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）

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：D

2．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：C

4．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=0

C．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：C

7．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：D

8．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.