2022届北京市人大附中高三上学期数学收官考试之期末模拟试题（解析版）

这是一份2022届北京市人大附中高三上学期数学收官考试之期末模拟试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届北京市人大附中高三上学期数学收官考试之期末模拟试题 一、单选题1．设集合，则（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先解对数不等式得到集合，再根据补集、交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，所以，所以，所以，因为，所以；故选：D2．集合，下列命题中不正确的是（    ）A．B．C．若，则z在复平面上所对应的点一定不在第四象限D．若，则z不一定是纯虚数【答案】A【分析】根据复数的定义、几何意义判断各选项．【详解】对于A，当时，，A错；对于B，若，则，此方程组无解，所以B正确；对于C，，则，易知直线过一、二、三象限，一定不过第四象限，因此C正确；对于D，当时，，满足，但不是纯虚数，D正确．故选：A．3．如图，角均以为始边，终边与单位圆分别交于，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三角函数的定义，可求得点的坐标，再由向量的数量积的运算公式和两角差的余弦公式，即可求解．【详解】根据题意角均以为始边，终边与单位圆分别交于，则，则.故选：C4．已知表示两个不同的平面，表示一条直线，且，则是的（     ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要【答案】D【详解】由题意，，则或，所以充分条件不成立，又当，时，不能得到，所以必要条件不成立，故选D．5．已知直线与直线平行，则与之间的距离为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】两直线斜率存在时，平行则斜率相等，求出m的值，再根据两平行线间的距离公式即可计算.【详解】∵直线与平行，∴，解得.∵的方程为，∴它们之间的距离.故选：B.6．若是偶函数，则一定有（    ）A．b=0 B．ac=0C．a=0且c=0 D．a=0，c=0且b≠0【答案】C【分析】利用偶函数的定义求得恒成立，即可求出a，c，再验证b=0时情况即可判断作答.【详解】显然函数定义域为R，因是偶函数，即，亦即，整理得，而ex-e-x不恒为0，因此，2ax2+2c恒为0，即a=0且c=0，当b也等于0时，也是偶函数，D不正确，所以一定正确的是C.故选：C7．如图，某建筑物是数学与建筑的完美结合.该建筑物外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为3，离心率为2，则该双曲线的标准方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用点到直线距离公式及离心率公式求出a，b即可作答.【详解】双曲线的渐近线方程为：，设双曲线下焦点为，则有，依题意，，离心率，解得，所以该双曲线的标准方程为.故选：D8．对圆上任意一点，若的值都与，无关，则实数的取值范围是（    ）A． B．C．或 D．【答案】A【分析】将转化为，然后根据几何意义进行解题即可.【详解】等价于圆上任意一点到直线和直线的距离的差的5倍，而距离之差与，无关，则直线与圆相切或相离，且与直线位于圆的同侧，所以，即或，由于直线与直线位于圆的同侧，所以故选：A.9．已知正方体中，点分别是线段上的动点，观察直线与，与，得出下列结论：①对于任意给定的点，存在点，使得；②对于任意给定的点，存在点，使得；③对于任意给定的点，存在点，使得；④对于任意给定的点，存在点，使得；其中正确的结论是（    ）A．①③ B．②③ C．①④ D．②④【答案】A【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论.【详解】对于①，当点与重合时，,，且，∴平面，∵对于任意给定的点，都有平面，所以对于任意给定的点，存在点，使得，故①正确．对于②，只有平面，即平面时，才能满足对于任意给定的点，存在点，使得，∵过点与平面垂直的直线只有一条，而，故②错误．对于③，只有垂直于在平面中的射影时，，故③正确．对于④，只有平面时，④才正确，因为过点的平面的垂线与无交点，故④错误．综上，正确的结论是①③，故选：A．【点睛】方法点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.10．若数列满足：，，，使得对于，都有，则称具有“三项相关性”下列说法正确的有（    ）①若数列是等差数列，则具有“三项相关性”②若数列是等比数列，则具有“三项相关性”③若数列是周期数列，则具有“三项相关性”④若数列具有正项“三项相关性”，且正数，满足，，数列的通项公式为，与的前项和分别为，，则对，恒成立．A．③④ B．①②④ C．①②③④ D．①②【答案】B【分析】根据题目给出的“三项相关性”的定义，逐项验证即可.【详解】①若为等差数列，则有即，①正确②，，（）即易知，显然成立时，，取有，也成立，所以②正确③周期数列：0，0，1，0，0，1，时，，显然不成立，③错误④即，∴，易知即，，故：，④正确综上：①②④正确故选：B 二、填空题11．的展开式中的常数项是______.【答案】【分析】根据二项式的展开式的通项可得答案.【详解】由题意的展开式的通项为，令，则， 所以的展开式中的常数项为.故答案为：.12．10名工人某天生产工艺零件，生产的件数分别是19，19，20，20，13，14，17，18，22，22，那么数据的80%分位数是______.【答案】21【分析】把数字从小到大排列，根据第百分数规则求解.【详解】解析：从小到大排列，得13，14，17，18，19，19，20，20，22，22，又因为，第8位20，第9位22，故数据的80%分位数是.故答案为：13．已知抛物线的准线方程为，则______.【答案】##0.5【分析】根据抛物线标准方程中焦距与准线的关系确定a.【详解】因为抛物线的准线方程为所以，解得；故答案为： .14．小明正在考数学期末模拟，写到了填空题的第15题，只有完全选对得5分，一旦错选或者少选得0分.已经题目有四个选项①②③④，小明根据平日掌握的知识和方法很快判断出了①正确，④错误.②③无法确定，但是小明依然冷静地分析后判断：②有的可能性是对的，③有的可能性是对的，假设小明判断正确，那么他应该选择______.【答案】①②【分析】列举出所有情况，写出概率，选择概率大的情况即可.【详解】解析：共有4种可能.选②选③，；选②不选③，；不选②选③，，不选②不选③，.故假设小明判断正确，那么他应该选择①②.故答案为：①②.15．对于函数，下列4个结论正确的是______.①任取，都有；②，对一切恒成立；③若关于x的方程有且只有两个不同的实根，则；④函数有5个零点【答案】①③【分析】由函数图像判断①；取判断②；由函数与函数的图像结合对称性判断③；由函数与函数的图像判断④.【详解】对于①，函数的图象如下图所示：由图可知，，则任取，都有，故①正确；对于②，当时，则，而由解析式知，②错误；对于③，函数与函数的图象如下图所示，若关于x的方程有且只有两个不同的实根，则，由对称性可知，③正确；对于④，函数与函数的图象如下图所示，由图可知，两函数的交点有3个，即函数有3个零点，④错误.故答案为：①③. 三、解答题16．已知同时满足下列四个条件中的三个：①     ②    ③    ④(1)请指出这三个条件，并说明理由；(2)求的面积．【答案】(1)同时满足①，③，④，理由见解析(2) 【分析】（1）根据三角形内角和，大角对大边即可判断出来；（2）根据余弦定理求出，再套用面积公式即可.【详解】（1）同时满足①，③，④．理由如下：若同时满足①，②，则因为，且，所以．这与，矛盾．所以不能同时满足①，②．所以只能同时满足③，④．因为，所以，故不满足②．故满足①，③，④．（2）因为，所以解得或（舍）．所以的面积17．玩具柜台元旦前夕促销，就在12月31日购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送大奖.而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个.(1)记事件：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐玩偶；事件：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求及；(2)柜台对甲、乙两个系列的盲盒进行饥饿营销，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为：而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为：如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为.①求；②若礼品店每卖出一个甲系列的盲盒可获利30元，卖出一个乙系列的盲盒可获利20元，由样本估计总体，若礼品店每天可卖出1000个盲盒，且买的人之前都已购买过很多次这两个系列的盲盒，估计该礼品店每天利润为多少元（直接写出答案）【答案】(1),；(2)①，②24000. 【分析】（1）由古典概型的概率公式可以直接解出；（2）依题意可得，即可得到是一个等比数列，从而求出，用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，可知服从二项分布，即可计算出结果.【详解】（1）由题意，.（2）①由题意可知：②当时，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以因为每天购买盲盒的人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，由样本估计总体可知：购买甲系列盲盒的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的个数，则，所以，即购买甲系列盲盒的个数的期望为400，所以礼品店应卖出甲系列盲盒400个，乙系列盲盒600个.估计利润为：（元）.18．如图，在四棱锥中，面，，且.(1)求证：；(2)求锐二面角的余弦值；(3)若的中点为M，判断直线与平面是否相交，如果相交，求出P到交点H的距离，如果不相交，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)相交，1 【分析】(1).根据题目中所给条件求出边长，利用勾股定理及线面垂直的判定定理证明线面垂直，再利用线面垂直的性质定理即可得到线线垂直.(2).建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，即可得到锐二面角的余弦值.(3).利用空间向量的坐标表示，判断直线的方向向量与平面的法向量是否垂直，若不垂直，则直线与平面相交，即可求出到交点的距离.【详解】（1）证明：，∴.∵在中，由余弦定理得，即，所以，∴.∴.又平面，平面.∴.又：平面，∴平面，∵平面，∴.（2）解：取中点N，连结.∵，∴.∴四边形是平行四边形.∴.∵，∴.∵平面，∴.∴以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则∴.设平面的一个法向量为，则∴令，则得，此时设平面的一个法向量为，则∴令，则得，此时.∴.设平面与平面所成角为，∴∴平面与平面所成角的余弦值为.（3）解：∵.∴，∴直线与平面相交.设，所以∴.∵，∵，解得∴，∴到交点H的距离为1.19．已知椭圆的短轴长为，直线与x轴交于点A，椭圆的右焦点为F，，过点A的直线与椭圆交于P，Q两点.(1)直接写出椭圆的方程及离心率；(2)若，求直线的方程；(3)过点P且垂直于x轴的直线交椭圆于另一点M，证明：Q，F，M三点共线，并直接写出面积的最大值.【答案】(1)，;(2)或;(3)证明见解析， 【分析】(1)由题意可得，解得，即可得椭圆的方程及离心率；(2) 设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程得，设，根据，得，由韦达定理可得，及的值，由，则，代入求出的值即得直线方程；(3) 设，则有，设，则，只需利用韦达定理证明，即可证明Q，F，M三点共线；由面积，再利用基本不等式即要求得最大值.【详解】（1）解：由题意可得，解得，所以椭圆的方程为，离心率为；（2）解：由（1）可得，设直线的方程为，，整理得，依题意，得，设则①，②，由直线的方程得于是③，由，则④，由①②③④得，从而，所以直线m的方程为或；（3）证明：设，即有，即，设，即有，则，∴，由于因为，又因为，所以，，即有，故有，∴Q，F，M三点共线，∴面积，，当且仅当，即时取等号，满足，∴面积的最大值.20．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间：(2)若关于x的不等式在上有解，求实数a的取值范围；(3)若曲线存在两条互相垂直的切线，求实数a的取值范围；（只需直接写出结果）【答案】(1)单调增区间是，，单调递减区间是；(2)；(3)，. 【分析】(1)当时，，求出其导数，利用导数即可解出单调区间；(2)若关于的不等式在，上有解，即，在，上有解，构造两个函数，，研究两个函数的在，上的单调性，即可转化出关于的不等式，从而求得的范围；(3)由的导数，当时，函数的图象与轴有两个交点，故图象上存在两条互相垂直的切线．【详解】（1）当时，，则，令得或；令得．函数的单调增区间是，，单调递减区间是；（2），即，可变为，令，，当时，在，上，由于的对称轴为负，故在，上增，在，上减，欲使有解，则只须(a)(a)，即，解得，故；当时，在，上，由于的对称轴为正，故在，上先减后增，在，上减，欲使有解，只须，即，当时，显然成立．综上所述，即为符合条件的实数的取值范围；（3）的取值范围是，．【点睛】本题考查导数的综合运用，利用导数研究函数的单调性，以及存在性问题求参数的范围，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，属于导数运用的一类典型题．21．定义圈数列X：；X为一个非负整数数列，且规定的下一项为，记，这样的相邻两项可以统一表示为（的相邻两项为，即；的相邻两项为）.定义圈数列X做了一次P运算：选取一项，将圈数列X变为圈数列：，即将减2，相邻两项各加1，其余项不变.并记下标k输出了一次.记X进行过i次P运算后数列为：（规定）(1)若X：4，0，0，直接写出一组可能的；(2)若进行q次P运算后，有，此时下标k输出的总次数为，记直接写出一组非负实数，使得对任意，都成立，并证明；(3)若X：，0，0，…，0，证明：存在M，当正整数时，中至少有一半的项非零.【答案】(1)(2)，证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）根据P运算的概念直接写出答案即可；（2）从第一问的过程中可以猜测；然后利用极端原理或考虑整体或者局部的方程证明即可；（3）想法利用（2）的结论，同时注意感受“一半”有配对的含义，因此可多观察下标k输出后附近的整体变化；然后利用数学归纳法证明即可.【详解】（1）（2）.考察，由操作规则，下标k输出了总值为，收入了因此，由，∴..方法一：极端原理：设，∴，且，∴，因此等号成立，有，即的后一项也是最大值，重复n次这个过程，则所有数都是最大值，即，∴.方法二：考虑整体或者局部：由，得到，遍历所有k有，从而有，而，从而有，∴，即，即∴.（3）X各项和为，每次运算都不会改变总和，由抽屉原理，至少有一项，因此可以进行无数次P运算.，因此各项值最多有种可能.从而存在不同的正整数，满足，将数列看作起点，，相当于次P运算回到原始状态，由（2）的结论，每个下标都输出过.取，当时，任取i，两个相邻下标，考察项的和：存在，第t次P运算在下标i输出，则.现证明：当时，即第h次P运算，恒有.当时，已证；设时成立，即，当时1）若第h次P运算不在下标输出，由规则，∴；（2）若第h次P运算在i或下标输出，则与第t次运算同理可得因此总有，因此，当后，每个下标都有输出，其任何相邻的两个至少有一个是非零，从而中至少一半的项非零.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.