2022屆北京景山學校高三適應性考試數學試題一、單選題1．已知集合，，則=（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式化簡集合A，再利用交集的定義計算作答.【詳解】解不等式得：，因此，而，所以.故選：C2．復數（其中i為虛數單位）的模為（       ）A．1 B． C． D．5【答案】B【分析】根據復數的乘除運算化簡，再求其模長即可.【詳解】因為，故.故選：B.3．已知在遞減的等比數列中，，，則（       ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】由等比數列的性質與通項公式求出、，從而得到公比和答案．【詳解】設等比數列的公比為，因為，，解得，，或，，舍去，所以，所以.故選：D．4．已知向量，，則在上的投影向量為（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用投影向量的定義即可得出答案.【詳解】設與的夾角為，則在上的投影向量為: .故選：B.5．已知m，n是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列命題中正確的是（       ）A．若，，則 B．若，，則m∥nC．若，，，則m⊥n D．若，，則m∥n【答案】B【分析】根據空間中的線面關系逐一判斷即可.【詳解】若，，則可以平行、相交，故A錯誤，若，，則m∥n，故B正確，由，，推不出，故C錯誤，若，，則可以平行、相交、異面，故D錯誤，故選：B6．如圖，唐金筐寶鈿團花紋金杯出土于西安，這件金杯整體造型具有玲瓏剔透之美，充分體現唐代金銀器制作的高超技藝，是唐代金銀細工的典范之作.該杯主體部分的軸截面可以近似看作雙曲線的一部分，若的中心在原點，焦點在軸上，離心率，且點在雙曲線上，則雙曲線的標準方程為（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用待定系數法可求雙曲線的標準方程.【詳解】設雙曲線的方程為：，因為離心率，故半焦距，故，而雙曲線過，故，解得，故雙曲線的方程為：，故選：C.7．若，，，則（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先由得，又，即可比較出大小.【詳解】由，可得，即，又，故.故選：D.8．“角與的終邊關于直線對稱”是“”的（       ）A．充分必要條件 B．必要不充分條件 C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據終邊關于對稱，得兩角的關系，再由，得兩角滿足的關系，根據充分必要條件的定義即可求解.【詳解】角與的終邊關于直線對稱,則,,則，“角與的終邊關于直線對稱”是“”的充分必要條件.故選:A9．當曲線與直線有兩個相異的交點時，實數k的取值范圍是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】畫出所表示的半圓，結合直線所過的定點，應用數形結合法判斷直線與半圓有兩個相異的交點，直線的位置情況，即可求k的范圍.【詳解】由題設，表示圓的半圓，又直線過定點，由下圖知：k的取值范圍在直線與半圓左側相切時斜率(不含)、直線過時斜率之間.當在半圓左側相切時到直線距離等于半徑，即，可得.當直線過時，；綜上，要使直線與半圓有兩個相異的交點，k的取值范圍是.故選：C10．已知函數若，，使成立，則實數的取值范圍為（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得的取值范圍為.求得，對進行分類討論，由的取值范圍包含來求得的取值范圍.【詳解】當時，函數是減函數，，所以；當時，，，①若，當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增；所以，所以，即，解得；②若，則，在上單調遞增，此時值域為，符合題意.③當時，的值域為，不合題意.綜上所述，實數的取值范圍為.故選：A.【點睛】求解存在性、恒成立問題，可轉化為求值域來進行求解.二、填空題11．二項式展開式中的常數項為__________.【答案】60【分析】寫出二項式展開式的通項公式，令x的指數為0，求得答案.【詳解】由題意可得： ，令 ，故常數項為 ，故答案為：6012．若正實數滿足則的最小值為________________________．【答案】【解析】利用基本不等式即可求解.【詳解】，，又，，，當且僅當即，等號成立，.故答案為：【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.13．若函數的圖像向右平移個單位長度后與函數的圖象重合，則的一個可能的值為___________；【答案】（答案不唯一）【分析】先得到平移后的解析式，再由題中條件，列出等式，求出，即可得出結果．【詳解】解：將函數的圖像向右平移個單位長度后，得到函數的圖像，即與函數的圖像重合，即，，所以，，故答案為：（答案不唯一）．14．已知函數，，若存在實數m，使得對于任意的，都有，則稱函數，有下界，m為其一個下界；類似的，若存在實數M，使得對于任意的，都有，則稱函數，有上界，M為其一個上界．若函數，既有上界，又有下界，則稱該函數為有界函數．對于下列4個結論中正確的序號是______．①若函數有下界，則函數有最小值；②若定義在上的奇函數有上界，則該函數是有界函數；③對于函數，若函數有最大值，則該函數是有界函數；④若函數的定義域為閉區(qū)間，則該函數是有界函數．【答案】②③【分析】根據函數上界，下界，有界的定義分別進行判斷即可．【詳解】解：①當時，，則恒成立，則函數有下界，但函數沒有最小值，故①錯誤；②若定義在上的奇函數有上界，不妨設當時，成立，則當時，，則，即，則，該的下界是，則函數是有界函數，故②正確；③對于函數，若函數有最大值，設，則，該函數是有界函數，故③正確；④函數，則函數的定義域為閉區(qū)間，則函數的值域為，則只有下界，沒有上界，即該函數不是有界函數．故④錯誤；故答案為：②③．三、雙空題15．拋物線的焦點F的坐標為______；過F作直線交拋物線于，兩點，如果，那么______．【答案】          【分析】根據拋物線方程得到焦點坐標，再根據焦半徑公式求出焦點弦；【詳解】解：拋物線的焦點坐標為，因為過拋物線的焦點，所以；故答案為：；四、解答題16．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．(1)求B；(2)從以下條件中選擇兩個，使△ABC存在且唯一確定，并求△ABC的面積．①若；②；③；④△ABC的周長為9．【答案】(1)；(2)選①④，面積為．【解析】(1)因為，由正弦定理得，，三角形中，所以，，所以；(2)因為，所以，因此條件③不能確定三角形；若已知①②，則由正弦定理得，無解；若已知①④，即，，則，與三角形的性質矛盾，三角形不存在．所以只有條件②④能確定三角形．，，則，由（1），，即，所以，，，又，所以，從而，為等邊三角形，唯一確定，面積為．17．如圖，正三棱柱中，E，F分別是棱，上的點，平面平面，M是AB的中點．(1)證明：平面BEF；(2)若，求平面BEF與平面ABC夾角的大小．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）依題意可得平面，過在平面內作，垂足為，由面面垂直的性質得到平面，從而得到，即可得證；（2）依題意可得平面，由線面平行的性質得到，即可得到，延長，，相交于點，連接，則平面與平面所成的角就是二面角，再證平面，即可得到是二面角的平面角，從而得解；【詳解】(1)證明：在等邊中，為的中點，所以，在正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，過在平面內作，垂足為，平面平面，平面平面，平面，，平面，平面，平面．(2)解：由題設平面，平面平面，，四邊形是平行四邊形，又且，所以， 延長，，相交于點，連接，則、分別為、的中點，則平面與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，即平面與平面所成的角為；18．4月23日是聯合國教科文組織確定的“世界讀書日”．為了解某地區(qū)高一學生閱讀時間的分配情況，從該地區(qū)隨機抽取了500名高一學生進行在線調查，得到了這500名學生的日平均閱讀時間（單位：小時），并將樣本數據分成，，，，，，，，九組，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖． (1)從這500名學生中隨機抽取一人，日平均閱讀時間在內的概率；(2)為進一步了解這500名學生數字媒體閱讀時間和紙質圖書閱讀時間的分配情況，從日平均閱讀時間在，，三組內的學生中，采用分層抽樣的方法抽取了10人，現從這10人中隨機抽取3人，記日平均閱讀時間在內的學生人數為X，求X的分布列和數學期望；(3)以樣本的頻率估計概率，從該地區(qū)所有高一學生中隨機抽取10名學生，用表示這10名學生中恰有k名學生日平均閱讀時間在內的概率，其中，1，2，…，10．當最大時，寫出k的值．（只需寫出結論）【答案】(1)0.20(2)的分布列見解析，數學期望為(3)5【分析】（1）由頻率分布直方圖列出方程，能求出的值，進而估計出概率；（2）先按比例抽取人數，由題意可知此分布列為超幾何分布，即可求出分布列；（3）求出的式子進行判斷.【詳解】(1)由頻率分布直方圖得：，解得，，所以日平均閱讀時間在內的概率為0.20；(2)由頻率分布直方圖得：這500名學生中日平均閱讀時間在，，，，，三組內的學生人數分別為：人，人，人，若采用分層抽樣的方法抽取了10人，則從日平均閱讀時間在，內的學生中抽?。?/span>人，現從這10人中隨機抽取3人，則的可能取值為0，1，2，3，，，，，的分布列為：0123 數學期望.(3)，理由如下：由頻率分布直方圖得學生日平均閱讀時間在內的概率為0.50，從該地區(qū)所有高一學生中隨機抽取10名學生，恰有k名學生日平均閱讀時間在內的分布列服從二項分布，，由組合數的性質可得時最大.19．已知函數．(1)當時，求的極值；(2)若對任意的，恒成立，求實數a的取值范圍．【答案】(1)極小值是，無極大值.(2)【分析】（1）由題設可得，根據的符號研究的單調性，進而確定極值.（2）對任意的恒成立，轉化為：對任意的恒成立，令，通過求導求的單調性進而求得的最大值，即可求出實數a的取值范圍.【詳解】(1)當時，，的定義域為，，則.令，則，令，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增.當時，取得極小值且為，無極大值.(2)對任意的恒成立，則對任意的恒成立，令，，所以，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，所以，則，則.實數a的取值范圍為：.20．已知橢圓的離心率為，左、右頂點分別是A，B，且．(1)求橢圓E的標準方程；(2)已知M，N是橢圓E上異于A，B的不同兩點，若直線AM與直線AN的斜率之積等于-1，判斷直線MN是否過定點？若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，請說明理由．【答案】(1)(2)過定點；【分析】（1）由離心率可得，的關系，再由長軸長的值，求出的值，進而求出的值，求出橢圓的方程；（2）分直線的斜率存在和不存在兩種情況討論，設直線的方程、，，與橢圓的方程聯立，消元、列出韋達定理，求出直線，的斜率之積，將、代入，由題意可得參數的關系，進而求出直線恒過的定點的坐標．【詳解】(1)解：由離心率可得，又由左、右頂點可得，所以，，所以橢圓的方程為：；(2)解：由（1）可得，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，設，，聯立，整理可得：，，即，可得，且，，，整理可得，可得或，符合，所以直線的方程為：或，所以直線恒過或（舍去），所以直線的方程為：，可得直線恒過點；當直線的斜率不存在時，設直線的方程為，代入橢圓的方程，可得，設，，則，解得或（舍，所以直線恒過定點，綜上所述：直線恒過定點．21．數列滿足：或對任意i，j，都存在s，t，使得，其中且兩兩不相等.(1)若時，寫出下列三個數列中所有符合題目條件的數列序號；①；②；③；(2)記，若證明：；(3)若，求n的最小值.【答案】(1)②③(2)證明見詳解(3)1008【分析】（1）由題干的四個限定條件對數列序號逐一判斷即可；（2）由反證法證明即可；（3）由（2）得出一個，證明滿足題意，即可得到的最小值，【詳解】(1)由題可知，數列必滿足：或1，對任意i，j，都存在s，t，使得，且兩兩不相等，對①，，不滿足，故①不符合；對②，當時，存在，同理當時，存在，當時，存在，故②符合；同理對③也滿足，故滿足題目條件的序列號為：②③；(2)證明：當時，設數列中1，2，3出現的頻次為，由題意知，，假設時，，（對任意），與已知矛盾，故，同理可證，假設，數列可表示為：，顯然，故，經驗證時，顯然符合，所以，，，數列的最短數列可表示為：，故；(3)由（2）知，數列首尾應該滿足，假設中間各出現一次，此時，顯然滿足或1，對或時顯然滿足（）；對，或時顯然滿足（）；對，時，則可選取，滿足；同理若，，則可選取，滿足；如果，則可取，這種情況下每個數最多被選取一次，因此也成立，故對任意i，j，都存在s，t，使得，其中且兩兩不相等，故的最小值為1008 

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