北京市第四中学2022届高三下学期（三模）保温练习数学试题

这是一份北京市第四中学2022届高三下学期（三模）保温练习数学试题，共21页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，如图，用向量表示向量为，在的展开式中，的系数为等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前北京市第四中学2022届高三下学期（三模）保温练习数学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分     注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．若集合，集合，则（       ）A． B． C．  D．R2．在复平面内，复数对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．如图，用向量表示向量为（ ）A． B．C． D．4．在的展开式中，的系数为（       ）A． B． C． D．5．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是A．若则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．已知抛物线的焦点为F，是上一点，，则（       ）.A．1 B．2 C．4 D．87．已知双曲线的一条渐近线与圆相交于M，N两点，且，则此双曲线的离心率为（       ）A．5 B． C． D．8．已知数列{}的通项为，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．既不充分也不必要条件9．京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，风格更加简约，摩天轮直径88米，最高点A距离地面100米，匀速运行一圈的时间是18分钟.由于受到周边建筑物的影响，乘客与地面的距离超过34米时，可视为最佳观赏位置，在运行的一圈里最佳观赏时长为（ ）A．10分钟 B．12分钟 C．14分钟 D．16分钟10．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是（       ）A．与不可能平行B．与是异面直线C．点的轨迹是一条线段D．三棱锥的体积为定值第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、填空题11．若点在函数的图象上，则=__________．12．已知三点，，，则的外心到原点的距离为________．13．已知函数是定义在上的周期为2的奇函数，当时，，则________14．直线与抛物线C：交于M，N两点，点P是抛物线C准线上的一点，记，其中O为抛物线C的顶点，给出下列命题：①，使得与平行；②且 ，使得与垂直；③ 不可能是等边三角形；④无论点P在准线上如何运动，总成立.其中，所有正确命题的序号是___________.评卷人得分  三、双空题15．为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒．已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间t(小时)成正比；药物释放完毕后，y与t的函数关系式y＝ (a为常数)，如图所示，根据图中提供的信息，回答下列问题： (1)从药物释放开始，每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间t(小时)之间的函数关系式为__________．(2)据测定，当空气中每立方米的含药量不高于0.25毫克时，学生方可进教室，那么从药物释放开始，至少需要经过________小时后，学生才能回到教室．评卷人得分  四、解答题16．已知如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，，，，E为PB中点，BC//平面PAD.(1)求证：四边形ABCD是直角梯形；(2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.17．已知函数，______，求在的值域.从①若，的最小值为；②两条相邻对称轴之间的距离为；③若，的最小值为．这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．18．某学校组织高一、高二年级学生进行了“纪念建国70周年”的知识竞赛．从这两个年级各随机抽取了40名学生，对其成绩进行分析，得到了高一年级成绩的频率分布直方图和高二年级成绩的频数分布表．（规定成绩不低于90分为“优秀”）(1)估计高一年级知识竞赛的优秀率；(2)将成绩位于某区间的频率作为成绩位于该区间的概率．在高一、高二年级学生中各选出1名学生，记这2名学生中成绩优秀的人数为，求随机变量的分布列；(3)在高一、高二年级各随机选取1名学生，用分别表示所选高一、高二年级学生成绩优秀的人数．写出方差，的大小关系．（只需写出结论）19．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)当时，讨论的零点个数.20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，右焦点到右顶点的距离为．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）是否存在与椭圆交于两点的直线：，使得成立？若存在，求出实数的取值范围，若不存在，请说明理由.21．有限数列：，，…，．（）同时满足下列两个条件：①对于任意的，（），；②对于任意的，，（），，，，三个数中至少有一个数是数列中的项．(1)若，且，，，，求的值；(2)证明：，，不可能是数列中的项；(3)求的最大值．
参考答案：1．B【解析】【分析】求得集合，，根据集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，根据集合交集的运算，可得.故选：B.2．C【解析】【分析】根据复数的除法运算法则求复数的代数形式，根据复数的几何意义确定对应点的象限.【详解】，所以复数在复平面上的对应点为，该点在第三象限.故选：C.3．C【解析】【分析】根据所对应的向右和向上的单位长度确定．【详解】指向右1个单位，向下3个单位，因此可表示为．故选：C．4．B【解析】【分析】首先写出展开式的通项，令，求出，最后代入计算可得；【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以，故展开式中的系数为；故选：B5．B【解析】【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系．6．A【解析】【分析】根据抛物线的定义，将焦半径转化为点到准线的距离，列出方程，即可求得.【详解】因为抛物线的焦点为F，是上一点，故可得，解得.故选：.7．D【解析】【分析】先求出圆心到渐近线的距离为，再解方程即得解.【详解】解：由题意可知双曲线的一渐近线方程为,圆的半径为，圆心到渐近线的距离为，即双曲线的离心率为.故选：D8．A【解析】【分析】根据，求得，对恒成立，进而得到，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，数列的通项为，则，即，对恒成立，当时，取得最小值，所以，所以“”是“，”的充分不必要条件.故选：A.9．B【解析】【分析】由题意可得出第一次距地面34米到第二次距地面34米之间经过的圆周角为，结合即可求解.【详解】由题意，可得如下图：由图可知，所以，所以在运行的一圈里最佳观赏时长为.故选：B10．A【解析】【分析】设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，证明平面平面，即可分析选项ABC的正误；再由，得点到平面的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值判断D．【详解】解：设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，如图，∵，平面，平面，∴平面，同理可得平面，又、是平面内的两条相交直线，∴平面平面，而平面，∴平面，得点的轨迹为一条线段，故C正确；并由此可知，当与重合时，与平行，故A错误；∵平面平面，和平面相交，∴与是异面直线，故B正确；∵，则点到平面的距离为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确．故选：A．11．【解析】【详解】点在函数的图象上，故将点代入得到 代入正切值得到：．故答案为．12．【解析】设的外接圆的方程为，依题意得到方程组，求出圆心坐标，再根据圆心到原点的距离公式即可求出结论．【详解】解：设的外接圆的方程为，则，解得，，．所以的外心为，所求距离为．故答案为：【点睛】本题主要考查圆性质及外接圆的性质，了解性质并灵运用是解决本题的关键，属于基础题．13．【解析】依据是定义在上的周期为2的奇函数，可以得到，利用时，，即可求解.【详解】因为是定义在上的周期为2的奇函数，所以，，当时，，所以，即 ，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了函数的周期性和奇偶性，属于基础题.14．②③④【解析】【分析】求出坐标，可得，设 ，则，根据与平行，求得a的值，判断①；根据与垂直，求得a,b，判断②；假设△PMN是等边三角形，确定P点位置，可推得，判断③；根据可得，判断④.【详解】由 ，求得点 ,故 ,设 ，则 ，,对于①，当与平行时， ，由可得 ，即 ，故①错误；对于②，与垂直时，，即 ，由可得，解得，故②正确；对于③，若是等边三角形，因为MN垂直于x轴，故点P在x轴上，即 ，此时,故不可能是等边三角形，③正确；对于④，由可得，④正确，故答案为：②③④15．          0.6．【解析】【分析】（1）分别讨论，两种情况，根据一次函数以及指数函数的性质，求出对应的解析式即可；（2）观察图象可知，药物含量在段时间内逐渐递增，在时刻达到最大值1毫克，在时刻后，药物含量开始逐渐减少，当药物含量到0.25毫克时，有，求解，即可得出结果.【详解】（1）依题意，当，可设与的函数关系式为，易求得，∴，当时，y与t的函数关系为，观察图象过点，所以，解得，所以；∴ 含药量与的函数关系式为（2）由图像可知与的关系是先增后减的，在时，从增加到1；然后时，从1开始递减． ∴当药物含量到0.25毫克时，由，解得，∴至少经过0.6小时，学生才能回到教室【点睛】本题主要考查分段函数模型的应用，以及指数函数的应用，熟记指数函数的性质，以及分段函数的性质即可，属于常考题型.16．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出CD⊥平面PAD，得到.再由BC//平面PAD，证明出，即可证明四边形ABCD是直角梯形；（2）过A作AD的垂线交BC于点M.证明出AP，AD，AM三条直线两两垂直建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线AE与平面PCD所成角的正弦值.(1)因为PA⊥平面ABCD，所以，.因为，所以.因为，所以.所以因为，所以CD⊥平面PAD.所以.因为BC//平面PAD，BC平面ABCD，平面PAD平面所以，又.所以四边形ABCD是直角梯形.(2)在平面ABCD内，过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，所以.所以AP，AD，AM三条直线两两垂直.如图建立空间直角坐标系.则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），B（2，-1，0）.因为E为PB中点，所以.所以.设平面PCD的法向量为，则,即.不妨令，则，，于是.设直线AE与平面PCD所成的角为，所以,所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.17．【解析】【分析】根据三个条件求得半周期，由此求得，进而求得在上的值域.【详解】由于.所以，①②③任选一个作为条件，均可以得到的半周期为，则.所以，.由于，，所以，即的值域为.【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的周期、单调性、最值、值域的求法，属于中档题.18．(1)(2)分布列见解析(3)【解析】【分析】（1）计算频率分别直方图最后两个小矩形的面积即可得出优秀率；（2）分别计算两年级的优秀率，利用相互独立事件的概率公式得出的分布列；（3）计算，得出结论．(1)解：由频率分布直方图可得高一年级知识竞赛的优秀率为．所以高一年级知识竞赛的优秀率为．(2)解：在高一年级学生中选中成绩优秀学生的概率为0.3，选中成绩不优秀学生的概率为；在高二年级学生中选中成绩优秀学生的概率为，选中成绩不优秀学生的概率为．的所有可能取值为0，1，2；；；．所以随机变量的分布列为：0120.420.460.12 (3)解：显然，均符合两点分布，且，，，，，，．19．(1)单调增区间为，单调减区间为(2)答案见解析【解析】【分析】（1）求得导数，结合上，导数的符号，即可求解函数的单调区间；（2）求得，分、，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合零点的存在定理，得到结论.(1)解：当时，函数，可得.当在区间上变化时，，f（x）的变化如下表：x00+0- f（x）极小值1极大值-1 所以的单调增区间为；的单调减区间为.(2)解：由题意，函数，可得当时，在上恒成立，所以时，，所以在上单调递增.又因为，所以f（x）在上有0个零点.当时，令，可得.由可知存在唯一的使得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，因为，，，①当，即时，在上有0个零点.②当，即时，在上有1个零点.综上可得，当时，有2个零点；当时，有0个零点.20．（Ⅰ），（Ⅱ）.【解析】【详解】试题分析：（1）由已知条件可推得，由此能求出椭圆的标准方程；（2）存在直线使得成立，直线方程与椭圆的方程联立，由此利用根的判别式和韦达定理结合已知条件，得出，即可求解实数的取值范围．试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为（），半焦距为．依题意，由右焦点到右顶点的距离为，得．解得，．所以．所以椭圆的标准方程是．（Ⅱ）解：存在直线，使得成立．理由如下：由得．，化简得．设，，则，．若成立，即，等价于．故，，,化简得，．将代入中，，解得， ．又由，，从而，或．所以实数的取值范围是．考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置的应用．【方法点晴】本题主要考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的几何性质、不等式求范围问题，此类问题的解答中，把直线的方程与圆锥曲线方程联立，利用方程的根与系数的关系，以及韦达定理结合题目的条件进行合理运算是解答的关键，着重考查了学生推理与运算能力，同时注意试题中的隐含条件，做到合理加以运用，属于中档试题．21．(1)(2)证明见解析(3)【解析】【分析】（1）利用①推出的范围．利用②求解的值即可；（2）利用反证法：假设，，是数列中的项，利用已知条件②①，推出得到矛盾结果．（3）的最大值为，一、令：，则符合①②，二、设：，，…，（）符合①②，（i）中至多有三项，其绝对值大于．利用反证法证明假设中至少有四项，其绝对值大于1，不正确；（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于．利用反证法推出矛盾结论、（iii）中至多有两项绝对值等于．（iv）中至多有一项等于．推出的最大值为．(1)由①得：，由②得：当，，时，，，中至少有一个是数列，，，中的项，但，，故，解得：，经检验，当时，符合题意，(2)假设，，是数列中的项，由②可知：，，中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且，由①，，对于数，，由②可知：，对于数，，，由②可知：，所以，这与①矛盾．所以，，不可能是数列中的项．(3)的最大值为，证明如下：一、令：，则符合①②，二、设：，，…，（）符合①②，则：（i）中至多有三项，其绝对值大于．假设中至少有四项，其绝对值大于，不妨设，，，是中绝对值最大的四项，其中，则对，，有，，故，均不是数列中的项，即是数列中的项，同理：也是数列中的项．但，，所以，所以，这与①矛盾．（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于，假设中至少有四项，其绝对值大于且小于，类似（i）得出矛盾，（iii）中至多有两项绝对值等于．（iv）中至多有一项等于0．综合（i），（ii），（iii），（iv）可知中至多有项，由一、二可得，的最大值为．