某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期．记随机变量、分别表示顾客购买型手机和型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，和的分布列如下表所示：
（Ⅰ）若某位顾客购买型和手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分期付款的概率；
（Ⅱ）电商平台销售一部型手机，若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为450元．记电商平台销售两部型手机所获得的利润为(单位:元)，求的分布列；
（Ⅲ）比较与的大小．（只需写出结论）
（19）（本小题14分）
已知函数．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线倾斜角为，求的值；
（Ⅱ）若在上单调递增，求的最大值；
（Ⅲ）请直接写出的零点个数.
（20）（本小题14分）
已知椭圆．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）经过原点的直线与椭圆交于两点，直线与直线垂直，且与椭圆的另一个交点为．
（i）
当点为椭圆的右顶点时，求证：为等腰三角形；
（ii）当点不是椭圆的顶点时，求直线和直线的斜率之比.
（21）（本小题15分）
对于给定的区间和非负数列
若存在使，成立，其中，，则称数列可“嵌入”区间.
（Ⅰ）分别指出下列数列是否可“嵌入”区间；
①；
②.
（Ⅱ）已知数列满足，若数列可“嵌入”区间，求数列的项数的最大值；
（Ⅲ）求证：任取数列满足，均可以“嵌入”
区
间.
（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）
2020-2021学年北京市高三定位考试
本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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）已知集合，则
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：1，2，3分别代入B判断即可，选A.
（2）已知，，，则
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：，，，选D.
（3）在复平面内，复数对应的点位于第二象限，则角的终边在
（A）第一象限
（B）第二象限
（C）第三象限
（D）第四象限
解析:,第四象限，选D.
（4）在的展开式中，的系数为
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：，选B.
（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的最长棱为
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：画长方体，去点，再定点.顶点在上底面的中心，下底面取四条棱的中点.
四条侧棱都是，选C.
（6）已知函数，则“”是“为奇函数”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
解析：前推后，，可推出为奇函数；
后推前，若为奇函数，则，解得.选C.
（7）已知直线经过点，则原点到点的距离可以是
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：将点代入直线方程，整理得，轨迹是圆心为，半径为2
的圆，则圆心到圆上点的距离范围为，故选B.
（8）等差数列的前项和为．已知，．记，则数列的
（A）最小项为
（B）最大项为
（C）最小项为
（D）最大项为
解析：人大附练习册及平时考试比较喜欢出这类题，今年高考也出了，列一列就完事了.
列一列，，，，，，，，...
故最小项，选C.
（9）抛物线的焦点为.
对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为
（A）
（B）
（C）
（D）
解析：抛物线首先考虑定义.
要想只存在一个点符合题意，那么点一定是过P做准线的垂线，垂足即为唯一的Q点.
又点还得在PF的垂直平分线上，故为等边三角形，边长为8，故P点横坐标为6.
选D.
在正方体中，点在正方形内，且不在棱上，则
（A）在正方形内一定存在一点，使得
（B）在正方形内一定存在一点，使得
（C）在正方形内一定存在一点，使得平面平面
（D）在正方形内一定存在一点，使得平面
解析：对于A，作平面的无数个平行面，与平面，都有交线，选A.
对于B，作平面的无数个垂直面，与平面，不一定都有交线，B错；
对于C，作平面的无数个平行面，点都不在面内，C错；
对于D，作平面的无数个垂直面，点都不在面内，D错.
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）函数的定义域为________．
解析：，，解得，定义域为.
（12）已知双曲线（其中）的渐近线方程为，则________，的右焦点坐标为________．
解析：，；，右焦点.
（13）已知平面向量与的夹角为，则________．
解析：，化简得，即，，
又，故.
（14）已知函数．若非零实数，使得
对都成立，则
满足条件的一组值可以是________，________．(只需写出一组)
解析：正弦函数为周期函数.
函数的最小正周期为，故，故可取，.
当然也可，此时可取，...
（15）已知曲线，，其中．
①
当时，曲线与有个公共点；
②
当时，曲线围成的区域面积大于曲线围成的区域面积；
③
，曲线围成的区域面积等于围成的区域面积；
④
，曲线围成的区域内整点（即横、纵坐标均为整数的点）个数不少于曲线
围成的区域内整点个数．
其中，所有正确结论的序号是________．
解析：异形曲线.北京高考考了一道心形图题，这个类型题已经出现不下10次了.
当然考试时，不敢确定或时间不够，填一个最稳妥，省出时间做大题.
首先需知道，都关于轴，轴轴对称，关于原点中心对称.
对于①，曲线，，
过轴上4个点，，，当相同，的更大，相对于圆凸出，①正确；
对于②，当时，纵坐标相同，当时，的更大，当时，的越大，
曲线围成的区域面积小于曲线围成的区域面积，②错误；
对于③，当时，曲线围成的区域面积小于围成的区域面积，
当很大时，图象完全在的圆里，曲线围成的区域面积大于围成的区域面积，
即随着的增加，一定有一个时刻使两曲线围成的面积相等；
对于④，若对于的一个整点为，则对应的点为，
即是整数时，不一定是整数，④正确.
填①③④.
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14分）
在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）的面积．
条件①：，；
条件②：，为等腰三角形．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解：三角劣构，和今年高考一样.当然也有概率考数列劣构.
选条件①：，
（Ⅰ）在中，因为，
…………3分
且，，
所以
所以，（舍）．
…………5分
由正弦定理得．
…………8分
因为，
所以．
…………9分
所以．
…………10分
（Ⅱ）因为
…………13分
在中，，，
所以．
…………14分
选条件②：，为等腰三角形．
（Ⅰ）在中，因为，
所以为钝角．
因为为等腰三角形，
所以为顶角．
所以．
…………2分
因为，
…………5分
所以．
由正弦定理得．
…………8分
因为，
所以．
…………9分
所以．
…………10分
（Ⅱ）因为
…………13分
在中，，，
所以．
…………14分
（17）（本小题共14分）
如图，长方体中,
，，点为的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求二面角的余弦值．
解：立体几何已经降低难度了，今年高考放在了大体第一题的位置上，必须拿满.
（Ⅰ）连接交于点，连接．
因为为长方体，
所以为矩形．
所以点为中点．
又因为为中点，
所以在中，．
…………2分
又平面，平面，
…………4分
所以平面．
…………5分
（Ⅱ）以D为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．…………6分
则，
所以，，．
所以
所以
…………8分
又，
…………9分
所以平面．
…………10分
（Ⅲ）因为为长方体，
所以平面
所以取平面的法向量为，
…………11分
再由（Ⅱ），取平面的法向量为．
…………12分
所以．
由题知二面角为钝角，所以其余弦值为．
…………14分
（18）（本小题14分）
某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期．记随机变量、分别表示顾客购买型手机和型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，和的分布列如下表所示：
（Ⅰ）若某位顾客购买型和手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分期付款的概率；
（Ⅱ）电商平台销售一部型手机，若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分期付款，则电商平台获得的利润为450元．记电商平台销售两部型手机所获得的利润为(单位:元)，求的分布列；
（Ⅲ）比较与的大小．（只需写出结论）
解：不要忘了设事件，分清到底是哪个分布，今年高考题坑了一小部分学生.
（Ⅰ）设事件为“这位顾客两种手机都选择分期付款”．
…………1分
故．
…………4分
（Ⅱ）的所有可能值为．
…………5分
所以的分布列为：
…………11分
（Ⅲ）．
…………14分
（，故靠近0.25的数越多，方差越小，）
（19）（本小题14分）已知函数．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线倾斜角为，求的值；
（Ⅱ）若在上单调递增，求的最大值；
（Ⅲ）请直接写出的零点个数.
解：常规题，第三问零点题，首选参变分离或转化为两函数交点数，不能参再求导分类讨论.
（Ⅰ）因为，所以．
…………2分
．由题设知，即，解得．
…………5分
（Ⅱ）设．
所以．
…………7分
令,．
因为当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以的最小值为，
即的最小值为．
…………9分
因为在上单调递增，
所以对成立．
所以．所以的最大值为．
…………11分
（Ⅲ）当时，只有1个零点．
…………12分
当时，有3个零点．
…………14分
（，令，，，
可得单调递增，且，单调递增，且，，，又，过定点，转直线看交点即可，不要忘了）
（20）（本小题14分）已知椭圆．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）经过原点的直线与椭圆交于两点，直线与直线垂直，且与椭圆的另一个交点为．
（i）
当点为椭圆的右顶点时，求证：为等腰三角形；
（ii）当点不是椭圆的顶点时，求直线和直线的斜率之比.
解：定值问题.注意椭圆关于轴，轴轴对称，关于原点中心对称.
（Ⅰ）因为椭圆方程，所以．
…………1分
所以．
…………2分
所以离心率．
…………4分
（Ⅱ）（i）设．
由题设知，．
…………5分
因为，
所以点在以线段为直径的圆上，
所以有．
…………6分
又．
…………7分
解得（舍）．
所以．
…………9分
所以．
又．
…………10分
所以，即为等腰三角形．
（ii）法1：设
，且,,.
记直线的斜率分别为.
所以.
…………11分
因为，
所以.
…………12分
又.
因为所以.
…………13分
所以.所以，即直线和直线的斜率之比为.
…………14分
（ii）法2：因为点不是椭圆的顶点，
所以直线的斜率都存在且不为0，
设直线的方程为
由得
由所以.
设
,的中点.
因为
…………12分
所以，
…………13分
因为
所以
又因为所以.所以.
…………14分
（21）（本小题15分）对于给定的区间和非负数列
若存在使，成立，其中，，则称数列可“嵌入”区间.
（Ⅰ）分别指出下列数列是否可“嵌入”区间；
①；
②.
（Ⅱ）已知数列满足，若数列可“嵌入”区间，求数列的项数的最大值；
（Ⅲ）求证：任取数列满足，均可以“嵌入”
区
间.
解：21题最低标准得两个问的分，不要一看这个题就放弃不看.
（Ⅰ）①不可以；②可以.
…………4分
（区间，，①不可以，对于②，例如）
（Ⅱ）因为，
所以.
…………6分
当为奇数时，取
当为偶数时，取
此时可取，所以．
…………10分
（Ⅲ）设数列满足，
构造数列如下：
，
其中.
根据的定义知道，
当时，因为，所以.
当时，因为，所以.
而
所以
所以任取数列满足，均可以“嵌入”
区间.
数学试卷
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