2021-2022北京房山高三上期末考试数学.pdf

该【2021-2022北京房山高三上期末考试数学 】是由【fangjinyan2017001】上传分享，文档一共【20】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2021-2022北京房山高三上期末考试数学 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:.
2022-2022北京房山高三上期末考试数学
解答题
双十一网购狂欢,、乙两位快递员月日
到日每天送件数量的茎叶图如图所示.
(Ⅰ)根据茎叶图判断哪个快递员的平均送件数量较多(写出结
论即可);
(Ⅱ)求甲送件数量的平均数;
(Ⅲ)从乙送件数量中随机抽取个,求至少有一个送件数量超
过甲的平均送件数量的概率.
【答案】(Ⅰ)乙快递员的平均送件数量较多(Ⅱ)(Ⅲ)
【解析】试题分析:(Ⅰ)由茎叶图知甲快递员11月12日到18
日每天送件数量相对乙来说位于茎叶图的左上方偏多,由此能求出结
果.(Ⅱ)利用茎叶图能求出甲送件数量的平均数.
(Ⅲ)从乙送件数量中随机抽取2个,至少有一个送件数量超过
1:.
甲的平均送件数量的对立事件是抽取的2个送件量都不大于254,由
此利用对立事件概率计算公式能求出至少有一个送件数量超过甲的
平均送件数量的概率.
试题解析:
(Ⅰ)由茎叶图知甲快递员月日到日每天送件数量相对乙
来说位于茎叶图的左上方偏多,
∴乙快递员的平均送件数量较多.
(Ⅱ)甲送件数量的平均数:
(Ⅲ)从乙送件数量中随机抽取个,
基本事件总数,
至少有一个送件数量超过甲的平均送件数量的对立事件是抽取
的个送件量都不大于,
∴至少有一个送件数量超过甲的平均送件数量的概率:
.
选择题
“”是“”的().


2:.
【答案】C
【解析】由“”推出“”,是充分条件,由“”推
出“”,是必要条件,
故选:C.
选择题
已知向量,,则向量与夹角的大小
为()
.
【答案】C
【解析】向量,,可得
,
,,由向量与夹角
则向量与夹角的大小为.
故选:C.
解答题
3:.
已知等比数列中,,.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)令,求数列的前项和.
【答案】(I)(Ⅱ)
【解析】试题分析:(I)利用等比数列的通项公式求出基本量
即可(Ⅱ)利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出.
试题解析:
(I)设等比数列的公比为,
∵
∴,,
解得,.
∴.
(Ⅱ),
∴数列的前项和.
填空题
执行如图所示的程序框图,若输入的值为,则输出的值为
__________.
4:.
【答案】2
【解析】模拟程序的运行,可得程序框图的功能是计算并输出
的值,
由于,可得:,则输出的值为.
故答案为
选择题
已知点,动点满足条件则的最小值是
().
.
5:.
【答案】D
【解析】作出不等式组对应的平面区域,
由图象可知点到直线的距离最小,此时,
即的最小值为,
故选:D.
选择题
下列函数中为奇函数的是().
.
【答案】B
【解析】对于A,D,满足,函数是偶函数;
对于B,满足,函数是奇函数;
对于C,函数的定义域不关于原点对称,非奇非偶函数.
故选B.
6:.
选择题
抛物线的焦点坐标是
.
【答案】A
【解析】
试题分析:根据抛物线的焦点坐标是,所以此题的
答案应是,故选A.
解答题
已知两定点,,曲线上的动点满足
,直线与曲线的另一个交点为.
(Ⅰ)求曲线的标准方程;
(Ⅱ)设点,若,求直线的方程.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)
【解析】试题分析:(Ⅰ)由题意知|MF1|+|MF2|=2|F1F2|=8>4,
所以曲线C是以F1,F2为焦点,
C的方程;(Ⅱ)设M(xM,yM),P(xP,yP),直线MN方程为y=k
7:.
(x+4),其中k≠(3+4k2)y2-24ky=0,由此利用
韦达定理、椭圆性质,结合已知条件,所以,
则,转化为坐标关系求出点坐标代入椭圆即可.
试题解析:
(Ⅰ)∵,,
∴,
∵,
∴曲线是以,为焦点,长轴长为的椭圆.
曲线的方程为.
(Ⅱ)由题意知直线不垂直于轴,也不与轴重合或平行.
设,,直线方程为,其中.
由,得.
解得或.
依题意,.
因为,
所以,则.
8:.
于是,所以,
因为点在椭圆上,所以.
整理得,
解得或(舍去),
从而.
所以直线的方程为.
填空题
设函数是上的增函数,那么实数
的取值范围为__________.
【答案】
【解析】∵是上的增函数,
∴,解得或,
则实数的取值范围是,
故答案为:.
9:.
填空题
某市为了增强市民的消防意识,面向社会招募社区宣传志愿
:第组
,第组,第组,第组,第组,

愿者中抽取名参加消防演****活动,则从第组中抽取的人数为
__________.
【答案】4
【解析】由题意可知第组的频率为,
利用分层抽样的方法在名志愿者中抽取名,
第组中抽取的人数为.
故答案为.
填空题
复数(是虚数单位)的实部是__________.
10:.
【答案】1
【解析】∵∴复数(是虚数单位)
的实部是.
故答案为.
选择题
对于个黑球和个白球的任意排列(从左到右排成一行),则
一定()
,它右侧的白球和黑球一样多
,它右侧的白球和黑球一样多
,它右侧的白球比黑球少一个
,它右侧的白球比黑球少一个
【答案】B
【解析】为奇数,为偶数,故总存在一个黑球,它右侧的
白球和黑球一样多.
使用排除法:当100个黑球都排在右侧时,每一个白球右侧都有
100个黑球,最左侧的白球的右侧的白球最多且有98个白球,所以
不存在这样的白球使得它右侧的白球和黑球一样多,A不对;也不存
在这样的白球使得它右侧的白球比黑球少一个,C不对;当最右侧排
1个黑球,其余黑球在最左侧时,不存在这样的黑球使得它右侧的白
11:.
球比黑球少一个,,100为偶数,故总存在一个黑
球,它右侧的白球和黑球一样多.
故选:B.
选择题
一个几何体的三视图如图所示(单位:),则此几何体的体
积是()
.
【答案】A
【解析】几何体为四棱锥与正方体的组合体,
.,
∴.
故选A.
12:.
解答题
如图,在四棱锥中,四边形是矩形,,分
别是,中点,,.
(Ⅰ)求证:平面.
(Ⅱ)求证:平面.
(Ⅲ)求证:平面平面.
【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析(Ⅲ)见解析
【解析】试题分析:(Ⅰ)连接BD,交AC于O,连接OE,则
OM∥PB,利用线面平行的判定定理证明:PB∥平面MAC;(Ⅱ)证
明PE⊥AD,利用PE⊥BE,BE∩AD=E,证明:PE⊥平面ABCD;(Ⅲ)
证明AC⊥平面PBE,即可证明:平面MAC⊥平面PBE.
试题解析:
(Ⅰ)连接,交于,连接,则,
∵平面,面,
∴平面;
(Ⅱ)∵,是的中点,
13:.
∴,
∵,,
∴平面;
(Ⅲ)∵平面,平面,
∴,
∵,,四边形是矩形,是中点,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴平面,
∵平面,
∴平面平面.
填空题
已知直线和圆,则圆上到直线的距
离等于的点的个数为__________.
14:.
【答案】2
【解析】圆方程变形得:,即圆心,半径
,
∴圆心到直线的距离,
∴圆上到直线的距离等于的点的个数为,
故答案为.
填空题
中,,,,则__________,
若,则__________.
【答案】3
【解析】∵,,,
∴,
∴由正弦定理可得:,
可得:,
当时,
,
15:.
由于,为锐角,矛盾,舍去,
∴,
,
可得:,
∴由正弦定理可得:.
故答案为:,.
选择题
已知全集,集合,则=().
.
【答案】B
【解析】全集,集合,则.
故选:B.
解答题
已知函数.
(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;
16:.
(Ⅱ)求函数的单调区间;
(Ⅲ)如果,在上恒成立,求的取值范围.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)当时,的单调递增区间为
;当时,的单调递增区间为,单调递减区间为
;(Ⅲ)
【解析】试题分析:(Ⅰ)求出函数的导数,分别计算f(1),f′
(1)的值,求出切线方程即可;
(Ⅱ)求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单
调区间即可;(Ⅲ)如果在上恒成立,即在恒
成立,根据函数的单调性求出a的范围即可
试题解析:
(Ⅰ)时,,,
故,,
故切线方程是:,即;
(Ⅱ),
①当时,由于,得:,,
所以的单调递增区间为,
②当时,,得,
17:.
在区间上,,
在区间上,,
所以的单调递增区间为,
单调递减区间为;
(Ⅲ)如果在上恒成立,
即在恒成立,
令,,
,
令,解得:,
令,解得:,
故在递增,在递减,
故,
故.
解答题
设函数.
(Ⅰ)求的最小正周期;
18:.
(Ⅱ)求在上的最大值,以及取得最大值时对应的
值.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ),最大值
【解析】试题分析:(Ⅰ)化函数f(x)为正弦型函数,根据T=
,求出f(x)的最小正周期;
(Ⅱ)可求x∈时的取值范围,求出时(fx)
取得最大值.
试题解析:
(Ⅰ)函数
,
,
,
∴的最小正周期为
(Ⅱ)当时,
,
,
19:.
∴当时,取得最大值.
20