2022届北京市首都师范大学附属中学高三下学期三模练习数学试题含解析

这是一份2022届北京市首都师范大学附属中学高三下学期三模练习数学试题含解析，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届北京市海淀区首都师范大学附属中学高三下学期三模练习数学试题
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点的坐标为，则实数（       ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】由复数的乘法运算公式对已知式子进行整理，结合所给点的坐标即可求出.
【详解】解：，由题意知，对应的点的坐标为，则，
故选:D.
【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了已知复数对应点坐标求参数，属于基础题.
2．若全集，,,则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由条件可得，然后可判断出答案.
【详解】因为,,
所以，所以
故选：D
3．下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用函数的奇偶性和单调性的定义以及导数分别判断四个选项即可得出答案.
【详解】对于A，函数的定义域为R，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
当时，函数单调递增，故A不符合题意；
对于B，函数的定义域为R，关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，
由幂函数的性质知函数在R上单调递增，
所以函数在R上单调递减，故B不符合题意；
对于C，函数的定义域为R，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
当时，又，
所以函数在上单调递减，故C符合题意；
对于D，函数的定义域为，关于原点对称，
且，
所以是奇函数，又，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故D不符合题意.
故选：C.
4．如果实数，，满足：，则下列不等式一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接利用赋值法和不等式的基本性质的应用求出结果．
【详解】对于选项A，当c=0时，ac2=bc2，故选项A错误；
对于选项B，当时，a2＞b2＞c2错误；
对于选项C，当a=1，b=0，时，a+c＞2b错误；
对于选项D，直接利用不等式的基本性质的应用求出，故选项D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.
5．在圆中，过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而求出最短、最长弦，即可得解；
【详解】解：圆，即，圆心为，半径，
又，所以过点的最长弦，最短弦，
且最短弦与最长弦互相垂直，所以；
故选：B
6．设函数，其中.若，且相邻两个零点之间的距离大于，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意求得，再由周期公式求得，最后由若求得值，即可得解．
【详解】解：因为函数相邻两个零点之间的距离大于，所以的最小正周期大于，所以，
又，，所以，
，则，即．
，
由，得．
，．
因为，所以取，得．
，．
故选：B．
7．已知等差数列，则“”是“”成立的（       ）
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】根据充分条件、必要条件的定义及等差数列的通项公式计算可得；
【详解】解：因为，设等差数列的首项为，公差为，
当时，故充分性成立；
若，即，即，
所以，即，所以或，故必要性不成立，
故“”是“”成立的充分不必要条件；
故选：A
8．如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是（       ）

A．直线与直线相交
B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点
C．存在点，使得直线与直线所成角为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】D
【分析】根据线面平行的判定定理可得平面，进而可判断A；
利用勾股定理和反证法即可判断B；建立如图空间直角坐标系，利用向量法和反证法即可判断C；根据等体积法即可判断D.
【详解】A：由题意知，，平面，平面
所以平面，
又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，

当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，

设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
不符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误；
D：如图，

由等体积法可知，
又，
为定值，所以为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：D.
9．已知函数，若实数，则在区间上的最大值的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先求出，进而可知，由，可知区间，且该区间长度为2，然后画出函数的图象，进而可得到在上的图象，结合图象可求得在区间上的最大值的取值范围.
【详解】由题意，当时，；当时，；当时，.
所以，则，
因为，所以区间，且该区间长度为2.
作出函数的图象，如图1，进而可得到在上的图象，如图2，
根据图象可知在区间上的最大值的取值范围是.
故选：D.

【点睛】本题考查函数图象的应用，考查分段函数的性质，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.
10．已知函数，给出下列四个结论：
①若，则有一个零点；
②若，则有三个零点；
③，使得在上是增函数；
④在上是增函数.
其中所有正确结论的序号是（       ）
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
【答案】C
【分析】利用导数分段研究函数的单调递增，结合零点的存在性定理依次判断命题即可.
【详解】因为函数，所以函数，
对于①，当时，则，
当时，单调递增，
当时，，所以单调递增，所以函数在R上单调递增，且，，所以函数有一个零点，故①正确；
对于②，，若，则，
当时，单调递增，且，
，
所以函数在上有1个零点；
当时，令，解得，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，如图，

所以，
所以函数在上有2个零点，
综上，当时函数有3个零点，故②正确；
对于③，当，即时，则，
当时，单调递增，
当时，令，解得，
所以当时，所以，单调递减；
当时，所以，单调递增，
所以当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，所以不存在，使得在R上是增函数，故③错误；
对于④，当，即时，则，
当时，单调递增，
当时，，
则单调递增，所以函数在R上单调递增，
结合命题①的分析可知当时函数在R上单调递增，
综上，，在R上是增函数，故④正确；
故选：C.
二、填空题
11．在的展开式中，常数项为___________.（用数字作答）
【答案】
【分析】求出二项式展开式的通项，再令，求出，再代入计算可得；
【详解】解：二项式的展开式通项公式为．
令，解得，
故展开式的常数项为，
故答案为：．
12．若，请写出一组符合题意的___________.
【答案】、（答案不唯一）
【分析】本题属于开放性问题，只需填写符合题意的答案即可，再利用两角差的正弦公式及诱导公式计算可得；
【详解】解：因为，，
所以，
所以，或，，
不妨令、；
故答案为：、（答案不唯一）
13．点，，，，为坐标原点，则与的夹角的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据向量得模的几何意义可得点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，再利用圆的切线可求得答案.
【详解】因为，，所以，
所以，
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
如图：

由图可知，当与圆相切时，最大，也就是与夹角最大，
此时，，所以，
所以与夹角的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了向量的减法法则和向量的模的几何意义，考查了向量的夹角，考查了数形结合思想，属于基础题.
14．颗粒物过滤效率是衡量口罩防护效果的一个重要指标，计算公式为，其中 表示单位体积环境大气中含有的颗粒物数量（单位：），表示经口罩过滤后，单位体积气体中含有的颗粒物数量（单位：）．某研究小组在相同的条件下，对两种不同类型口罩的颗粒物过滤效率分别进行了4次测试，测试结果如图所示．图中点的横坐标表示第i种口罩第j次测试时的值，纵坐标表示第i种口罩第j次测试时的值．


该研究小组得到以下结论：
①在第1种口罩的4次测试中，第4次测试时的颗粒物过滤效率最高;
②在第2种口罩的4次测试中，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高;
③在每次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率高;
④在第3次和第4次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低．
其中，所有正确结论的序号是__________．
【答案】②④
【解析】先根据题意分析得直线的斜率越大，颗粒物过滤效率越小，再看图逐一分析结论即可.
【详解】依题意，，知直线的斜率越大，颗粒物过滤效率越小. 看图分析如下：
在第1种口罩的4次测试中，四条直线中，直线斜率最大，故最小，第4次测试时的颗粒物过滤效率最低，则①错误；
在第2种口罩的4次测试中，四条直线中，直线斜率最小，故最大，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高，则②正确；
在第1次和第2次测试中，直线斜率大于斜率，，即第1种口罩的颗粒物过滤效率高，在第3次和第4次测试中，斜率大于直线，斜率，即第2种口罩的颗粒物过滤效率高，故③错误，④正确.
故答案为：②④.
三、双空题
15．已知双曲线的焦点为，实轴长为2，则双曲线的离心率是___________；若点是双曲线的渐近线上一点，且，则的面积为___________.
【答案】     2    
【分析】直接求出a、c，即可求出离心率；利用几何法求出，，直接求出面积.
【详解】因为双曲线的焦点为，实轴长为2，所以，所以离心率.
因为，所以，
所以直线l：，即为双曲线的一条渐近线.不妨设点是l上一点，
且，则.
因为，O为的中点，所以，所以为等边三角形，
所以，由勾股定理解得：.
所以的面积为.
如图示:


故答案为：2；.
四、解答题
16．如图，直三棱柱中，，是棱的中点，.

（1）证明：；
（2）求二面角的大小.
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】试题分析：（I）易证DC1⊥BD,再根据勾股定理证DC1⊥DC,从而可证得DC1⊥平面DCB,得到DC1⊥BC.
(II)求二面角关键是作出二面角的平面角，取A1B1的中点为M，连结C1M、DM,证明∠C1DM是A1−BD−C1的平面角即可.
（Ⅰ）证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．

∵D是AA1的中点， ∴ DC = DC1
又 AC=AA1，∴ DC12 + DC2 =CC12，∴ DC1⊥DC
又 DC1⊥BD，且DC1∩DC=D，∴ DC1⊥平面DCB．
∴ DC1⊥BC
（Ⅱ） 由（Ⅰ）知，DC1⊥BC，又CC1⊥BC， DC1∩CC1=C1
∴ BC⊥平面CDC1，∵ B1C1∥BC ∴B1C1⊥平面CDC1
∴ B1C1⊥A1C1，△A1C1B1为等腰直角三角形
取A1B1的中点为M，连结C1M、DM
∵ 直棱柱的底面A1B1C1⊥侧面AB1，C1M⊥A1B1
∴ C1M⊥平面AB1，C1M⊥BD．
由（Ⅰ）知，DC1⊥平面DCB，∴DC1⊥BD
又C1M∩DC1=C1，∴BD⊥平面C1MD ，MD⊥BD
∴∠C1DM是A1−BD−C1的平面角．
在Rt△C1MD中，C1M=A1C1，，
∴sin∠C1DM= =， ∴∠C1DM=30o
∴二面角A1−BD−C1的大小为30o．
【解析】本小题主要考查了线线，线面，面面之间的垂直与平行关系，以及二面角等知识.
点评：掌握线线，线面，面面平行与垂直的判定与性质是求解空间的角与距离的关键.求角的步骤为：一作，二证，三指，四求.
17．已知的内角的对边分别为，且
(1)求的值；
(2)给出以下三个条件：
条件①：；条件②；条件③.这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题：
（i）求的值；
（ii）求的角平分线的长.
【答案】(1)；(2)条件②③正确，(i)；(ii).
【分析】(1)根据两角和与差的正弦公式、辅助角公式化简计算可得，即可求得B；
(2)利用余弦定理即可推出条件①不正确；根据三角形面积公式和余弦定理求出，结合正弦定理即可求出，再次利用正弦定理可得，解方程组即可.
【详解】(1)，
，
，
，得Z，
由，得；
(2)若条件①正确，由，得，
由余弦定理，得，即，
解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确；
(i)由，，
得，解得，
由余弦定理，得，
因为，所以，由正弦定理，
得，即；
(ii)由正弦定理，得，即，
因为平方，，所以，
在中，由正弦定理，得，
在中，由正弦定理，得，
又，上述两式相除，得，
解得，所以.

18．“十一”黄金周某公园迎来了旅游高峰期，为了引导游客有序游园，该公园每天分别在时，时，时，时公布实时在园人数．下表记录了月日至日的实时在园人数：

日
日
日
日
日
日
日
时在园人数







时在园人数







时在园人数







时在园人数








通常用公园实时在园人数与公园的最大承载量（同一时段在园人数的饱和量）之比来表示游园舒适度，以下称为“舒适”，已知该公园的最大承载量是万人．
（Ⅰ）甲同学从月日至日中随机选天的下午时去该公园游览，求他遇上“舒适”的概率；
（Ⅱ）从月日至日中任选两天，记这两天中这个时间的游览舒适度都为“舒适”的天数为，求的分布列和数学期望；
（Ⅲ）根据月日至日每天时的在园人数，判断从哪天开始连续三天时的在园人数的方差最大？（只需写出结论）
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）的分布列见解析，数学期望；（Ⅲ）从10月3日开始连续三天时的在园人数的方差最大．
【分析】（Ⅰ）由题意得，在园人数为万人以下为“舒适”，由此根据古典概型的概率计算公式求解即可；
（Ⅱ）从月日至日中，这个时间的游览舒适度都为“舒适”的有4日、6日、7日，得的取值可能为0，1，2，且服从超几何分布，由此可求出答案；
（Ⅲ）根据方差的定义观察波动幅度，由此可得出结论．
【详解】解：∵以下称为“舒适”，该公园的最大承载量是万人，
∴在园人数为万人以下为“舒适”，
（Ⅰ）月日至日的下午时去该公园游览，“舒适”的天数为3天，
∴甲同学遇上“舒适”的概率；
（Ⅱ）从月日至日中，这个时间的游览舒适度都为“舒适”的有4日、6日、7日，
∴的取值可能为0，1，2，且服从超几何分布，
∴，
，
，
∴的分布列为

0
1
2





∴的数学期望；
（Ⅲ）从10月3日开始连续三天时的在园人数的方差最大．
【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查古典概型的概率计算公式，考查方差的定义，属于基础题．
19．已知椭圆过点，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于、两点，过、作直线的垂线，垂足分别为、，点为线段的中点，为椭圆的左焦点．求证：四边形为梯形．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据已知条件，结合离心率的定义和的平方关系，求得的值，进而得到椭圆的方程.
（2）分析可得四边形为梯形的充分必要条件是，设,可转化为证明，然后联立方程组，利用韦达定理证得此式，即证得结论.
【详解】(1)解：由已知得,解得,
∴椭圆的方程.
(2)证明：由（1）的结论可知，椭圆的左焦点,
设,则,.
，.
∵直线与椭圆交于、两点，
∴
由于直线与直线不平行，
∴四边形为梯形的充分必要条件是，即，
即,即,
∵,∴上式又等价于，
即（）.
由,得,
∴,

，
∴（）成立，
∴四边形为梯形.
20．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，，求导可得，，再结合切线的几何意义，即可求解．
（2）设，则，，，再利用导数研究函数的单调性，分和两种情况讨论，即可求解．
【详解】(1)解：当时，函数，定义域为，
又，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
(2)解：若在上恒成立，
即在上恒成立，
可令，，
则，，，
令，可解得，
当时，即时，在上恒成立，
所以在上单调递增，，
又，所以恒成立，
即时，在上恒成立，
当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
此时，，又，，即，
不满足恒成立，故舍去，
综上可知：实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数分类讨论求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想.
21．设且，集合，若对的任意元子集，都存在，满足：，且为偶数，则称为理想集，并将的最小值记为.
(1)当时，是否存在理想集？并说明理由.
(2)当时，是否存在理想集？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
(3)求.
【答案】(1)不存在，理由见解析；
(2)存在，；
(3)
【分析】（1）根据理想集的定义，分3元子集、4元子集分别说明判断作答.
（2）根据理想集的定义，结合（1）中信息，说明判断5元子集，6元子集作答.
（3）根据理想集的定义，结合（1）（2）中信息，判断的所有6元子集都符合理想集的定义作答.
【详解】(1)解：依题意，要为理想集，，
当时，，显然，有，而不是偶数，即存在3元子集不符合理想集定义，
而，在中任取3个数，有4种结果，；；；，它们都不符合理想集定义，
所以当时，不存在理想集.
(2)解：当时，，由（1）知，存在3元子集、4元子集均不符合理想集定义，
5元子集，在此集合中任取3个数，满足较小的两数和大于另一个数的只有与两种，但这3数和不为偶数，
即存在5元子集不符合理想集定义，
而的6元子集是，是偶数，是偶数，
即的6元子集符合理想集定义，是理想集，
所以当时，存在理想子集，满足条件的可分别为或，
即.
(3)解：当时，，由（1），（2）知，存在的3元子集、4元子集、5元子集不满足理想集定义，
要为理想集，，显然符合理想集的定义，满足条件的分别为或，
的6元子集中含有的共有个，这10个集合都符合理想集的定义，
的6元子集中含有不含6的有5个，其中含有4的有4个，这4个集合都符合理想集的定义，不含4的为，
显然有为偶数，即的6元子集中含有不含6的5个都符合理想集的定义，
的6元子集中含有不含5的有5个，它们是，，
它们对应的可依次为：；；；；，
即的6元子集中含有不含5的5个都符合理想集的定义，
的6元子集中含有不含3的有5个，它们是，，
它们对应的可依次为：；；；；，
即的6元子集中含有不含3的5个都符合理想集的定义，
的6元子集中含有之一的有3个，它们是，对应的可依次为：；；，
即的6元子集中含有之一的3个都符合理想集的定义，
因此，的所有个6元子集都符合理想集的定义，是理想集，
的7元子集有个，其中含有的有5个，这5个集合都符合理想集的定义，不全含的有3个，
它们是，对应的可依次为：；；，
即的所有8个7元子集都符合理想集的定义，是理想集，
的8元子集是，对应的可以为：，因此，是理想集，
因此，的6元子集，7元子集，8元子集都是理想集，所以，
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.