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北京市石景山区2022届高三上期末数学试卷(含答案解析)

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.