精品解析：北京市顺义区第二中学2022届高三适应性测试数学试题（解析版）

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2022年北京市顺义二中高考数学适应性试卷一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 已知集合，，则（    ）A.  B. C. 或 D. 或【答案】C【解析】【分析】根据补集的定义，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】因为集合，所以或.故选：C.2. 已知复数z满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先对已知式子化简可求出复数，然后再求其模即可【详解】因为，所以，所以．故选:A．3. 若等差数列和等比数列满足，，则（    ）A. －4 B. －1 C. 1 D. 4【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题中条件求出、的值，进而求出和的值，由此可得出的值.【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，求得，，那么故选：C.4. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数函数和指数函数的单调性进行判断可.【详解】因为，所以，故选：A5. 若非零实数a，b满足，则下列不等式一定成立的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式的基本性质、基本不等式的条件和对数的运算，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，因为，可得，因为不确定，所以A错误；对于B中，只有当不相等时，才有成立，所以B错误；对于C中，例如，此时满足，但，所以C错误；对于D中，由不等式的基本性质，当时，可得成立，所以D正确.故选：D6. 已知（且，且），则函数与图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由（且，且），得，从而得到与互为反函数，根据互为反函数的性质即可得到结果．【详解】∵（且，且），∴，∴，∴，函数与函数互为反函数，∴函数与的图象关于直线对称，且具有相同的单调性.故选：B．7. 已知为抛物线上一点，点P到抛物线C的焦点的距离与它到y轴的距离之比为，则（    ）A.  B. 2 C.  D. 3【答案】A【解析】【分析】由抛物线的定义得P到抛物线C的焦点的距离为，进而得到，再结合在抛物线上，解方程即可.【详解】由题意知：抛物线的准线为，则P到抛物线C的焦点的距离为，P到y轴的距离为，故，又，解得.故选：A.8. 已知命题p：，命题q：直线与圆有交点，则p是q的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系求出命题中的取值范围，再利用逻辑关系得出结论.【详解】对于命题：直线与圆有交点，可以等价为圆心到直线距离小于等于半径，又圆心为，半径为，圆心到直线的距离 解得：或又命题p： 或即p是q的充分不必要条件；故选：A.9. 若双曲线的一个顶点为A，过点A的直线与双曲线只有一个公共点，则该双曲线的焦距为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线渐近线的性质即可求解．【详解】斜率为，过点A的直线与双曲线只有一个公共点，则该直线与双曲线的渐近线平行，且过双曲线右顶点(a，0)，故=，且a-3=0，解得a=3，b=1，故c=，故焦距为2c=．故选：D．10. 若函数的值域为，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】分别求出和时f(x)的范围，根据两个范围的并集为即可求出a的范围．【详解】当时，f(x)=，当时，f(x)=，故要使的值域是，则0≤≤1，解得．故选：C．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 在二项式的展开式中，含的项的系数是__________（用数字作答）．【答案】28【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令通项中的的指数为5，列出方程求出的值，将的值代入通项，求出展开式中，含的项的系数．详解】解：展开式的通项为，令得，展开式中，含的项的系数是.故答案为：28．【点睛】本题考查利用二项式定理的通项公式，求特定项的系数的问题．12. 已知函数，则不等式的解集是______.【答案】【解析】【分析】变形可得，作函数，的图象，观察图象可得不等式的解集.【详解】，，作出函数，的图象如下，  由图可知，满足不等式的的取值范围为，所以，不等式的解集是.故答案为：.13. 若将函数的图像向左平移个单位后所得图像关于轴对称，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据三角函数的平移变换及余弦函数的性质计算可得；【详解】解：因为，将的图像向左平移个单位，得到，又关于轴对称，所以，，所以，所以当时取最小值；故答案为：14. 已知单位向量，的夹角为，且，（其中x，）．当时，______；当时，的最小值是______．【答案】    ①. ；    ②. .【解析】【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合共线向量的性质进行求解即可.【详解】当时，，因为单位向量，的夹角为，所以，因此；当时， 因此有，，因为单位向量，的夹角为，所以，因此当时，有最小值.故答案为：；15. 如图，空间四边形的各边长均相等，，，平面平面，给出下列四个结论：①；②异面直线与所成的角为；③为等边三角形；④与平面所成的角为.其中正确结论的序号是________.(请将正确结论的序号都填上)【答案】①②③【解析】【分析】将空间四边形放入到底面棱长分别为1，2，高为1的长方体中.再分别分析线线垂直得线面垂直，线线垂直，通过线段长度得等边三角形，根据线面垂直得线面角.【详解】由题意，不妨将空间四边形放入到底面棱长分别为1，2，高为1的长方体中.如图所示，过点作于，连接.对于①，因为四边形的各边长均相等且，，因为,从而可知，又平面，平面，且,所以平面，又平面，所以，故①正确；对于②，将平移到，平移到，连接，可得，，所以在中，，从而可知异面直线与所成的角为，故②正确；对于③，易得，故③正确；对于④，由②可知平面，因此与平面所成的角为,故④不正确.故答案为：①②③三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. 在中，．（1）求的大小；（2）以下三组条件中恰有一组条件使得三角形存在且唯一确定，请选出该组条件并求的面积．条件①：，；条件②：，；条件③：，．注：条件选择错误，第（2）问得0分．【答案】（1）    （2）选择条件②，三角形面积为【解析】【分析】（1）由余弦定理与已知条件结合可得，再由，所以得；（2）由，再结合，，可判断出条件②能使三角形存在且唯一确定，然后由正弦定理计算，，再代入三角形面积公式计算.【小问1详解】由余弦定理，又，可得，所以，又因为，所以【小问2详解】由（1）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边也是唯一确定的，故选择条件②.因，，所以．由正弦定理，可得，所以所以三角形面积【点睛】关于解三角形的问题，需要判断清楚选用合适的公式求解，一般涉及二次方以及三边一角的关系时都用余弦定理，涉及两边两角的关系一般用正弦定理.17. 李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下（假设各场比赛相互独立）：场次
 投篮次数
 命中次数
 场次
 投篮次数
 命中次数
 主场1
 22
 12
 客场1
 18
 8
 主场2
 15
 12
 客场2
 13
 12
 主场3
 12
 8
 客场3
 21
 7
 主场4
 23
 8
 客场4
 18
 15
 主场5
 24
 20
 客场5
 25
 12
  （1）从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；（2）从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；（3）记为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记为李明在这场比赛中的命中次数，比较与的大小（只需写出结论）【答案】（1）0.5；（2）；（3）.【解析】【详解】试题分析：（1）根据表中数据，在10场比赛中，李明投篮命中超过0.6的场次有5场，利用古典概型公式求解；（2）设事件为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件为“在随机选择的一个主场和一个客场比赛中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”则，事件、独立，利用独立事件、互斥事件的概率公式求解；（3）用公式分别计算、再比较大小.（1）根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中超过0.6的场次有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4，所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.（2）设事件为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件为“在随机选择的一个主场和一个客场比赛中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”则，事件、独立，根据投篮统计数据，，，.所以，在随机选择的一个主场和一个客场比赛中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为.（3）.考点：概率的计算、数学期望，平均数，互斥事件的概率. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，在棱上取点，使得平面.（1）求证：为中点；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求直线到平面的距离.【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）由线面平行的性质得线线平行，再根据中点可证明结论.（2）判断出点的位置，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.（3）利用向量法求得直线到平面的距离.【小问1详解】连接，交于点，则平面平面，又因为平面，平面，则，由于底面为正方形，所以点为的中点，因此可得为中点.【小问2详解】由（1）知是的中点.由于平面，所以，故两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，，设平面的法向量为，所以，故可设，平面的法向量为，平面与平面夹角为，则.【小问3详解】由于平面，则到平面的距离，即到平面的距离.,到平面的距离为.即直线到平面的距离为. 【点睛】19. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，过点作斜率为的直线交椭圆于另一点．若，求证：直线经过定点．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线斜率存在时，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据可得出参数之间的关系，化简直线的方程，即可得出结论；在直线斜率不存在时，根据计算可得出结论.【小问1详解】解：由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.【小问2详解】证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，若直线过点，则、必有一点与点重合，不合乎题意，所以，，设点、，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，，同理可得，由可得，即，因，整理可得，解得，所以，直线的方程为，所以，直线过定点；若直线的斜率不存在，则，，则，不合乎题意.综上所述，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.20. 已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）求的极值和单调区间；（3）若在上不是单调函数，且在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）答案见解析    （3）【解析】【分析】（1）求出导函数，计算出切线斜率，然后由点斜式得切线方程；（2）求出导函数，分类讨论确定的正负，确定函数单调性、极值．（3）由函数不单调，结合（2）得出函数在的最值，由最大值满足的不等关系可得的范围．【小问1详解】当时，函数，．   所以，．                       所以曲线在点处的切线方程．【小问2详解】函数定义域．                    求导得.                     ①当时，因为，所以．故的单调递减区间是，此时无极值.   ②当时，变化时，变化如下表：极小值 所以的单调递减区间是，单调递增区间是．  此时函数的极小值是，无极大值．【小问3详解】因为在不是单调函数，由第（2）可知此时，且，1  极小值 又因为在上恒成立，只需即可，所以，解得的取值范围是21. 对于项数为（）的有穷正整数数列,记（），即为中的最大值，称数列为数列的“创新数列”.比如的“创新数列”为.（1）若数列的“创新数列”为1,2,3,4,4，写出所有可能的数列；（2）设数列为数列的“创新数列”，满足（），求证：（）；（3）设数列为数列的“创新数列”，数列中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【详解】试题分析：（1）创新数列为1,2,3,4,4的所有数列，可知其首项是1，第二项是2，第三项是3，第四项是4，第五项是1或2或3或4，可写出；（2）由题意易得，，从而可得，整理即证得结论；（3）验证当时，不满足题意，当时，根据而得，同理，，而当时不满足题意.试题解析：（1）所有可能的数列为；；； （2）由题意知数列中. 又，所以 ，所以，即（）（3）当时，由得，又所以，不满足题意；当时，由题意知数列中，又当时，此时，而，所以等式不成立，因此；当时，此时，而，所以等式不成立，因此；当，得，此时数列为.        当时，，而，所以不存在满足题意的数列.综上数列依次为.