北京市豐臺區2021-2022學年度第二學期綜合練習（二）高三數學2022．04第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.在復平面內，復數對應的點的坐標是，則復數（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據復數對應的點的坐標是，可直接求得復數，再利用共軛復數的概念求解.【詳解】由復數對應的點的坐標是，可得，故，故選：A.2.“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】直接利用充分條件和必要條件的判斷方法，判斷即可得出答案.【詳解】解：因為“”能推出“”，而“”推不出“”，所以“”是“”充分不必要條件.故選：A.3.函數是（）A.最小正周期為π的奇函數 B.最小正周期為π的偶函數C.最小正周期為2π的奇函數 D.最小正周期為2π的偶函數【答案】B【解析】【分析】由倍角公式可得，可求周期；再由可得奇偶性.【詳解】由倍角公式可得，所以周期為.又是偶函數.故選：.【點睛】本題考查倍角公式的逆用和函數的奇偶性，屬于基礎題.4.在的展開式中，常數項為A. B. C.60 D.240【答案】D【解析】【分析】寫出展開式的通項，整理后令的指數為，得到項數，然后計算出常數項，得到答案.【詳解】的二項展開式的通項為其常數項為，令得即故選D項.【點睛】本題考查二項展開式的通項，求二項展開式中的常數項，屬于簡單題.5.已知兩條不同的直線l，m與兩個不同的平面，，則下列結論中正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則【答案】B【解析】【分析】根據空間中線面、面面的判定定理與性質定理一一判斷即可；【詳解】解：由兩條不同的直線，與兩個不同的平面，，知：對于A，若，，則與平行或或與相交或，故A錯誤；對于B，若，，則由面面垂直的判定定理得，故B正確；對于C，若，，則或，故C錯誤；對于D，若，，則或，故D錯誤．故選：B．6.小王每天在6：30至6：50出發去上班，其中在6：30至6：40出發的概率為0.3，在該時間段出發上班遲到的概率為0.1；在6：40至6：50出發的概率為0.7，在該時間段出發上班遲到的概率為0.2，則小王某天在6：30至6：50出發上班遲到的概率為（）A.0.13 B.0.17 C.0.21 D.0.3【答案】B【解析】【分析】根據全概率公式計算即可得解.【詳解】解：由題意在6：30至6：50出發上班遲到的概率為.故選：B.7.已知，，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據指數、對數函數的單調性，將a，b，c與0或1比較，分析即可得答案.詳解】由題意得，，所以，又，所以.故選：A8.設等差數列的前n項和為．若，則下列結論中正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據，可得，，從而可判斷AB，舉出反例即可判斷C，根據等差數列的性質結合基本不等式即可判斷D.【詳解】解：因為，所以，故A錯誤；，所以，則公差，故B錯誤；所以等差數列為遞增數列，則，，則，所以，所以，故D正確；對于C，當時，，。此時，故C錯誤.故選：D.9.已知偶函數在區間上單調遞減．若，則x的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據偶函數的對稱性得到在區間上單調遞增，再根據函數的奇偶性與單調性將函數不等式轉化為自變量的不等式，解得即可；【詳解】解：偶函數在區間上單調遞減，所以在區間上單調遞增；則等價于，即，即，解得，即原不等式的解集為；故選：C10.已知雙曲線C：（，）的左、右頂點分別為，，左、右焦點分別為，．以線段為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線交于點M，且點M在第一象限，與另一條漸近線平行．若，則的面積是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求得以線段為直徑的圓的方程為，與漸近線聯立求出點的坐標，根據與另一條漸近線平行可求出的關系，然后根據，即可求出的值，從而可得出答案.【詳解】解：由題意，，則以線段為直徑的圓的方程為，聯立，解得或，又因點M在第一象限，所以，因為與直線平行，所以，即，所以，則，因為，所以，即，所以，則，所以，，所以.故選：C.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.已知向量，．若，則______．【答案】【解析】【分析】依題意可得，根據向量數量積的坐標表示得到方程，解得即可；【詳解】解：因為，且，所以，解得；故答案為：12.已知拋物線C：，則拋物線C的準線方程為______．【答案】【解析】【分析】根據拋物線的方程求出的值，進一步得出答案.【詳解】因為拋物線，所以，∴所以的準線方程為.故答案為：13.在中，，，，則______．【答案】【解析】【分析】利用正弦定理結合二倍角的正弦公式即可得解.【詳解】解：在中，由正弦定理可得，即，即，所以.

故答案為：.14.在平面直角坐標系中，已知點，動點N滿足，記d為點N到直線l：的距離．當m變化時，直線l所過定點的坐標為______；d的最大值為______．【答案】①.②.6【解析】【分析】對直線方程變形可求出直線l所過定點的坐標，由題意可得動點N在以為圓心，1為半徑為圓上，所以當時，點N到直線l的距離最大，最大值為【詳解】由，得，則，得，所以直線l所過定點，因為點，動點N滿足，所以動點N在以為圓心，1為半徑為圓上，所以當時，點N到直線l的距離最大，所以d的最大值為，故答案為：，615.如圖，某荷塘里浮萍的面積y（單位：）與時間t（單位：月）滿足關系式：（a為常數），記（）．給出下列四個結論：①設，則數列是等比數列；②存在唯一的實數，使得成立，其中是的導函數；③常數；④記浮萍蔓延到，，所經過的時間分別為，，，則．其中所有正確結論的序號是______．【答案】①②④【解析】【分析】根據、求出的取值范圍，即可判斷③，再根據等比數列的定義判斷①，構造函數利用導數說明函數的單調性，再結合零點存在性定理判斷②，根據指數對數的關系及對數函數的性質判斷④；【詳解】解：依題意，因為，所以且，又，所以，所以，即，因為，所以，，故③錯誤；由已知可得，則，，所以，所以是以為首項，為公比的等比數列，故①正確；令，則，，，令，則，，因為，所以，即，在上單調遞增，因為，所以，，，令，，則，所以，在上單調遞減，且，即，令，，則，所以在上單調遞增，又，所以，所以，，故存上，，故②正確；依題意、、，所以，所以，則，即，所以，因為，所以，所以，所以，所以，即，故④正確；故答案為：①②④三、解答題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.如圖，在正三棱柱中，，D為BC的中點，平面平面．（1）求證：；（2）求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面平行證明線線平行；（2）建立空間直角系，分別求出平面與平面的法向量，利用求出答案.【小問1詳解】連接，平面∥平面，∵平面平面，平面平面，∴∥.【小問2詳解】設=2m以D為坐標原點，AD為x軸，CD為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系,∴，，，設平面的法向量為，聯立方程解得：，∴同理求得平面的法向量∴平面與平面夾角的余弦值的余弦值為.17.已知數列的前n項和為，在條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知．（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前n項和為．若對任意，不等式恒成立，求m的最小值．條件①：且；條件②：；條件③：．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）選條件①：由等比數列通項公式直接可得；選條件②：利用與的關系可得；選條件③：先由與的關系先得遞推公式，然后由等比數列通項公式直接可得.（2）由等比數列求和公式求和后可得.【小問1詳解】選條件①：因為，且，即所以數列是以1為首項，2為公比的等比數列所以.選條件②：當時，當時，因為當時，上式也成立，所以.選條件③：因為，得當時，，得當時，整理得所以數列是以1為首項，2為公比的等比數列所以.【小問2詳解】由（1）知，，記因為，所以是以1為首項，為公比的等比數列所以所以m的最小值為2.18.某商家為了促銷，規定每位消費者均可免費參加一次抽獎活動，活動規則如下：在一不透明紙箱中有8張相同的卡片，其中4張卡片上印有“幸”字，另外4張卡片上印有“運”字．消費者從該紙箱中不放回地隨機抽取4張卡片，若抽到的4張卡片上都印有同一個字，則獲得一張10元代金券；若抽到的4張卡片中恰有3張卡片上印有同一個字，則獲得一張5元代金券；若抽到的4張卡片是其他情況，則不獲得任何獎勵．（1）求某位消費者在一次抽獎活動中抽到的4張卡片上都印有“幸”字的概率；（2）記隨機變量X為某位消費者在一次抽獎活動中獲得代金券的金額數，求X的分布列和數學期望；（3）該商家規定，消費者若想再次參加該項抽獎活動，則每抽獎一次需支付3元．若你是消費者，是否愿意再次參加該項抽獎活動？請說明理由．【答案】（1）（2）分布列見解析，（3）不愿意，理由見解析【解析】【分析】（1）根據古典概型的概率公式計算可得；（2）依題意的可能取值為、、，求出所對應的概率，列出分布列，即可求出數學期望；（3）記隨機變量為消費者在一次抽獎活動中的收益，則，根據期望的性質求出，即可判斷；【小問1詳解】解：記“某位消費者在一次抽獎活動中抽到的4張卡片上都印有“幸”字”為事件，則，所以某位消費者在一次抽獎活動中抽到的4張卡片上都印有“幸”字的概率為；【小問2詳解】解：依題意隨機變量的所有可能取值為、、；則，，，所以的分布列為：所以【小問3詳解】解：記隨機變量為消費者在一次抽獎活動中的收益，則，所以，所以我不愿意再次參加該項抽獎活動；19.已知函數．（1）當時，求的單調區間和極值；（2）當時，求證：；（3）直接寫出a的一個取值范圍，使得恒成立．【答案】（1）的單調遞增區間為，單調遞減區間為，在處取得極大值，且極大值為1；（2）證明見解析；（3）答案不唯一，見解析.【解析】【分析】（1）求導判斷函數的單調性，進而可求出極值；（2）構造函數，求出函數的最大值即可得出結論；（3）將變形為，分別證得與恒非負，即可得出結論.【小問1詳解】當時，，則，令，即，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；因此在處取得極大值，，所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為，在處取得極大值，且極大值為1；【小問2詳解】要證，即證，因此設，則，令，則，因為，所以，因此單調遞減，且，所以時，；當時，；即時，；當時，；所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值也最大值，且，故.【小問3詳解】要證，即證，也即是，即證，令，則，當時，，即單調遞增；當時，，即單調遞減；所以，故，令，則令，則，，則所以和時，，則單調遞增，時，，則單調遞減，且，，，因此時，，即，所以單調遞減，時，，即，所以單調遞增，所以，即因此當時，恒成立.【點睛】恒成立問題解題思路：（1）參變量分離：（2）構造函數：①構造函數，研究函數的單調性，求出函數的最值，解不等式即可；②構造函數后，研究函數單調性，利用單調性解不等式，轉化之后參數分離即可解決問題.20.已知橢圓C：經過點，P到橢圓C的兩個焦點的距離和為．（1）求橢圓C的方程；（2）設，R為PQ的中點，作PQ的平行線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，直線AQ與橢圓C交于另一點M，直線BQ與橢圓C交于另一點N，求證：M，N，R三點共線．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據橢圓定義，可求得a值，將P點坐標代入，即可求得，即可得答案.（2）由題意可得R點坐標和直線PQ的斜率，即可設直線l的方程為，，可得直線AQ的方程為，與橢圓聯立，即可求得表達式，同理可得表達式，即可求導直線MN的斜率，再求得直線MR的斜率，分析即可得證.【小問1詳解】根據橢圓的定義可得，解得，又過點，所以，解得，所以橢圓C的方程為.【小問2詳解】因為，，所以，，設直線l的方程為，，所以，所以直線AQ方程為，直線BQ的方程為，聯立直線AQ與橢圓，消去x可得，所以，又代入，整理可得，代入直線AQ，可得同理可得，，所以又，所以M，N，R三點共線21.設，，…，，，是個互不相同的閉區間，若存在實數使得，則稱這個閉區間為聚合區間，為該聚合區間的聚合點．（1）已知，為聚合區間，求t的值；（2）已知，，…，，為聚合區間．（ⅰ）設，是該聚合區間的兩個不同的聚合點．求證：存在k，，使得；（ⅱ）若對任意p，q（且p，），都有，互不包含．求證：存在不同的i，，使得．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據題意可得當且僅當時成立即可得；（2）（ⅰ）設，根據區間端點的大小關系證明所有區間都包含即可；（ⅱ）先分析可得個互不相同