2022届北京市十一学校高三5月月考数学试题含解析

这是一份2022届北京市十一学校高三5月月考数学试题含解析，共20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届北京市十一学校高三5月月考数学试题一、单选题1．设，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【解析】先根据补集的定义求出，再由交集的定义可得结果.【详解】因为，，又因为， ，故选C．【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且不属于集合的元素的集合. 本题需注意两集合一个是有限集，一个是无限集，按有限集逐一验证为妥.2．若复数，则的共轭复数在复平面内对应的点在（       ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义结合复数的几何意义判断可得出结论.【详解】因为，则，所以，的共轭复数在复平面内对应的点在第二象限.故选：B.3．设，则的大小关系是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用对数函数，指数函数的单调性比较大小即可.【详解】因为所以，又因为所以.故选：C.4．设是首项为，公差为-1的等差数列，为其前n项和，若成等比数列，则=（    ）A．2 B．-2 C． D．【答案】D【分析】把已知用数列的首项和公差表示出来后就可解得．，【详解】因为成等比数列，所以，即故选D.【点睛】本题考查等差数列的前项和，考查等比数列的性质，解题方法是基本量法．本题属于基础题．5．已知函数则不等式的解集是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出函数以及的大致图象，数形结合即可求解.【详解】在同一坐标系中，作出函数以及的大致图象， 观察的区域，由图象可知，在区间和上，由此的解集.故选：A6．已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，于点.若是钝角三角形，则点的横坐标的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设点坐标，由平面向量的数量积求解【详解】由题意得，，设，则，，，若是钝角三角形，则是为钝角，，又，得．故选：A7．中“”是“其为等腰三角形”的（       ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】先判断是否充分：化简后能否得到结论：等腰三角形；再判断是否必要：由等腰三角形是否能得到，据此得到条件类型.【详解】因为，所以，所以或，所以三角形是等腰或者直角三角形，所以不充分；又因为当三角形是等腰三角形时，取，此时，所以也不必要，故为：既不充分也不必要条件.故选D.【点睛】充分、必要条件的判断要从两方面入手：充分性和必要性.充分性是条件能否推出结论的过程，必要性是结论能否推出条件的过程，判断时两者缺一不可.8．设是圆上的动点，是圆的切线，且，则点到点距离的最小值为（       ）A．4 B．5 C．6 D．15【答案】B【分析】利用圆的切线长公式可得点的轨迹方程为，然后利用圆的性质即得.【详解】由圆，可知圆心，半径为3，又，所以，即点的轨迹方程为，故点到点距离的最小值为.故选：B.9．在如今这个5G时代，6G研究已方兴未艾．2021年8月30日第九届未来信息通信技术国际研讨会在北京举办．会上传出消息，未来6G速率有望达到1Tbps，并启用毫米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计6G数据传输速率有望比5G快100倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比．若不改变带宽W，而将信噪比从9提升至161，则最大信息传递率C会提升到原来的（       ）参考数据：．A．2.4倍 B．2.3倍 C．2.2倍 D．2.1倍【答案】C【分析】按照题中所给公式分别求出当时和当时的最大信息传递率即可求出答案.【详解】当时，最大信息传递率当时，最大信息传递率.故选：C.10．在棱长为1的正方体中，M为底面ABCD的中心，，，N为线段AQ的中点，则下列命题中正确的个数为（       ）①CN与QM共面；②三棱锥的体积跟的取值无关；③当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为；④时，．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】对于①可得，可判断；对于②N到平面ABCD的距离为定值，且的面积为定值可判断；对于③先将过A，Q，M的截面分析做出，再求周长可判断；④分别求出的长，验证是否满足勾股定理，从而判断.【详解】解：在中，因为M，N为AC，AQ的中点，所以，所以CN与QM共面，所以①正确；由，因为N到平面ABCD的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以②正确；当时，取,连接,则,又所以所以共面,即过A，Q，M三点的正方体的截面为ACHQ，由,则ACHQ是等腰梯形,且 所以平面截正方体所得截面的周长为，所以③正确；当时，,可得，，取的中点分别为，连接,则 在直角三角形中, 则，所以不成立，所以④不正确．所以正确的命题个数是3个，故选：C．二、填空题11．在的展开式中，的系数为___________.【答案】【分析】写出的展开式的通项公式，令，即可求得结论．【详解】因为的展开式的通项公式为令，则，∴在的展开式中，的系数为.故答案为：．12．设函数对于任意，都有成立，则符合条件的的一个值为________.【答案】2【解析】化简函数，根据题设条件，得到，即，即可求解.【详解】由题意，函数，要使得函数对于任意，都有成立，则满足，即，当时，，此时，故符合条件的的其中一个值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的周期性，合理利用题设条件，列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.13．太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种互相转化，相对统一的和谐美.定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆的一个“太极函数”.则下列有关说法中：①函数是圆的一个太极函数；②对于圆的所有非常数函数的太极函数中，一定不能为偶函数；③存在圆，使得是圆的一个太极函数；④函数是奇函数，且当时，，若是圆的太极函数，则.所有正确的是___________.【答案】①④【分析】如果一个函数过圆心，并且函数图象关于圆心中心对称，必然合题（另外注意函数将圆分成部分，不能超过部分）．如果函数不是中心对称图形，则考虑与圆有个交点，交点连起来过圆心，再考虑如何让面积相等．【详解】①圆的圆心为，且是函数的一个对称中心，并且函数过，故①正确；②如下图所示，是偶函数，只需轴上方三角形面积与轴下方个三角形面积之和相等时，符合题意，故②错误；③，故是奇函数，对称中心为，但不在函数图象上，故不存在圆，使得是圆的一个太极函数，故③错误；④圆的圆心为，函数为奇函数，如下图所示，函数的图象若是圆的太极函数，则必然有顶点在圆内，即，解得，故④正确；故答案为：①④．三、双空题14．设双曲线经过点，且它的一条渐近线方程为，则双曲线的方程为___________；双曲线的离心率为___________.【答案】          【分析】根据已知条件及双曲线的渐近线，再利用离心率的公式即可求解.【详解】由题意可知，解得，所以双曲线的方程为.由，得，即，所以双曲线的离心率为.故答案为：；.15．正方形中，，为中点，为中点，则_______；若为上的动点，则的最大值为_________.【答案】          【解析】建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算求得，设出点坐标，求得的表达式，进而求得的最大值.【详解】以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由于正方形的边长为，分别是线段的中点，所以，所以.设，则，由于，所以，所以的最大值为.故答案为：（1）；（2）【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的运算，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.四、解答题16．在中，.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，使存在且唯一确定，并解决下面的问题：(1)求的大小；(2)的平分线交于点，求的长.条件①：；条件②：；条件③：.【答案】(1)(2)选②：【分析】（1）根据正弦定理结合三角形内角的范围求解即可；（2）若选①③：根据存在且唯一确定可排除；若选②：先根据三角形的面积公式求得，再用求解的长即可【详解】(1)由正弦定理可得，，因为，故，显然不合题意，故，又，故.(2)若选①：因为，，故，故三角形解不唯一；若选②：由三角形的面积公式，，代入有，解得.由可得，即，解得若选③：由正弦定理可得，同①，因为，故三角形解不唯一17．图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)详见解析；(2)存在点且为的中点；.【分析】（1）在图1中连接AC，交BE于O，易知，且，再在图2中由是二面角的平面角证明；（2）由（1）分别以为x，y，z建立空间直角坐标系，设，由表示坐标，求得平面的一个法向量，根据到平面的距离为求得，进而得到，由求得坐标，设直线与平面所成的角为，由求解.【详解】(1)证明：如图所示：在图1中连接AC，交BE于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且，在图2中，相交直线均与BE垂直，所以是二面角的平面角，因为，则，所以平面平面；(2)由（1）分别以为x，y，z建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面的一个法向量为，则，即，取，因为到平面的距离为，所以，解得，则，所以，设直线与平面所成的角为，所以直线与平面所成角的正弦值为：.18．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，航天员翟志刚､王亚平､叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站开启了有人长期驻留的时代.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成任务，平安返回.为普及航天知识，某市组织中学生参加“探索太空”知识竞赛，竞赛分为理论､操作两个部分，两部分的得分均为三档，分别为100分､200分､300分.现从参加活动的学生中随机选择20位，统计其两部分成绩，成绩统计人数如下表：理论操作100分200分300分100分021200分3b1300分23a例如，表中理论成绩为200分且操作成绩为100分的学生有2人.(1)若从这20位参加测试的学生中随机抽取一位，抽到理论或操作至少一项成绩为300分的学生概率为.求的值；(2)在（1）的前提下，用样本估计总体，从全市理论成绩为300分的学生中，随机抽取2人，求至少有一个人操作的成绩为300分的概率；(3)若要使参赛学生理论成绩的方差最小，写出的值.（直接写出答案）【答案】(1)，；(2)；(3)【分析】（1）由题意得，，从而求解，再结合表格数据与学生总人数求解；（2）先求解样本符合题意的概率，然后由样本估计总体，得全市学生符合题意的概率，从而利用对立事件的概率公式求解；（3）表示出参赛学生理论竞赛的平均成绩与方差，从而得关于二次函数，由的取值范围与二次函数的性质从而求解得答案.【详解】(1)由题意，理论或操作至少一项成绩为300分的学生共有人，则，得，又，得(2)由（1）知，从20位理论成绩为300分的学生中抽取1人，操作成绩也为300分的概率为，所以从全市理论成绩为300分的学生中，随机抽取2人，至少有一个人操作的成绩为300分的概率为(3)由题意，，设理论竞赛的分数为，则取值为，对应的人数分别为，所以参赛学生理论竞赛的平均成绩为，所以参赛学生理论成绩的方差为因为，所以当时，最小.【点睛】求解本题的关键是将理论竞赛分数对应的人数表示为的多项式，然后求解均值与方差，从而转化为关于的二次函数的最值问题.19．已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)判断函数的极值点的个数，并说明理由.【答案】(1)(2)综上：当或时，无极值点；当或或时，有两个极值点.【分析】（1）分别求出和，即可求出切线方程；（2）分、、和这几种情况，分别讨论单调性，即可得到对应的极值点的情况.【详解】(1)当时，，定义域为，.因为，所以.所以在点处的切线方程为：，即.(2)函数定义域为，.①当时，，显然无极值点；②当时，，所以在上单调递增，故此时无极值点.③当时，令，解得或，或时，，时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，故此时有两个极值点.④当时，令，解得或，或时，，时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，故此时有两个极值点.⑤当时，令，解得或，或时，，时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，故此时有两个极值点.综上：当或时，无极值点；当或或时，有两个极值点.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键一是切线与导数的关系，二是分类标准的划分，三是通过导函数的正负对原函数单调性的研究.20．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线过点，且交椭圆于两点（异于两点），记直线的斜率为，直线的斜率为.①求的值；②设和的面积分别为，求的最大值.【答案】(1)(2)①3；②【分析】（1）由题意列方程组求解即可（2）①设直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解即可②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值即可【详解】(1)由题意可得解得，所以椭圆C的方程为．(2)①依题意，点，设，因为两点异于两点，所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆联立，得：，故，可得.故 ，即②由题，，令，则对勾函数在上单调递增，故，当且仅当时取等号. 所以的最大值为．21．已知数列为有限数列，满足，则称满足性质.(1)判断数列和是否具有性质，请说明理由；(2)若，公比为的等比数列，项数为12，具有性质，求的取值范围；(3)若是的一个排列符合都具有性质，求所有满足条件的数列.【答案】(1)满足，不满足(2)(3)共4个满足，分别是：和和和【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质；（2）等比数列具有性质等价于对任意的恒成立，就分类讨论后可得的取值范围.（3）设，先考虑均不存在具有性质的数列，再分别考虑时具有性质的数列，从而得到所求的数列.【详解】(1)对于第一个数列有，满足题意，该数列满足性质对于第二个数列有不满足题意，该数列不满足性质.(2)由题意可得， 两边平方得： 整理得：当时，得， 此时关于恒成立，所以等价于时，所以，所以或者，所以取.当时，得， 此时关于恒成立，所以等价于时，所以，所以，所以取.当时，得.当为奇数的时候，得，因为，故显然成立当为偶数的时候，得，因为，故显然不成立，故当时，矛盾，舍去.当时，得.当为奇数的时候，得，显然成立，当为偶数的时候，要使恒成立，所以等价于时，所以，所以或者，所以取.综上可得，.(3)设，，因为， 故，所以可以取或者，若，，则，故或（舍，因为），所以（舍，因为）. 若，，则，故（舍，因为），或所以（舍，因为）. 所以均不能同时使，都具有性质.当时，即有，故，故， 故有数列：满足题意.当时，则且，故，故有数列：满足题意.当时，，故，故， 故有数列：满足题意.当时，则且，故，故有数列：满足题意.故满足题意的数列只有上面四种.【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定时均不存在具有性质的数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题.