北京市海淀区2021届高三上学期期末考试练习数学试题 WORD版含解析.doc

2021北京海淀高三（上）期末数学本试卷，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：①存在正整数，使得；②存在正整数，使得；③记则数列有最小项，其中所有正确结论的序号是（）A.①B.③C.①③D.①②③【答案】C【解析】【分析】由，令，求得，得到，可判定①正确；由当时，，且单调递增，结合基本不等式，可判定②不正确；由，且当时，，且单调递增，可判定③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①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②不正确；由数列的通项公式为，可得，且当时，，且单调递增，所以，所以当时，数列有最小项，所以③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（G·Dandelin）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