2022届北京市北京师范大学附属实验中学高三下学期热身练习数学试题含解析

这是一份2022届北京市北京师范大学附属实验中学高三下学期热身练习数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
北京市西城区北京师范大学附属实验中学2022届高三下学期热身练习数学试题一、选择题（共10小题；共40分）1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．已知，，(i为虚数单位)，则（       ）A． B．1 C． D．33．向量在正方形网格中的位置如图所示，若，则（       ）A．3 B． C．-3 D．4．设等差数列的前n项和为，若，，则当取最大值n等于（       ）A．4 B．5 C．6 D．75．已知抛物线的准线与圆相切，则p的值为（       ）A． B．1 C．2 D．46．设，，       则（       ）A． B． C． D．7．设函数，，则“”是“函数为奇函数”的（       ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件8．已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（　　）A． B． C． D．9．已知圆C：x2+y2+2x-4y+1=0，若在圆C中存在弦AB，满足AB=2，且AB的中点M在直线2x+y+k=0上，则实数k的取值范围是（       ）A．[-2，2] B．[-5，5] C．(-，) D．[-，]10．对于数列，若存在常数M，使得对任意，与中至少有一个不小于M，则记作，那么下列命题正确的是（       ）A．若，则数列各项均大于或等于MB．若，，则C．若，则D．若，则二、填空题（共5小题；共25分）11．在的展开式中，常数项为___________.12．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数的图象关于原点对称，则的一个取值为_________．13．设函数的零点为，若成等比数列，则_______.14．在人工智能领域，神经网络是一个比较热门的话题．由神经网络发展而来的深度学习正在飞速改变着我们身边的世界．从AlphaGo到自动驾驶汽车，这些大家耳熟能详的例子，都是以神经网络作为其理论基础的．在神经网络当中，有一类很重要的函数称为激活函数，Sigmoid函数即是神经网络中最有名的激活函数之一，其解析式为：．下列关于Sigmoid函数的表述正确的是：______．①Sigmoid函数是单调递增函数；②Sigmoid函数的图象是一个中心对称图形，对称中心为；③对于任意正实数a，方程有且只有一个解；④Sigmoid函数的导数满足：．15．已知双曲线的中心是坐标原点，它的一个顶点为，两条渐近线与以A为圆心1为半径的圆都相切，则该双曲线的渐近线方程是______，该双曲线的标准方程是______．三、解答题（共6小题；共85分）16．在中，.(1)求B；(2)若，___________.求a.从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.17．中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.如图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代定位模块，分别定位的50个点位的横、纵坐标误差的值，其中“”表示北斗二代定位模块的误差的值，“+”表示北斗三代定位模块的误差的值.（单位：米）（Ⅰ）从北斗二代定位的50个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于10米的概率；（Ⅱ）从图中A，B，C，D四个点位中随机选出两个，记X为其中纵坐标误差的值小于的点位的个数，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）试比较北斗二代和北斗三代定位模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）18．如图，在三棱锥中，平面ABQ，，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．(1)求证：；(2)求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值；(3)求点A到平面PCD的距离．19．设函数其中(Ⅰ)若曲线在点处切线的倾斜角为，求的值;(Ⅱ)已知导函数在区间上存在零点，证明:当时，.20．已知椭圆过点，设它的左､右焦点分别为､，左顶点为，上顶点为，且满足.（1）求椭圆的标准方程和离心率；（2）过点作不与轴垂直的直线交椭圆于､(异于点)两点，试判断的大小是否为定值，并说明理由.21．对于正整数，如果个整数满足，且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)
参考答案：1．B【解析】【详解】由，得：，，故，故选B.2．C【解析】【分析】首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数的值.【详解】，利用复数相等的充分必要条件可得：.故选：C.3．D【解析】【分析】利用向量减求得，利用向量的坐标运算性质，向量相等即可得出．【详解】解： 根据向量的减法得,， 且，因此，则故选：D．4．B【解析】【分析】根据题中等式求解出等差数列的公差，进而求解出数列的前项和，最后根据的表达式求解出结果【详解】设公差为则，因此，所以当时，取最大值故选：B5．C【解析】【详解】抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=-，因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x-3）2+y2=16相切，所以3+=4，p=2；故选C．6．C【解析】【分析】由指数函数的单调性和对数函数的单调性，我们可以判断出a，b，c与0，1的大小关系，进而得到答案．【详解】，，即，且，即，，即，故.故选：C7．C【解析】【详解】试题分析：当时，函数，此时函数为奇函数；反之函数为奇函数，则，所以“”是“函数为奇函数”的充分必要条件.考点：1.充分必要条件的判断；2.函数的奇偶性.8．C【解析】【分析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．【详解】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，由，得，又，所以，解得；所以圆锥的高为，所以圆锥的体积为．故选：C．9．D【解析】【分析】根据给定条件求出点M的轨迹，再利用点M的轨迹与直线2x+y+k=0有公共点即可列式计算作答.【详解】圆C：x2+y2+2x-4y+1=0的圆心，半径，因M为线段AB的中点，则，此时，，于是得点M的轨迹是以点C为圆心，1为半径的圆，而点M在直线2x+y+k=0上，因此，直线2x+y+k=0与点M的轨迹有公共点，从而得，解得，所以实数k的取值范围是.故选：D10．D【解析】【分析】通过数列为1，2，1，2，1，2…，当时，判断A；当时，判断C；当数列为1，2，1，2，1，2…，为2，1，2，1，2…，时，判断B；直接根据定义可判断D正确.【详解】对于A：在数列1，2，1，2，1，2…中，，数列各项均大于或等于不成立，故A错误；对于B：数列为1，2，1，2，1，2…，为2，1，2，1，2…，，而各项均为3，则不成立，故B错误； 对于C：在数列1，2，1，2，1，2…中，，此时不正确，故C错误；对于D：若，则中，与中至少有一个不小于，故正确，故选：D．11．60【解析】【分析】根据二项式展开式通项，找到常数项即可.【详解】根据二项式展开式通项，易知故答案为：60.12．【解析】【分析】根据平移后的可得函数，根据题意可得可得，取一值即可得解.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得，由函数的图象关于原点对称，可得,所以，，当时，.故答案为：13．【解析】【分析】将函数的零点转化为的交点横坐标，结合函数图像，列方程求出零点，进而可得的值.【详解】令，得则函数的零点即为的交点横坐标，如图：由图可知，解得故答案为：.14．①②④【解析】【分析】由的单调性可得的单调性可判断①；利用，可判断②；由的单调性可判断③； 求出和可判断④.【详解】因为为单调递减函数，所以为单调递增函数，故①正确；因为，所以Sigmoid函数的图象是一个中心对称图形，对称中心为，故②正确；因为为单调递增函数，且，，仅当时，方程有且只有一个解，故③错误； ，，所以，故④正确．故答案为：①②④.15．          【解析】【分析】先判断双曲线的焦点在轴上，即可求出，再设出双曲线的方程，即可写出双曲线渐近线的方程，最后由点到直线的距离公式即可求出的值即可.【详解】有双曲线一个顶点为，可知焦点在轴上，则，故双曲线可设为，则渐近线，又，解得，所以渐近线则双曲线的方程为.故答案为：; .16．(1)；(2)①；②【解析】【分析】（1）根据题目条件，由正弦定理得，化简即可求出.（2）若选①，由余弦定理得：，即可解得a 的值 .若选②，利用两角和的正弦函数公式可求得的值，由正弦定理即可解得a 的值.(1)因为，由正弦定理得：，因为，所以，所以，即，即，即，又，所以.(2)若选①，则 在 中，由余弦定理得：，可得：，解得：，或（舍），可得.若选②，，则，由正弦定理：，可得：，解得：.17．（Ⅰ）0.06；（Ⅱ）分布列见解析，1；（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.【解析】【分析】（Ⅰ）通过图象观察，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点，由古典概率的计算公式可得所求值；（Ⅱ）通过图象可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，则X的所有可能取值为0，1，2，分别求得它们的概率，作出分布列，计算期望即可；（Ⅲ）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小．【详解】（Ⅰ）由图可得，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点，所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于10米的概率为；（Ⅱ）由图可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，所以X的所有可能取值为0，1，2，，，，所以X的分布列为所以X的期望为；（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.【点睛】本题考查古典概率的求法，以及随机变量的分布列和期望的求法，方差的大小的判断，考查数形结合思想和运算能力、推理能力，属于中档题.18．(1)证明见解析；(2)；(3).【解析】【分析】（1）由中位线定理得EFDC，然后由线面平行判定定理和性质定理得出线线平行，从而证得结论成立；（2）以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．用空间向量法求二面角的余弦值．（3）根据向量法求点到平面的距离.(1)因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC．又因为EF平面PCD，DC⊂平面PCD，所以EF平面PCD．又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.(2)因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．由，则，所以，.设平面PAB的一个法向量为，则可取设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，由，，得，取z＝1，得＝(0，2，1)．所以cos〈〉＝，所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．(3)由点到平面的距离公式可得，即点A到平面PCD的距离为.19．(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析【解析】(Ⅰ)求导得到，，解得答案.(Ⅱ) ，故，在上单调递减，在上单调递增，，设，证明函数单调递减，故，得到证明.【详解】(Ⅰ)，故，，故.(Ⅱ) ，即，存在唯一零点，设零点为，故，即，在上单调递减，在上单调递增，故，设，则，设，则，单调递减，，故恒成立，故单调递减.，故当时，.【点睛】本题考查了函数的切线问题，利用导数证明不等式，转化为函数的最值是解题的关键.20．（1）椭圆的方程为，离心率；（2）是定值，理由见解析.【解析】【分析】（1）依题意列之间的关系，解方程即得结果；（2）设直线方程，联立方程得､两点坐标之间的关系，再计算即得结果.【详解】解：（1）根据题意得，解得，所以椭圆的方程为，离心率；（2）因为直线不与y轴垂直，所以直线的斜率不为，设直线的方程为，设､，联立方程，化简得.显然点在椭圆的内部，所以.则，.又因为，所以，.所以，所以，即是定值.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程和离心率，以及直线与椭圆的综合应用，属于中档题.21．(Ⅰ) ，，，，；(Ⅱ) 为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，【解析】(Ⅰ)根据题意直接写出答案.(Ⅱ)讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.(Ⅲ) 讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时， 根据对应关系得到，再计算，，得到答案.【详解】(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.(Ⅱ)当为偶数时，时，最大为；当为奇数时，时，最大为；综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述：.当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，故；当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.综上所述：使成立的为：或.【点睛】本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.