北京市石景山区2022届高三上期末数学试卷（含答案解析）

《北京市石景山区2022届高三上期末数学试卷（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市石景山区2022届高三上期末数学试卷（含答案解析）（25页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、北京市石景山区2022届高三上期末数学试题一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.1. 设集合，则（ ）A B. C. D. 2. 已知为虚数单位，若，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 设函数,则（ ）A. 是奇函数，且在(0,+)单调递增B. 是奇函数，且在(0,+)单调递减C. 是偶函数，且在(0,+)单调递增D. 是偶函数，且在(0,+)单调递减4. 将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为（ ）A. B. C. D. 5. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）A. 36B. 45C. 6

2、3D. 756. 某学校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30，样本数据分组为17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是A. 56B. 60C. 140D. 1207. 若，则（ ）A. B. C. D. 8. 在中，若，则（ ）A. B. C. D. 9. 设是首项为的等比数列，公比为，则“”是“对任意的正整数，”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条

3、件10. 如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，给出下列三个结论：的面积与的面积相等三棱锥的体积为定值其中，所有正确结论的个数是（ ）A B. C. D. 第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 已知向量，若，则_12. 双曲线焦点坐标为_，渐近线方程为_.13. 设函数，则使得成立的的取值范围是_.14. 若点关于轴的对称点为，则的一个取值为_.15. 数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为的小圆在一个半径为的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任一点形成的轨迹即为星形线.如图，已知，起始位置时大圆与小圆的交点为（点为轴正半

4、轴上的点），滚动过程中点形成的轨迹记为星形线.有如下结论： 曲线上任意两点间距离的最大值为； 曲线周长大于曲线的周长； 曲线与圆有且仅有个公共点.其中正确的序号为_.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. 已知函数，从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）的最小正周期；（2）在区间上的最小值.17. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，侧面为直角三角形，.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若，判断在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.18. 某校组织“创建文明城区”知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛的学生先在两类问题中选择一类，

5、然后从所选类别的问题中随机抽取一个问题回答，若回答错误则比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，比赛结束.类问题回答正确得分，否则得分；类问题回答正确得分，否则得分.已知小明同学能正确回答类中的每一个问题的概率均为，能正确回答类中的每一个问题的概率均为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.19. 已知椭圆，为坐标原点，右焦点坐标为，椭圆的离心率为.（1）求椭圆方程；（2）椭圆在轴上的两个顶点为，点满足，直线交椭圆于两点，且，求此时

6、的大小.20. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求的单调区间；（3）求证：当时，.21. 记实数，中的较大者为，例如，对于无穷数列，记，若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”.（1）已知数列的通项公式分别为，判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由；（2）已知首项为公比为的等比数列是“趋势递减数列”，求的取值范围；（3）若数列满足，为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.北京市石景山区2022届高三上期末数学试题一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用交集的定义可

7、求.【详解】由题设有，故选：B .2. 已知为虚数单位，若，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.【详解】因为，所以，所以复数在复平面内对应的点位于第一象限，故选：A3. 设函数,则（ ）A. 是奇函数，且在(0,+)单调递增B. 是奇函数，且在(0,+)单调递减C. 是偶函数，且在(0,+)单调递增D. 是偶函数，且在(0,+)单调递减【答案】A【解析】【分析】根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，再根据函数的单调性法则，即可解出【详解】因为

8、函数定义域为，其关于原点对称，而，所以函数为奇函数又因为函数在上单调递增，在上单调递增，而在上单调递减，在上单调递减，所以函数在上单调递增，在上单调递增故选：A【点睛】本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题4. 将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出所有的排列方式，得出两本数学书相邻的情况，即可求出概率.【详解】解析：两本不同的数学书用a1，a2表示，语文书用b表示则所有的排列方式有(a1，a2，b)，(a1，b，a2)，(a2，a1，b)，(a2，b，a1)，(b，a1，a2)，

9、(b，a2，a1)共6种其中两本数学书相邻的情况有4种，故所求概率为故选：D.5. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）A. 36B. 45C. 63D. 75【答案】B【解析】【分析】由等差数列的前项和性质可得成等差数列，进而可得结果.【详解】因为为等差数列的前项和，所以成等差数列，即成等差数列，所以，解得，故选：B.6. 某学校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30，样本数据分组为17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于

10、22.5小时的人数是A. 56B. 60C. 140D. 120【答案】C【解析】【详解】试题分析：由题意得，自习时间不少于小时的频率为，故自习时间不少于小时的人数为，故选C.考点：频率分布直方图及其应用7. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性即可得出结果.【详解】对于A，当时，单调递减，所以由可得，故A错误；对于B，当时，单调递减，所以由可得，故B错误；对于C，当时，在单调递增，由可得，故C错误；对于D，当时，单调递减，所以由可得，则，即，故D正确故选：D.8. 在中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分

11、析】通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式可得，进而可得结果.【详解】因为，由正弦定理可得，由于，即，所以，得，故选：C.9. 设是首项为的等比数列，公比为，则“”是“对任意的正整数，”的（ ）A 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由等比数列通项公式得到的变形式，转化成关于公比的不等式，解得的取值范围，进而可以顺利判定二者的关系.【详解】数列是首项为的等比数列，公比为则当时的值正负均可以出现，不能判定符号，即不能推出当即时，可以得到，则成立.则“”是“对任意的正整数，”的必要不充分条件,选项B正确.故选：B10. 如图

12、，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，给出下列三个结论：的面积与的面积相等三棱锥的体积为定值其中，所有正确结论的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】证明面可判断；计算和的面积可判断，计算三棱锥的体积可判断，进而可得正确答案.【详解】对于：连接，因为四边形是正方形，所以，因为面，面，所以，因为，所以面，因为面，所以，故正确；对于：连接和，则是边长为的等边三角形，所以点到边的距离为，所以点到边的距离为，所以的面积为，因为面，面，可得，所以的面积为，所以的面积与的面积不相等，故不正确；对于：因为面，所以点到面的距离为，所以三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为定值，故正确；故

13、选：C.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 已知向量，若，则_【答案】【解析】【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，解方程可得：.故答案为：.12. 双曲线的焦点坐标为_，渐近线方程为_.【答案】 . . 【解析】【分析】根据双曲线的焦点坐标公式和渐近线方程即可直接求出答案.【详解】因为，所以，又因为双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，即.故答案为：；.13. 设函数，则使得成立的的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】分和两种情况讨论从而解不等

14、式即可.【详解】当时，由，得，所以，又因为，所以；当时，由，得，所以，又因为，所以.所以满足成立的的取值范围为 .故答案为：.14. 若点关于轴的对称点为，则的一个取值为_.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据两点关于轴的对称，可得出，从而可求出的值.【详解】因为点关于轴的对称点为，所以，即，所以，所以，即.故答案为：（答案不唯一）.15. 数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为的小圆在一个半径为的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任一点形成的轨迹即为星形线.如图，已知，起始位置时大圆与小圆的交点为（点为轴正半轴上的点），滚动过程中点形成的轨迹记为星形线.有如下结

15、论： 曲线上任意两点间距离的最大值为； 曲线的周长大于曲线的周长； 曲线与圆有且仅有个公共点.其中正确的序号为_.【答案】【解析】【分析】由题意知星形线任意点满足，为参数，其中，即，从而可判断；分析曲线的图像，与星形线图像对比可知；求出星形线与直线的交点，知曲线与圆相切，可判断；【详解】由已知可知小圆与大圆是内切的关系，设小圆的圆心为，则小圆的圆心轨迹为以为圆心，半径为3的圆，即设星形线任意点，则，为参数，其中可知星形线任意点，满足，对于，星形线上左右两个端点，或上下两个端点，的距离最远，等于8，故正确；对于，曲线为过点，的正方形，而星形线与坐标轴的交点也是这四个点，由两点之间线段最短，可知曲

16、线的周长小于曲线的周长，故错误；对于，星形线与直线的交点为，即它们到原点的距离为与圆的半径相等，所以曲线与圆相切，即有且仅有个公共点，故正确；故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查两个圆的内切关系求轨迹，解题的关键是理解星形线的定义，求出对应点满足的条件，再分析选项，考查学生的分析审题能力，属于难题.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. 已知函数，从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）的最小正周期；（2）在区间上的最小值.【答案】（1）选条件；选条件 （2）选条件；选条件【解析】【分析】选条件：；（1）利用两角和与差的正弦公式化简可得，由周

17、期公式可得答案；（2）根据的范围求得的范围可得答案；选条件：.（1）利用两角和与差的正弦公式化简可得，由周期公式可得答案；（2）根据的范围求得的范围可得答案.【小问1详解】选条件：；（1），所以的最小正周期是.选条件：.，所以最小正周期是.【小问2详解】选条件：；因为，所以， 所以，所以， 当，即时，有最小值.选条件：.因为，所以，所以，当，即时，有最小值.17. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，侧面为直角三角形，.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若，判断在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在，理由见解析.【解析】【分析

18、】（1）由条件得到即可；（2）由条件可得，即可证明；（3）以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，算出平面的法向量，设，然后可得，然后可建立方程求解.【小问1详解】因为四棱锥中，所以，因为，所以平面.【小问2详解】因为，所以，又因为，所以，因为，所以.【小问3详解】存在，当为线段中点时，理由如下：由（2）可知，因，所以，又，如图以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，由得令，所以.设，则，所以，直线与平面所成角为，所以，解得，符合题意，所以当为线段中点时，直线与平面所成角的大小为.18. 某校组织“创建文明城区”知识竞赛，有，两类问题，每位参

19、加比赛的学生先在两类问题中选择一类，然后从所选类别的问题中随机抽取一个问题回答，若回答错误则比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，比赛结束.类问题回答正确得分，否则得分；类问题回答正确得分，否则得分.已知小明同学能正确回答类中的每一个问题的概率均为，能正确回答类中的每一个问题的概率均为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】（1）分布列见解析 （2）类问题，理由见解析【解析】【分析】（1）得分情况有三种可能性，第一个问题错

20、误，0分，第一个问题正确，第二个错误，10分，两个问题都正确，40分，分别求出对应的概率即可（2）将两种情况分别进行计算，比较大小即可得出结论【小问1详解】由题可知，的所有可能取值为，.；.所以的分布列为【小问2详解】由（1）知，若小明先回答问题，则.若小明先回答问题，记为小明累计得分，则的所有可能取值为，.；，所以.因为，所以小明应选择先回答类问题.19. 已知椭圆，为坐标原点，右焦点坐标为，椭圆离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆在轴上的两个顶点为，点满足，直线交椭圆于两点，且，求此时的大小.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用椭圆的焦点坐标及椭圆的离心率可求解；（2）分析

21、可知直线斜率存在，设为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理弦长公式可知直线的方程为，再利用，知点在以原点为圆心，半径为的圆上，利用点到直线的距离公式可判断直线与圆的位置关系，进而求解.【小问1详解】因为右焦点为，所以，因为离心率，所以，所以椭圆的方程为.【小问2详解】当直线垂直于轴时，（舍）.当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，由整理得， 设，由题意恒成立，所以，利用弦长公式知，解得，所以直线的方程为.因为为椭圆在轴上的两个顶点，不妨设，因为，设，所以，即，即点在以原点为圆心，半径为的圆上. 因为原点到直线的距离， 所以直线与圆相切，所以.20. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）

22、当时，求的单调区间；（3）求证：当时，.【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程；（2）求出，分、，讨论的单调性可得答案；（3）当时，令，得或，取得极小值，由极小值定义及的单调性可知：当时，；时，设，由二次函数的性质可知恒成立，可得答案.【小问1详解】，因为，所以曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】由（1）知：，（），因为，令，所以或，当时，则的变化情况如下表：极大值极小值当时，则 恒成立，在内恒增；当时，则 的变化情况如下表：极大值极小值综上，当时，单调递增区间是和，单调递减区间是；当时，单调递增区间是，无单调递减区间；当时

23、，单调递增区间是和 ，单调递减是.【小问3详解】当时，令，得或，易知，则的变化情况如下表：极小值极大值所以当时，取得极小值，由于，则，所以由极小值定义及的单调性可知：当时，接下来，研究在的变化情况，因为恒成立，设，对称轴，抛物线开口向上，所以由二次函数的性质可知：当时，恒成立，所以在时恒成立.综上所述：当时，.21. 记实数，中的较大者为，例如，对于无穷数列，记，若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”.（1）已知数列的通项公式分别为，判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由；（2）已知首项为公比为的等比数列是“趋势递减数列”，求的取值范围；（3）若数列满足，为正实数，且，求证：为“趋

24、势递减数列”的充要条件为的项中没有.【答案】（1）、为“趋势递减数列”，理由见解析； （2）； （3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由的通项公式知：是单调递减且，结合“趋势递减数列”的定义判断并说明是否为“趋势递减数列”.（2）讨论公比的范围，结合“趋势递减数列”的性质判断不同的取值下是否满足要求，即可确定范围.（3）应用充要条件的定义，由反证法结合“趋势递减数列”的性质证明的项中没有，再证的项中没有时是否为“趋势递减数列”，即可证结论.【小问1详解】数列是“趋势递减数列”.由通项公式知：公差为，故是单调递减数列，且，故数列是“趋势递减数列”.数列是“趋势递减数列”.由为奇数，为偶数，则，

25、且，故数列是“趋势递减数列”.【小问2详解】当时，数列为单调递增数列，此时，且不满足题意；当时，数列为常数列，不满足题意；当时，数列为单调递减数列，此时，且，满足题意；当时，此时，且，满足题意；当时，此时，且，不满足题意；综上，的取值范围为.【小问3详解】先证必要性： 假设存在正整数使得，令.因为，为正实数，且，故，则数列从开始以后的各项为，当时，与为“趋势递减数列”矛盾，故假设不成立，的项中没有.再证明充分性：得：，由的项中没有，故对于任意正整数，即.当时，当时，为“趋势递减数列”.综上：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.【点睛】关键点点睛：第三问，分别从充分性、必要性两个方面证明结论，注意反证法的应用：假设为“趋势递减数列”存在推出矛盾.