中国人民大学附属中学2022届高三5月适应性练习数学试题

这是一份中国人民大学附属中学2022届高三5月适应性练习数学试题，共22页。试卷主要包含了已知复数为的共轭复数，则，已知集合，集合，则集合，如图是标准对数远视力表的一部分，已知正方体为对角线上一点等内容，欢迎下载使用。
中国人民大学附属中学2022届高三5月适应性练习数学试题第I卷（选择题）评卷人得分  一、单选题1．已知复数为的共轭复数，则（       ）A． B． C．2 D．2．已知集合，集合，则集合（       ）A． B．C． D．3．已知函数的定义域为，则“存在，对任意，均有”是“有最大值”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4．展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（       ）A． B． C．15 D．3755．函数的图像关于直线对称，则可以为（       ）A． B． C． D．16．已知函数，，的零点依次为、、，则、、的大小关系为（       ）A． B． C． D．7．设直线和圆相交，则弦的垂直平分线的方程是 A． B． C． D．8．如图是标准对数远视力表的一部分．最左边一列“五分记录”为标准对数视力记录，这组数据从上至下为等差数列，公差为；最右边一列“小数记录”为国际标准视力记录的近似值，这组数据从上至下为等比数列，公比为．已知标准对数视力对应的国际标准视力准确值为，则标准对数视力对应的国际标准视力精确到小数点后两位约为（       ）（参考数据：）A． B． C． D．9．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形前纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为（       ）A．5 B．6 C．7 D．810．已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（       ）A．只可能为三角形或六边形B．平面与平面的夹角为定值C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大第II卷（非选择题）评卷人得分  二、填空题11．抛物线的准线方程为________．12．能说明命题“若无穷数列满足，则为递增数列”为假命题的数列的通项公式可以为__________．13．某班在一次考试后分析学生在语文､数学､英语三个学科的表现，绘制了各科年级排名的散点图（如下图所示）． 关于该班级学生这三个学科本次考试的情况，给出下列四个结论：①三科中，数学年级排名的平均数及方差均最小；②语文、数学、英语年级排名均在150名以外的学生为1人；③本次考试该班语文第一名、数学第一名、英语第一名可能为三名不同的同学；④从该班学生中随机抽取1人，若其语文排名大于200，则其英语和数学排名均在150以内的概率为．其中所有正确结论的序号是__________．评卷人得分  三、双空题14．已知函数．①的函数图像关于__________对称；②若存在唯一，满足，则__________．15．已知双曲线的焦点为，过的直线与双曲线的右支交于两点．若是公比为2的等比数列，则__________．的离心率为__________．评卷人得分  四、解答题16．在中，．(1)求；(2)再从条件①､条件②､条件③这三组条件中选择一组作为已知，使存在且唯一确定，求的长．条件①：；条件②：；条件③：的面积为．注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．17．如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．18．某家电专卖店试销三种新型空调，销售情况如下表所示： 第一周第二周第三周第四周型数量（台）111015型数量（台）14913型数量（台）61112 (1)从前三周随机选一周，若型空调销售量比型空调多，求型空调销售量比型空调多的概率；(2)为跟踪调查空调的使用情况，根据销售记录，从该家电专卖店第二周和第三周售出的空调中分别随机抽取一台，求抽取的两台空调中型空调台数的分布列和数学期望；(3)直接写出一组的值，使得表中每行数据的方差相等．19．已知椭圆的左右焦点分别为．过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线交椭圆于两点，的周长为．(1)求椭圆的方程；(2)求的取值范围．20．已知函数．(1)若在处的切线与轴平行，求的值；(2)有两个极值点，比较与的大小；(3)若在上的最大值为，求的值．21．已知数列为无穷递增数列，且．定义：数列：表示满足的所有i中最大的一个．数列：表示满足的所有i中最小的一个（，2，3…）(1)若数列是斐波那契数列，即，，（，2，3，…），请直接写出，的值；(2)若数列是公比为整数的等比数列，且满足且，求公比q，并求出此时，的值；(3)若数列是公差为d的等差数列，求所有可能的d，使得，都是等差数列．
参考答案：1．D【解析】【分析】由题得,再求的值.【详解】由题得,所以.故选：D2．B【解析】【分析】利用一元二次不等式以及指数不等式的解法化简集合A、B，再根据并集的定义求解即可．【详解】集合，集合，集合．故选：B．3．B【解析】【分析】根据最大值的定义，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】只有当∃M，，且，使得，这时有最大值，反之，若有最大值，则存在，对任意，均有成立.所以函数的定义域为，则“存在，对任意，均有”是“有最大值”的必要不充分条件.故选：B4．D【解析】【分析】由二项式系数之和得出，再由通项求出答案.【详解】，展开式的通项为由得，则展开式的常数项为故选：D5．C【解析】【分析】的对称轴为，化简得到得到答案.【详解】对称轴为：当时，取值为.故选:C.6．D【解析】【分析】化函数的零点为方程的根，然后在同一坐标系中画出函数，，和函数的图像，根据图象即可判断、、的大小关系．【详解】已知函数，，的零点依次为、、，即，，，在同一坐标系中画出函数，，和函数的图像，由图可知：．故选：D7．A【解析】【详解】试题分析：弦AB的垂直平分线必过圆心，而圆的标准方程是，圆心，已知直线的斜率，那么垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程是，整理为，故选A.考点：直线方程8．D【解析】【分析】根据给定条件，确定标准对数视力从下到上的项数，再利用等比数列计算作答.【详解】依题意，以标准对数视力为左边数据组的等差数列的首项，其公差为-0.1，标准对数视力为该数列第3项，标准对数视力对应的国际标准视力值1.0为右边数据组的等比数列的首项，其公比为，因此，标准对数视力对应的国际标准视力值为该等比数列的第3项，其大小为.故选：D9．D【解析】【分析】计算得出，求出的取值范围，由此可求得的取值范围，从而可得最小值.【详解】如下图所示，由正六边形的几何性质可知，、、、、、均为边长为的等边三角形，当点位于正六边形的顶点时，取最大值，当点为正六边形各边的中点时，取最小值，即，所以，.所以，.的最小值为.故选：D.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．10．C【解析】【分析】在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状，周长及面积大小，通过法向量的关系可确定二面角的大小，从而判断各选型对错.【详解】如下图，在正方体中，体对角线与平面，平面，平面都垂直，由图可知，在平面运动过程中只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面与都垂直，所以平面在移动过程中都是平行平面，与平面的夹角为定值，故B正确；如下图，当为对角线中点时，为正六边形，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当为对角线中点时，为正六边形，设边长，面积为，当向下刚开始移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设，而且所有六边形的高都相等且等于，两邻边夹角都为，则六边形梯形，当为三角形时面积最大为，所以当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.故选：C.11．【解析】【详解】抛物线的准线方程为；故填.12．【解析】【分析】根据给定条件，数列首项为负并且是递减数列，写出符合该条件的一个通项作答.【详解】因无穷数列满足，当时，，数列为递增数列，给定命题是真命题，当时，，数列为递减数列，给定命题是假命题，因此，取，显然有，，所以.故答案为：13．①②④【解析】【分析】依据平均数和方差的定义判断①；求得语文、数学、英语年级排名均在150名以外的学生人数判断②；求得语文第一名、数学第一名、英语第一名的同学判断③；求得从该班学生中随机抽取1人，若其语文排名大于200，则其英语和数学排名均在150以内的概率判断④.【详解】①：三科中，数学对应的点比英语对应的点到横轴的距离近且较为密集，数学对应的点到横轴的距离比语文对应的点到纵轴距离近且较为密集，所以数学年级排名的平均数及方差均最小.判断正确；②：语文、数学、英语年级排名均在150名以外的学生为1人.判断正确；③：本次考试该班语文第一名、数学第一名、英语第一名为同一名同学.判断错误；④：由图表可知语文排名大于200的有3位同学，语文排名大于200且英语和数学排名均在150以内的同学仅有1位同学.故从该班学生中随机抽取1人，若其语文排名大于200，则其英语和数学排名均在150以内的概率为．判断正确.故答案为①②④14．     轴     【解析】【分析】利用奇偶性的定义判断奇偶性，再根据条件建立等式可求的值.【详解】可知函数的定义域为，又因为，即，所以函数是偶函数，故的函数图像关于轴对称；由于函数是偶函数，且存在唯一，满足，可知.故答案为：轴；15．     ##；     【解析】【分析】第一空：先设出，通过双曲线的定义求得，结合勾股定理即可求得；第二空：先由求得，进而由双曲线定义求出，即可求得离心率.【详解】第一空：设，则，连接，由双曲线的定义得，即，则，则，即；第二空：由可得，即，解得，设双曲线实轴长为，焦距为，则，则的离心率为.故答案为：；.16．(1)(2)选条件②，的长为.【解析】【分析】（1）利用三角形的内角和、诱导公式、二倍角的余弦公式对原始进行化简即可求解.（2）对三个条件逐项分析，利用正弦定理、余弦定理求解边的长度，注意题干中有唯一解，条件①无解，条件③有多个解，只有用条件②，有唯一解.(1)解：因为，则，故，又.所以：.(2)解：选条件①：，即，由余弦定理得，即，整理得，，故无解.选条件②：，即，则，由正弦定理得，即，解得，所以，解得：，则.又，由正弦定理得，解得.条件③：的面积为，因为,且，故或.故对于条件③，有2种可能，只要经过缩放就能使的面积为，故不唯一.综上，选条件②，的长为.17．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）在三棱柱中，利用线面平行、面面平行的性质推理作答.（2）在平面内过点A作，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.(1)在三棱柱中，，平面，平面，则平面，又平面平面，平面，于是得，而平面平面，平面平面，平面平面，则，所以四边形为平行四边形.(2)在平面内过点A作，因平面平面，平面平面，于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系， 因，，则，，，设平面的法向量，则，令，得，点B到平面的距离，解得，因此，，而，设直线与平面所成角为，于是得，所以直线与平面所成角的正弦值为.18．(1)(2)分布列见解析；.(3)【解析】【分析】（1）根据条件概率的计算公式即可求解；（2）根据题意得出的可能取值，分别计算其概率，列出分布列，根据分布列求数学期望.（3）利用方差的计算公式，结合题干中每组数据，将每组数据补成两对相邻数据，且和能被4整除的数即可.(1)解：记事件为“型空调销售量比型空调多”，则；记事件为“型空调销售量比型空调多”，则；故若型空调销售量比型空调多，型空调销售量比型空调多的概率为.(2)解：由题可知，在第二周抽取型空调的概率为，第三周抽取型空调的概率为.的可能取值为0，1，2，故,,,故的分布列为：012 则.(3)解：因为方差，且表中每行方差相等.所以其中，，，.观察数据：第一组15，11，10，；第二组：14，13，9，；第三组：12，11，6，.故可以将每组数据补成两对相邻数据，且和能被4整除，即，则，，.则.故满足题意.19．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意得，再通过的周长为求出，即可计算得到椭圆方程；（2）先讨论直线与轴重合和垂直的情况，再计算一般情况，得到的表达式，然后计算范围.(1)由题，由椭圆定义，的周长为，所以所以椭圆的方程为.(2)当轴时，MN与x轴重合，不符合题意，当直线与轴重合时，，所以；当直线斜率存在且不为0时，设，由韦达定理所以同理所以综上所述，的取值范围是.20．(1)；(2)；(3)3或【解析】【分析】（1）直接求导，由直接解出即可；（2）先由导数求出函数的极值点，再分别计算与，比较大小即可；（3）对进行分类讨论，分别确定在上的单调性，进而求得最大值，由最大值为，解出即可.(1)，由，解得；(2)由（1）知：，令可得或，则在单增，在上单减，则是的两个极值点，不妨设，则，，又，即；(3)由（2）知：在单增，在上单减.当时，，则在上单增，则，解得或，故；当时，，则在上单增，在上单减，则，解得，不满足，不合题意；当时，，则在上单减，则，不合题意；当时，，则在上单减，在上单增，则，若，则，解得或，不满足，不合题意，若，则，解得或，不满足，不合题意；当时，则在上单增，则，解得或，故；综上：或.21．(1),(2),,(3)【解析】【分析】（1）根据数列,的定义以及是斐波那契数列,即可求解.（2）数列是公比为整数的等比数列,可对公比进行检验,根据,的定义以及的特征,可检验出公比的值.（3）根据数列,的公差是正整数,以及数列,的定义,可列出不等式,求解公差的范围,进而得解.(1)数列是斐波那契数列,则的项分别是当时,则;当时,则,当时,则;当时,则以此类推,可知当时,表示满足的所有i中最大的一个,所以,表示满足的所有i中最小的一个,所以(2)因为数列是公比为整数的等比数列,故公比当时,的项为,表示满足的所有i中最大的一个,所以,同理;表示满足的所有i中最小的一个,所以,同理,符合题意.当时,的项为,表示满足的所有i中最大的一个，不符合,当时,的项增长的更快速,此时,故不符合题意.综上,,,(3)由数列是公差为d的等差数列,且单调递增,所以,又因为,设数列,的公差分别为,则则,当时,满足,由于是任意正整数,故可知同理可知当时,满足,由于是任意正整数,故可知,综上可知,又因为,所以可以是任意一个正整数.故