2022届北京景山学校高三适应性考试数学试题含解析

这是一份2022届北京景山学校高三适应性考试数学试题含解析，共15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届北京景山学校高三适应性考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则=（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义计算作答.【详解】解不等式得：，因此，而，所以.故选：C2．复数（其中i为虚数单位）的模为（       ）A．1 B． C． D．5【答案】B【分析】根据复数的乘除运算化简，再求其模长即可.【详解】因为，故.故选：B.3．已知在递减的等比数列中，，，则（       ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】由等比数列的性质与通项公式求出、，从而得到公比和答案．【详解】设等比数列的公比为，因为，，解得，，或，，舍去，所以，所以.故选：D．4．已知向量，，则在上的投影向量为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用投影向量的定义即可得出答案.【详解】设与的夹角为，则在上的投影向量为: .故选：B.5．已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（       ）A．若，，则 B．若，，则m∥nC．若，，，则m⊥n D．若，，则m∥n【答案】B【分析】根据空间中的线面关系逐一判断即可.【详解】若，，则可以平行、相交，故A错误，若，，则m∥n，故B正确，由，，推不出，故C错误，若，，则可以平行、相交、异面，故D错误，故选：B6．如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，若的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用待定系数法可求双曲线的标准方程.【详解】设双曲线的方程为：，因为离心率，故半焦距，故，而双曲线过，故，解得，故双曲线的方程为：，故选：C.7．若，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先由得，又，即可比较出大小.【详解】由，可得，即，又，故.故选：D.8．“角与的终边关于直线对称”是“”的（       ）A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据终边关于对称，得两角的关系，再由，得两角满足的关系，根据充分必要条件的定义即可求解.【详解】角与的终边关于直线对称,则,,则，“角与的终边关于直线对称”是“”的充分必要条件.故选:A9．当曲线与直线有两个相异的交点时，实数k的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】画出所表示的半圆，结合直线所过的定点，应用数形结合法判断直线与半圆有两个相异的交点，直线的位置情况，即可求k的范围.【详解】由题设，表示圆的半圆，又直线过定点，由下图知：k的取值范围在直线与半圆左侧相切时斜率(不含)、直线过时斜率之间.当在半圆左侧相切时到直线距离等于半径，即，可得.当直线过时，；综上，要使直线与半圆有两个相异的交点，k的取值范围是.故选：C10．已知函数若，，使成立，则实数的取值范围为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得的取值范围为.求得，对进行分类讨论，由的取值范围包含来求得的取值范围.【详解】当时，函数是减函数，，所以；当时，，，①若，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增；所以，所以，即，解得；②若，则，在上单调递增，此时值域为，符合题意.③当时，的值域为，不合题意.综上所述，实数的取值范围为.故选：A.【点睛】求解存在性、恒成立问题，可转化为求值域来进行求解.二、填空题11．二项式展开式中的常数项为__________.【答案】60【分析】写出二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得答案.【详解】由题意可得： ，令 ，故常数项为 ，故答案为：6012．若正实数满足则的最小值为________________________．【答案】【解析】利用基本不等式即可求解.【详解】，，又，，，当且仅当即，等号成立，.故答案为：【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.13．若函数的图像向右平移个单位长度后与函数的图象重合，则的一个可能的值为___________；【答案】（答案不唯一）【分析】先得到平移后的解析式，再由题中条件，列出等式，求出，即可得出结果．【详解】解：将函数的图像向右平移个单位长度后，得到函数的图像，即与函数的图像重合，即，，所以，，故答案为：（答案不唯一）．14．已知函数，，若存在实数m，使得对于任意的，都有，则称函数，有下界，m为其一个下界；类似的，若存在实数M，使得对于任意的，都有，则称函数，有上界，M为其一个上界．若函数，既有上界，又有下界，则称该函数为有界函数．对于下列4个结论中正确的序号是______．①若函数有下界，则函数有最小值；②若定义在上的奇函数有上界，则该函数是有界函数；③对于函数，若函数有最大值，则该函数是有界函数；④若函数的定义域为闭区间，则该函数是有界函数．【答案】②③【分析】根据函数上界，下界，有界的定义分别进行判断即可．【详解】解：①当时，，则恒成立，则函数有下界，但函数没有最小值，故①错误；②若定义在上的奇函数有上界，不妨设当时，成立，则当时，，则，即，则，该的下界是，则函数是有界函数，故②正确；③对于函数，若函数有最大值，设，则，该函数是有界函数，故③正确；④函数，则函数的定义域为闭区间，则函数的值域为，则只有下界，没有上界，即该函数不是有界函数．故④错误；故答案为：②③．三、双空题15．抛物线的焦点F的坐标为______；过F作直线交抛物线于，两点，如果，那么______．【答案】          【分析】根据抛物线方程得到焦点坐标，再根据焦半径公式求出焦点弦；【详解】解：抛物线的焦点坐标为，因为过抛物线的焦点，所以；故答案为：；四、解答题16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求B；(2)从以下条件中选择两个，使△ABC存在且唯一确定，并求△ABC的面积．①若；②；③；④△ABC的周长为9．【答案】(1)；(2)选①④，面积为．【解析】(1)因为，由正弦定理得，，三角形中，所以，，所以；(2)因为，所以，因此条件③不能确定三角形；若已知①②，则由正弦定理得，无解；若已知①④，即，，则，与三角形的性质矛盾，三角形不存在．所以只有条件②④能确定三角形．，，则，由（1），，即，所以，，，又，所以，从而，为等边三角形，唯一确定，面积为．17．如图，正三棱柱中，E，F分别是棱，上的点，平面平面，M是AB的中点．(1)证明：平面BEF；(2)若，求平面BEF与平面ABC夹角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意可得平面，过在平面内作，垂足为，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，即可得证；（2）依题意可得平面，由线面平行的性质得到，即可得到，延长，，相交于点，连接，则平面与平面所成的角就是二面角，再证平面，即可得到是二面角的平面角，从而得解；【详解】(1)证明：在等边中，为的中点，所以，在正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，过在平面内作，垂足为，平面平面，平面平面，平面，，平面，平面，平面．(2)解：由题设平面，平面平面，，四边形是平行四边形，又且，所以， 延长，，相交于点，连接，则、分别为、的中点，则平面与平面所成的角就是二面角，可知，，所以平面，是二面角的平面角，又，，所以，即平面与平面所成的角为；18．4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)从这500名学生中随机抽取一人，日平均阅读时间在内的概率；(2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，，三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在内的学生人数为X，求X的分布列和数学期望；(3)以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用表示这10名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在内的概率，其中，1，2，…，10．当最大时，写出k的值．（只需写出结论）【答案】(1)0.20(2)的分布列见解析，数学期望为(3)5【分析】（1）由频率分布直方图列出方程，能求出的值，进而估计出概率；（2）先按比例抽取人数，由题意可知此分布列为超几何分布，即可求出分布列；（3）求出的式子进行判断.【详解】(1)由频率分布直方图得：，解得，，所以日平均阅读时间在内的概率为0.20；(2)由频率分布直方图得：这500名学生中日平均阅读时间在，，，，，三组内的学生人数分别为：人，人，人，若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在，内的学生中抽取：人，现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，，，，，的分布列为：0123 数学期望.(3)，理由如下：由频率分布直方图得学生日平均阅读时间在内的概率为0.50，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，恰有k名学生日平均阅读时间在内的分布列服从二项分布，，由组合数的性质可得时最大.19．已知函数．(1)当时，求的极值；(2)若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)极小值是，无极大值.(2)【分析】（1）由题设可得，根据的符号研究的单调性，进而确定极值.（2）对任意的恒成立，转化为：对任意的恒成立，令，通过求导求的单调性进而求得的最大值，即可求出实数a的取值范围.【详解】(1)当时，，的定义域为，，则.令，则，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增.当时，取得极小值且为，无极大值.(2)对任意的恒成立，则对任意的恒成立，令，，所以，则在上单调递减，在上单调递增，所以，，所以，则，则.实数a的取值范围为：.20．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别是A，B，且．(1)求椭圆E的标准方程；(2)已知M，N是椭圆E上异于A，B的不同两点，若直线AM与直线AN的斜率之积等于-1，判断直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)(2)过定点；【分析】（1）由离心率可得，的关系，再由长轴长的值，求出的值，进而求出的值，求出椭圆的方程；（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程、，，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之积，将、代入，由题意可得参数的关系，进而求出直线恒过的定点的坐标．【详解】(1)解：由离心率可得，又由左、右顶点可得，所以，，所以椭圆的方程为：；(2)解：由（1）可得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，联立，整理可得：，，即，可得，且，，，整理可得，可得或，符合，所以直线的方程为：或，所以直线恒过或（舍去），所以直线的方程为：，可得直线恒过点；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程，可得，设，，则，解得或（舍，所以直线恒过定点，综上所述：直线恒过定点．21．数列满足：或对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等.(1)若时，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列序号；①；②；③；(2)记，若证明：；(3)若，求n的最小值.【答案】(1)②③(2)证明见详解(3)1008【分析】（1）由题干的四个限定条件对数列序号逐一判断即可；（2）由反证法证明即可；（3）由（2）得出一个，证明满足题意，即可得到的最小值，【详解】(1)由题可知，数列必满足：或1，对任意i，j，都存在s，t，使得，且两两不相等，对①，，不满足，故①不符合；对②，当时，存在，同理当时，存在，当时，存在，故②符合；同理对③也满足，故满足题目条件的序列号为：②③；(2)证明：当时，设数列中1，2，3出现的频次为，由题意知，，假设时，，（对任意），与已知矛盾，故，同理可证，假设，数列可表示为：，显然，故，经验证时，显然符合，所以，，，数列的最短数列可表示为：，故；(3)由（2）知，数列首尾应该满足，假设中间各出现一次，此时，显然满足或1，对或时显然满足（）；对，或时显然满足（）；对，时，则可选取，满足；同理若，，则可选取，满足；如果，则可取，这种情况下每个数最多被选取一次，因此也成立，故对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，故的最小值为1008