2022届北京市中国人民大学附属中学高三2月自主复习检测练习（开学测）数学试题含解析

这是一份2022届北京市中国人民大学附属中学高三2月自主复习检测练习（开学测）数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届北京市中国人民大学附属中学高三2月自主复习检测练习（开学测）数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解分式不等式求集合A，再判断集合之间的包含关系，即可判断各选项的正误.
【详解】由题设，，又，
所以，即A、B、C错误，D正确.
故选：D
2．下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】A由对数函数的性质判断奇偶性；B根据正切函数的性质判断单调性；C利用奇偶性定义及幂函数的单调性判断；D根据分式型函数的性质判断单调性.
【详解】A：的定义域为，显然不是奇函数；
B： 在定义域上不单调，不合要求；
C：且定义域为R，即为奇函数，又在定义域上递增，即为增函数，符合要求；
D：定义域为，在定义域上不单调性，不合要求；
故选：C
3．如果复数（其中为虚数单位，为实数）为纯虚数，那么（       ）
A．1 B．2 C．4 D．
【答案】A
【分析】根据给定条件利用复数的除法运算化简复数，再结合复数的分类即可作答.
【详解】，因复数为纯虚数，
于是得且，解得，
所以.
故选：A
4．在的展开式中，第4项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出，然后求出展开式的通项公式，令求出，再代入计算可得．
【详解】解：由已知可得，则，
所以二项式的展开式的通项公式为：，
令解得，所以，即的系数为，
故选：B．
5．已知二次函数的值域为，则的最小值为（       ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【分析】根据函数值域可推出，利用均值不等式即可求解.
【详解】因为二次函数的值域为，
所以，
即，，
所以，当且仅当，即时等号成立，
故选：A
6．己知函数的部分图象如图所示，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据图象求出函数的解析式，代值计算即可得出的值.
【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，故，
又，所以，，
又，故，所以，
所以，
故选：B.
7．若数列满足，则“，，”是“为等比数列”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
【答案】A
【分析】利用等比数列的定义通项公式即可判断出结论．
【详解】解：“，，”，取，则，
为等比数列．
反之不成立，为等比数列，设公比为，则，，只有时才能成立满足．
数列满足，则“，，”是“为等比数列”的充分不必要条件．
故选：A．
8．从某个角度观察篮球可以得到一个对称的平面图形如图所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长8等分，且，则该双曲线的离心率为（       ）

A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】建立坐标系，利用已知条件求出双曲线的实半轴的长，虚半轴的长，然后求解半焦距，推出离心率即可．
【详解】解：以为原点，所在直线为轴建系，
不妨设，
则该双曲线过点且，
将点代入方程，即，解得，所以，
故离心率为，
故选：C．

9．已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（       ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】令，，根据题意作出图形，结合图形将已知条件转化，得到，然后数形结合求的最大值.
【详解】如图:令，，则，故.
因为，所以，记的中点为，所以点在以为直径的圆上.
设，连接，因为，所以点在直线上.
因为，所以，即，所以.
结合图形可知，当时，即取得最大值，且.

故选：D
【点睛】思路点睛：向量中有关最值的求解思路：一是形化，利用向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题；二是数化，利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值、不等式的解集、方程有解等问题.
10．斐波拉契数列满足：，，．该数列与如图所示的美丽曲线有深刻联系，设，，给出以下三个命题：（       ）

①；
②；
③．
其中真命题的个数为（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】由且即可判断①的正误；利用，应用累加法判断②的正误；由，应用累加法判断③的正误.
【详解】由，则且，
所以，故①正确；
由，故②正确；
由，则，又，，
所以，，，…，，
则，故③正确.
故选：D
二、填空题
11．若抛物线上一点到该抛物线的焦点的距离为8，则该抛物线的方程为________．
【答案】
【分析】根据抛物线的定义可知该点到准线的距离为8，求得p值，进而得抛物线方程.
【详解】由题意可知 ,
则 ，
故抛物线的方程为 .
12．已知，在直线上存在点P，使，则m的最大值是_______.
【答案】11
【分析】设P点坐标，根据条件知，由向量的坐标运算可得P点位于圆上，再根据P存在于直线上，可知直线和圆有交点，因此列出相应的不等式，求得m范围，可得m的最大值.
【详解】设P（x,y）,则 ，
由题意可知 ,
所以 ，即 ，
即满足条件的点P在圆上，
又根据题意P点存在于直线 上，
则直线与圆有交点，
故有圆心(1,0)到直线的距离小于等于圆的半径，
即 ，解得 ，
则m的最大值为11，
故答案为：11.
13．如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，设，给出下列四个结论：

①四边形一定为菱形；
②若四边形的面积为，，则有最大值；
③若四棱锥的体积为，，则为单调函数；
④设与交于点，连接，在线段上取点，在线段上取点，则的最小值为．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①④
【分析】①根据面面平行的性质可证明四边形的两组对边分别平行，再证明对角线互相垂直即可证明其是菱形；
②四边形面积，EF为定值，MN最大时为最大，观察MN变化即可判断最值情况；
③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．底面△的面积是一个定值.高也为定值，故可判断体积为定值.
④将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.
【详解】①平面∥平面，平面平面＝EN，平面平面＝MF，
．同理可证．
四边形为平行四边形.
连接MN、AC、BD、：

∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵⊥平面ABCD，∴⊥AC，
∵BD＝B，∴AC⊥平面，
∵MN平面，∴AC⊥MN.
∵EA与FC平行且相等，
∴ACFE是平行四边形，
∴AC∥EF，
∴EF垂直MN，
∴MEFN是菱形.故①正确．
②四边形面积，EF为定值，当为B或时，即x＝0或x＝1时，最长，此时面积最大，但0＜x＜1，即M不能取线段的端点，∴四边形MENF面积无最大值．故②错误．
③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．

△的面积是一个定值.
同②中证明AC⊥平面，也可证明BD⊥平面，
则B到平面AEF的距离即为.
∵B∥A，∴B∥平面AEF，
∴M到平面AEF的距离即为B到平面AEF的距离，
同理N到平面AEF的距离也为，
∴、到平面的距离之和是定值BD，
∴四棱锥的体积为常数．故③错误．
④如图，将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.

过作于，
则四边形是直角梯形，
由题可知是中点，是梯形的中位线，∴
设，设
在中，，，
，
∴在中，
∴.故④正确.
故答案为：①④.
【点睛】本题综合考察空间点线面的位置关系，④中的关键是把空间问题平面化，将空间里面的两边之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解.
三、双空题
14．已知，能够说明命题“若对任意实数都有成立，则必有，”为假命题的一组A，的值为________，________．
【答案】         
【分析】要使对任意实数都有成立，则，再分和两种情况讨论，结合诱导公式求出的值，即可得出答案.
【详解】解：若对任意实数都有成立，
则，
当时，则，所以，
又，所以，
当时，则，所以，
又，所以，
综上所述，对任意实数都有成立，则，或，，
所以能够说明命题为假命题的一组A，的值为，.
故答案为：；.
15．有甲、乙两个袋子，甲袋中有2个白球，1个红球，乙袋中有2个红球，一个白球．这6个球手感上不可区别．今从甲袋中任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取一球，此球是红球的概率为________．若已知取到一个红球，则从甲袋放入乙袋的是白球的概率为________．
【答案】         
【分析】设A1＝从甲袋放入乙袋的是白球,A2＝从甲袋放入乙袋的是红球,B＝从乙袋中任取一球是红球,利用P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)和 P(A1|B)求解.
【详解】设A1＝从甲袋放入乙袋的是白球；A2＝从甲袋放入乙袋的是红球；B＝从乙袋中任取一球是红球；
P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＝，
P(A1|B)＝.
故答案为：；.
四、解答题
16．在中，，．
(1)求的大小：
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：边上的高．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，再直接利用余弦定理计算可得；
（2）若选①直接代入，得到方程无解，故舍去；
若选②由正弦定理求出，再代入，即可求出，最后根据面积公式计算可得；
若选③由锐角三角函数求出，再代入，求出有两解，故舍去；
【详解】(1)解：因为，，所以，所以，
由余弦定理知，
因为，所以．
(2)解：若选①，则，即，因为，所以方程无解，不符合题意；
若选②，由正弦定理可知，即，解得，所以，即，解得或（舍去）
所以；
若选③边上的高；在中，所以，即，所以，即，解得或，所以存在两解，不符合题意；

17．如图①，在梯形ABCD中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，如图②.

(1)证明：平面；
(2)若平面平面BCDE，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，再根据，即可证明结论；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得相关向量的坐标，然后求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案．
【详解】(1)在图①中，因为，，是的中点，，

故四边形为正方形，所以
即在图②中，，，又，
所以平面.
又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面.
(2)由已知，平面平面，又由（1）知，，，

所以为二面角的平面角，所以，
如图所示，以为原点，分别以，，所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系.，

设平面的一个法向量为，
，令
故平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，
，令，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
从而，
由图得二面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
18．2019年底，北京2022年冬奥组委会启动志愿者全球招募，仅一个月内报名人数便突破60万，其中青年学生约有50万人.现从这50万青年学生志愿者中，按男女分层抽样随机选取20人进行英语水平测试，所得成绩(单位:分)统计结果用茎叶图记录如下:

(Ⅰ)试估计在这50万青年学生志愿者中，英语测试成绩在80分以上的女生人数;
(Ⅱ)从选出的8名男生中随机抽取2人，记其中测试成绩在70分以上的人数为X，求的分布列和数学期望;
(Ⅲ)为便于联络，现将所有的青年学生志愿者随机分成若干组(每组人数不少于5000)，并在每组中随机选取个人作为联络员，要求每组的联络员中至少有1人的英语测试成绩在70分以上的概率大于90%.根据图表中数据，以频率作为概率，给出的最小值.(结论不要求证明)
【答案】(Ⅰ)万；(Ⅱ)分布列见解析， ；(Ⅲ)
【解析】(Ⅰ)根据比例关系直接计算得到答案.
(Ⅱ) 的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.
(Ⅲ) 英语测试成绩在70分以上的概率为 ，故，解得答案.
【详解】(Ⅰ)样本中女生英语成绩在分以上的有人，故人数为：万人.
(Ⅱ) 8名男生中，测试成绩在70分以上的有人，的可能取值为：.
，，.
故分布列为：









.
(Ⅲ) 英语测试成绩在70分以上的概率为 ，故，故.
故的最小值为.
【点睛】本题考查了样本估计总体，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
19．已知椭圆的焦点在轴上，且经过点，左顶点为，右焦点为．
(1)求椭圆的离心率和的面积；
(2)已知直线与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为，判断直线是否过定点？若是，求出该定点：若不是，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)存在实数，使得直线经过轴上定点.
【分析】（1）由椭圆经过点，代入椭圆方程求得，结合，解得的值，进而求得离心率和的面积；
（2）根据题意直线的方程为和，根据直线的方程，结合题意得到，求得，进而证明存在实数，使得直线经过轴上定点，即可得到答案.
【详解】(1)解：由题意，椭圆经过点，
可得，解得，即椭圆，
因为，即，所以椭圆的离心率为，
又由左顶点为，右焦点为，所以，
所以的面积为.
(2)解：设过点作直线的垂线的方程为，
由点，，可得直线的方程为，
当时，直线的方程为，交轴于点，
当时，直线的方程为，
此时交轴于点，
若直线经过轴上的定点，则，解得，直线交轴于点，
下面证明存在实数，使得直线经过轴上定点，
联立方程组，整理得，
设，则，
设点，所以的方程为，
令，可得，
因为，所以，
所以直线经过定点，
综上可得，存在实数，使得直线经过轴上定点.
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求的值；
(3)当，时，恒成立，直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义求解
（2）令，问题等到价于，而，可得为函数的最小值点，然后分和分析求解即可，
（3）问题等到价于恒成立，构造函数，转化为，再构造函数，利用导数判断其最小值，从而可判断出，由此可得为增函数，进而可求得结果
【详解】(1)当时，，则，
，，
所以曲线在处的切线方程为，即，
(2)当时，，
令，则
恒成立等价于，
因为，
所以为函数的最小值点，
因为，
当时，，所以在上单调递增，不合题意，
当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
所以，解得
(3)恒成立，等价于，
即恒成立，
构造函数，
等价于，
因为，所以
令函数，则，
显然为增函数，则，
所以在上为增函数，
所以，
所以，则，
因为，
所以在上单调递增，
所以当时，恒成立，
即，
所以的取值范围
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用求曲线的切线方程，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第3问解题的关键是将不等式转化为恒成立，再构造函数，再次转化为恒成立，再利用导数判断其单调性，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
21．对于数列，，，定义“变换”：将数列变换成数列，，，其中，且，记作．继续对数列进行“变换”，得到数列，，，依此类推．当且仅当得到的数列各项均为0时变换结束．
(1)直接写出2，6，4经过1次“变换”得到的数列，及再经过3次“变换”得到的数列；
(2)若经过次“变换”后变换结束，求的最大值；
(3)设，．已知2，，，且的各项之和为2022，若再经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值．
【答案】(1)：4，2，2；：0，2，2.
(2)n的最大值为1
(3)的最小值为506
【分析】（1）依据题给规则去求数列和数列即可；
（2）以反证法去证明n的最大值为1；
（3）先求得实数，，再去求的最小值．
【详解】(1)
2，6，4经过1次“变换”得：4，2，2，
：4，2，2，经过1次“变换”得2，0，2；经过第2次“变换”得2，2，0；
经过第3次“变换”得0，2，2.即：0，2，2.
(2)n的最大值为1
①先证明n可以为1
构造A：1，1，1，则：0，0，0，变换结束，此时n=1.
②再证明
反证法：假设
设经过次“变换”后得到的数列为，且不全为0.
因为经过次“变换”后变换结束，
所以，所以（t为非0常数）
设（即）由进行“变换”得到，
则
不妨设
所以
所以，与矛盾.
综上，n的最大值为1
(3)因为的各项之和为，不妨设，所以为的最大项
即最大，即，或
当时，可得
所以，则
当时，可得
所以，则
定义：若一个数列有三项，且最小项为2，较大两项相差2，则称此数列与数列
“结构相同”.
若数列的三项为，则无论其顺序如何，经过“变换”得到的数列的三项为（不考虑顺序）
所以与数列“结构相同”的数列经过“变换”得到的数列也与“结构相同”，除2以外其余各项减少2，各项之和减少4.
因此，数列2，1009，1011经过504次“变换”一定得到各项为2，1，3，（不考虑顺序）的数列.
对2，1，3，继续进行“变换”，依次得1，2，1；1，1，0；0，1，1；
各项为1，1，0的数列，无论顺序如何，经过“变换”得到的数列会重复出现，各项之和不再减少.
所以，至少通过506次“变换”得到的数列各项之和最小.
故的最小值为506．
【点睛】应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.