2022届北京大学附属中学高三三模数学试题含解析

2022届北京大学附属中学高三三模数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用交集的定义即可求解.

【详解】依题意可知，解得，

所以，

故选：.

2．若复数满足，则在复平面内，复数对应的点的坐标是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数四则运算的规则，计算出z，再根据复数的几何意义即可确定.

【详解】解：依题意，，，所以，

根据复数的几何意义，对应的是点（1，1）；

故选：C.

3．已知，下列不等式中正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由，结合不等式的性质及基本不等式即可判断出结论.

【详解】解：对于选项A，因为，而的正负不确定，故A错误；

对于选项B，因为，所以，故B错误；

对于选项C，依题意，所以，所以，故C正确；

对于选项D，因为与正负不确定，故大小不确定，故D错误；

故选：C.

4．已知平面，直线和，则下列命题中正确的是（       ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】A

【分析】对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；

对于B选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行；

对于C选项，由线面垂直的性质即可判断；

对于D选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面.

【详解】选项A正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；

选项B错误，平面和也可以相交；

选项C错误，直线可能在平面内；

选项D错误，直线和还可能相交或者异面.

故选：A.

5．有一副去掉了大小王的扑克牌（每副扑克牌有4种花色，每种花色13张牌），充分洗牌后，从中随机抽取一张，则抽到的牌为“红桃”或“”的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接根据古典概型概率计算公式即可得结果.

【详解】依题意，样本空间包含样本点为52，抽到的牌为“红桃”或“A”包含的样本点为16，

所以抽到的牌为“红桃”或“”的概率为，

故选：C.

6．已知函数，则不等式的解集是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由可得，在同一坐标系中作出两函数的图象，即可得答案.

【详解】解：依题意，等价于，

在同一坐标系中作出，的图象，如图所示：

如图可得的解集为：.

故选：D.

7．已知，则“”是“是钝角三角形”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】在三角形中，由先利用辅助角公式结合正弦函数性质求得角为钝角成立，反之举反例得出必要性不成立，从而得出结论.

【详解】解：中，，，，，，，所以是钝角三角形，充分性成立；

若是钝角三角形，角不一定是钝角，反例：,此时，必要性不成立；

故选：A.

8．已知数列满足，其中，则数列（       ）

A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项

【答案】A

【分析】求得数列的通项公式，再分析数列的单调性即可

【详解】依题意，因为，其中，当时，，

当时，，，两式相除有，易得随着的增大而减小，故，且，故最小项为，最大项为

故选：A

9．已知半径为的圆经过点，且与直线相切，则其圆心到直线距离的最小值为（       ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】先求出得圆心的轨迹方程，再利用点到直线的距离公式表示出距离，最后根据二次函数的最值求解方法可求得答案.

【详解】依题意，设圆的圆心，动点到点的距离等于到直线的距离，

根据抛物线的定义可得圆心的轨迹方程为，

设圆心到直线距离为，

当时,

故选：B

方法二：可以设与直线平行的抛物线的切线方程，联立方程，利用判别式等

于零，得到切线方程，再利用平行线的距离公式得解；

方法三：在第一象限分析问题，转化为求函数的切线与直线平行，再利用平行线的距离公式得解.

10．如图矩形，沿对折使得点与边上的点重合，则的长度可以用含的式子表示，那么长度的最小值为（       ）

A．4 B．8 C． D．

【答案】D

【分析】设，由三角比的定义可得，，继而求得，令和，求导可得的最大值为：，继而求得长度的最小值.

【详解】设，，，，则，则有和，

代入，解得：，

令和，

导函数，即可得的最大值在时取得，

此时，求得此时，

故选：D.

二、双空题

11．已知双曲线，则的右顶点的坐标为___________；若双曲线与双曲线的渐近线相同，则双曲线的离心率___________.

【答案】         

【分析】由已知，根据题意给的双曲线方程，即可直接求解右顶点坐标；共渐近线系的双曲线，离心率相同，可根据双曲线的离心率求解出双曲线的离心率.

【详解】解：由已知双曲线，所以右顶点坐标为；

共渐近线系的双曲线，离心率相同，

双曲线的离心率就是双曲线的离心率，所以.

故答案为：；.

12．已知正方形的边长为是的中点，点满足，则___________；___________.

【答案】         

【详解】

解：以A为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，

所以，，

设，所以，

因为，所以，所以，

又，所以.

故答案为：；10.

三、填空题

13．在的展开式中，常数项为___________.（用数字作答）

【答案】15

【分析】利用二项展开式的通项公式计算可得.

【详解】解：，令，解得，所以常数项为

故答案为：15.

14．已知函数，其中，若函数恒成立，则常数的一个取值为___________.

【答案】1；答案不唯一；只要常数的取值不等于即可

【分析】由三角函数的值域可知，当且仅当和同时取到时，等号成立；再根据正弦函数在（）取得最大值，联立即可得到.

【详解】若函数，即存在使得和同时取到1，

所以，即，

所以，解得

当时，；因为，所以，其中，则当（）时，.

故答案为：1；答案不唯一；只要常数的取值不等于即可.

15．对于函数和，给出下列四个结论：

①设的定义域为，的定义域为，则是的真子集.

②函数的图像在处的切线斜率为0.

③函数的单调减区间是，.

④函数的图像关于点对称.

其中所有正确结论的序号是___________.

【答案】①③④

【分析】对于①，分别求出函数和的定义域，即可判断；

对于②，对函数求导得到，在处的切线斜率；

对于③，先对分离常数判断其单调性，再利用复合函数的单调性可判断函数的单调性；

对于④，验证时，.

【详解】对于①，由题意得，函数的定义域，

函数的定义域.所以是的真子集，则①正确.

对于②，，则在处的切线斜率，则②错误.

对于③，的定义域是，而函数在区间，上都是单调递减且值为正，又因为函数在其定义域上单调递增，

因此复合后得到的在这两个区间上也是单调递减，则③正确.

④只需验证：当时，，则④正确.

故答案为：①③④.

四、解答题

16．如图，在平面四边形中，的面积

(1)求的长；

(2)从条件①､条件②､条件③这三个条件中任选两个作为已知，判断是否可能成立，并说明理由.

条件①：；条件②：；条件③：.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）由面积公式先求出的长，进而根据余弦定理求出的长.

（2）由题设，可以随意选择两个条件，去判断与是否可能相等.但是优先选择哪两个条件思维逻辑最清晰､解题过程最简洁是同学们应该思考的.由第一问可知，是唯一确定的三角形，都是可求的，而要判断与是否可能相等，可转化为判断它们的某一个三角函数值是否相等，因此首选条件②和条件③，此时中的三条边长都知道，容易计算余弦值.如果看到条件①，正好满足，能够想到四点共圆，那么圆周角相等则对应的弦长相等，因此选条件①和条件②也非常简单.最麻烦的是选择条件①和条件③，因为此时中知道的条件是边边角，不一定唯一确定，需要讨论.

【详解】(1)因为，所以在中，由，

得.

由余弦定理，

得，所以.

(2)选择条件②：和条件③：，

在中由余弦定理可得，

在中由余弦定理可得，

因为，

所以；

选择条件①：和条件②：，

在中，由正弦定理可得，

在中，由正弦定理可得，

所以，若，则，

与矛盾，

所以；

选择条件①：和条件③：，

在中由余弦定理可得.

在中，由余弦定理，

可得，

所以或.

当时，在中，由余弦定理可得

，

因为，且，

所以.

当时，在中，由余弦定理可得

，

因为，

所以.

所以选择条件①和条件③时，当时，成立；当时，.

17．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且.

(1)求证：平面；

(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据勾股定理可得，再根据线面垂直的判定可得平面，进而根据正三角形与线面垂直的性质与判定可得平面；

（2）取中点为中点为，可得两两垂直，再建立空间直角坐标系根据线面角与点面距离的方法求解即可

【详解】(1)证明：由题知，

因为，所以，

又，所以，

又，所以平面，

又平面，所以，

在正三角形中，为中点，于是，

又，所以平面

(2)取中点为中点为，则，

由（1）知平面，且平面，所以，

又，所以，所以平面，

于是两两垂直

如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系

则

所以

设平面的法向量为，

则，即

令，则

于是

设，则

由于直线与平面所成角的正弦值为

于是，即，整理得，由于，所以

于是

设点到平面的距离为

则

所以点到平面的距离为

18．北京市某区针对高三年级的一次测试做调研分析，随机抽取同时选考物理､化学的学生330名，下表是物理､化学成绩等级和人数的数据分布情况：

(1)从该区高三年级同时选考物理､化学的学生中随机抽取1人，已知该生的物理成绩等级为，估计该生的化学成绩等级为的概率；

(2)从该区高三年级同时选考物理､化学的学生中随机抽取2人，以表示这2人中物理､化学成绩等级均为的人数，求的分布列和数学期望（以上表中物理､化学成绩等级均为的频率作为每名学生物理､化学成绩等级均为的概率）；

(3)记抽取的330名学生在这次考试中数学成绩（满分150分）的方差为，排名前的成绩方差为，排名后的成绩方差为，则不可能同时大于和，这种判断是否正确.（直接写出结论）.

【答案】(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望为

(3)不正确

【分析】（1）由表可知，样本中物理成绩等级为的人数为，在该群体中化学成绩等级为的人数为110，即可估计该生的化学成绩等级为的概率；

（2）从该区高三年级同时选考物理､化学的学生随机选取一名，物理､化学成绩等级均为的概率估计为，可知随机变量的取值范围，分别求出相应概率即可得到分布列及其数学期望；

（3）假设排名前的成绩均为分，排名后的成绩均为分，即可判断.

【详解】(1)设事件为“该生物理成绩等级为的情况下，化学成绩等级为”，

样本中物理成绩等级为的人数为，在该群体中化学成绩等级为的人数为110，所以频率为，由样本估计总体可得，

故该生物理成绩等级为，估计该生化学成绩等级为的概率为.

(2)从该区高三年级同时选考物理､化学的学生随机选取一名，物理､化学成绩等级均为的概率估计为.

由题意随机变量的取值范围是

则的分布列：

(3)不正确；

举例：，排名前的成绩均为分，方差为，排名后的成绩均为分，方差为，显然，所以，，故同时大于和.

【点睛】（1）概率统计问题关键在于审题，建议大家在考试过程中审题不少于两遍，同时把重要信息标注出来，这样不容易丢掉关键信息；

（2）分布列问题类型判断是关键，建议结合做过的典型问题放在一起对比感悟；

（3）第三问这种问题是北京命题特色，围绕一些概念深入考查，具有较高的区分度，建议把一些典型的第三问加以整理并思考命题的逻辑.

19．已知椭圆经过点.

(1)求椭圆的方程及其离心率；

(2)若为椭圆上第一象限的点，直线交轴于点，直线交轴于点，且有，求点的坐标.

【答案】(1)，离心率为；

(2)

【分析】（1）由题意可得，继而求出，即可得方程和离心率；

（2）设，则，又由可得，继而得到，联立即可解得，的值.

【详解】(1)依题知：，所以.

所以椭圆方程为，离心率.

(2)如图：

设，第一象限有，①；

由得：，

又，，

因此②，

联立①②解得，故.

20．已知函数.

(1)当时，若曲线与直线相切于点，求点的坐标；

(2)当时，证明：；

(3)若对任意，不等式恒成立，请直接写出的取值范围.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）求导后设，再根据切点的性质列式求解即可；

（2）求导分析函数的单调性与最小值即可；

（3）方法一：数形结合判断，根据，分析函数的图象在函数的图象上方和与函数图象恰好有一个公共点的临界情况求解即可；

方法二：将原不等式转换为恒成立，再构造函数，根据单调性得到，再求解的最小值即可

【详解】(1)当时，.

设，则切线斜率.

由切点性质，得，解得.

所以点的坐标.

(2)当时，，其中，则，

令，其中，则，

故函数在上单调递增，且，

当变化时，变化情况如下表：

由上表可知，.所以.

(3)实数的取值范围.理由如下：

方法一：（数形结合）

在上恒成立，即.

因而函数的图象在函数的图象上方.

考虑函数图象在函数图象恰好有一个公共点的临界情形（如图所示），

此时它们在交点处有一条公切线，设交点的横坐标为.

又，由切点性质知，

所以即，

由得，所以即

记，则，所以在上是增函数.又因为，所以方程的解是.

因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是，此处公切线方程是.

所以当函数的图象在函数的图象上方时，实数的取值范围.

方法二：（同构变形）

显然，在上恒成立，即恒成立即

恒成立，

所以恒成立，

构造函数，易知在上是增函数，

所以恒成立，即，

令，

当时，，所以在上单调递减，

当时，，所以在上单调递增，

所以，所以，解得，

所以实数的取值范围.

【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用、根据导数求解函数单调性与最值，进而证明不等式等，同时也考查了根据导数解决恒成立的问题.需要根据题意数形结合分析临界条件，或构造同构函数分析函数的单调性，参变分离求得函数的最值即可.属于难题

21．已知数列满足：，且

(1)直接写出的值；

(2)请判断是奇数还是偶数，并说明理由；

(3)是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)是奇数，理由见解析；

(3)不存在，理由见解析.

【分析】（1）直接递推即得解；

（2）先证引理1：的奇偶性与相同，即得解；

（3）先证引理2：当为奇数时，除以3余数为1；当为偶数时，除以3余数为2，再利用反证法得解.

【详解】(1)解：由题得.

(2)解：是奇数.

理由如下：先证引理1：的奇偶性与相同.

假设不满足引理1的最小正整数，即的奇偶性与不同，

由（1）知（也可以写这里是为了保证后面用到的为正整数）.

①若为奇数，则有为偶数，为奇数，进而有为奇数，矛盾；

②若为偶数，则有为奇数，为偶数，进而有为偶数，矛盾.

所以假设不成立，引理1正确.

进而有为奇数加偶数，结果为奇数.

(3)解：不存在，理由如下.

先证引理2：当为奇数时，除以3余数为1；当为偶数时，除以3余数为2.

假设不满足引理2的最小正整数，由（1）知.

①若为奇数，则由（2）有为偶数且除以3余数为为奇数且除以3余数为

1，进而有除以3的余数为1，矛盾；

②若为偶数，则由（2）有为奇数且除以3余数为为偶数且除以3余数为

2，进而有除以3的余数为2，矛盾.

所以假设不成立，引理2正确.

假设存在，使得，由（2）知，为偶数，进而有除以3的余数为2，

而2022除以3的余数为1，矛盾.

进而有不存在，使得.