北京市丰台区2021-2022学年度第二学期综合练习（二）高三数学2022．04第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数（）A.B.C.D.2.“”是“”的（）A充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.函数是（）A.最小正周期为π的奇函数B.最小正周期为π的偶函数C.最小正周期为2π的奇函数D.最小正周期为2π的偶函数4.在的展开式中，常数项为AB.C.60D.2405.已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面，，则下列结论中正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则6.小王每天在6：30至6：50出发去上班，其中在6：30至6：40出发的概率为0.3，在该时间段出发上班迟到的概率为0.1；在6：40至6：50出发的概率为0.7，在该时间段出发上班迟到的概率为0.2，则小王某天在6：30至6：50出发上班迟到的概率为（）A.0.13B.0.17C.0.21D.0.37已知，，，则（）A.B.C.D.\n8.设等差数列的前n项和为．若，则下列结论中正确的是（）A.B.CD.9.已知偶函数在区间上单调递减．若，则x的取值范围是（）A.B.C.D.10.已知双曲线C：（，）的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，．以线段为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，与另一条渐近线平行．若，则的面积是（）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.已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为______．13.在中，，，，则______．14.在平面直角坐标系中，已知点，动点N满足，记d为点N到直线l：的距离．当m变化时，直线l所过定点的坐标为______；d的最大值为______．15.如图，某荷塘里浮萍的面积y（单位：）与时间t（单位：月）满足关系式：（a为常数），记（）．给出下列四个结论：\n①设，则数列是等比数列；②存在唯一的实数，使得成立，其中是的导函数；③常数；④记浮萍蔓延到，，所经过的时间分别为，，，则．其中所有正确结论的序号是______．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.如图，在正三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面．（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值．18.已知数列的前n项和为，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知．（1）求数列的通项公式；\n（2）设数列的前n项和为．若对任意，不等式恒成立，求m的最小值．条件①：且；条件②：；条件③：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．20.某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：在一不透明纸箱中有8张相同的卡片，其中4张卡片上印有“幸”字，另外4张卡片上印有“运”字．消费者从该纸箱中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片上都印有同一个字，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片上印有同一个字，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励．（1）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率；（2）记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券金额数，求X的分布列和数学期望；（3）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付3元．若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由．22.已知函数．（1）当时，求的单调区间和极值；（2）当时，求证：；（3）直接写出a的一个取值范围，使得恒成立．24.已知椭圆C：经过点，P到椭圆C的两个焦点的距离和为．（1）求椭圆C的方程；（2）设，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ\n与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线．26.设，，…，，，是个互不相同的闭区间，若存在实数使得，则称这个闭区间为聚合区间，为该聚合区间的聚合点．（1）已知，为聚合区间，求t的值；（2）已知，，…，，为聚合区间．（ⅰ）设，是该聚合区间的两个不同的聚合点．求证：存在k，，使得；（ⅱ）若对任意p，q（且p，），都有，互不包含．求证：存在不同的i，，使得．【1题答案】【答案】A【2题答案】【答案】A【3题答案】【答案】B【4题答案】【答案】D【5题答案】【答案】B【6题答案】【答案】B【7题答案】【答案】A【8题答案】【答案】D\n【9题答案】【答案】C【10题答案】【答案】C【11题答案】【答案】【12题答案】【答案】【13题答案】【答案】【14题答案】【答案】①.②.6【15题答案】【答案】①②④【16题答案】【小问1详解】连接，平面∥平面，∵平面平面，平面平面，∴∥.【小问2详解】设=2m以D为坐标原点，AD为x轴，CD为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系,\n∴，，，设平面的法向量为，联立方程解得：，∴同理求得平面的法向量∴平面与平面夹角的余弦值的余弦值为.【18题答案】【答案】（1）（2）2【小问1详解】选条件①：因为，且，即所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列所以.\n选条件②：当时，当时，因为当时，上式也成立，所以.选条件③：因，得当时，，得当时，整理得所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列所以.【小问2详解】由（1）知，，记因为，所以是以1为首项，为公比的等比数列所以所以m的最小值为2.【20题答案】【小问1详解】解：记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到4张卡片上都印有“幸”字”为事件，则，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概\n率为；【小问2详解】解：依题意随机变量的所有可能取值为、、；则，，，所以的分布列为：所以【小问3详解】解：记随机变量为消费者在一次抽奖活动中的收益，则，所以，所以我不愿意再次参加该项抽奖活动；【22题答案】【小问1详解】当时，，则，令，即，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此在处取得极大值，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1；\n【小问2详解】要证，即证，因此设，则，令，则，因为，所以，因此单调递减，且，所以时，；当时，；即时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值也是最大值，且，故.【小问3详解】要证，即证，也即是，即证，令，则，当时，，即单调递增；当时，，即单调递减；所以，故，令，则令，则，，则所以和时，，则单调递增，时，，则单调递减，且，，，因此时，，即，所以单调递减，\n时，，即，所以单调递增，所以，即因此当时，恒成立.【24题答案】【小问1详解】根据椭圆的定义可得，解得，又过点，所以，解得，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】因为，，所以，，设直线l的方程为，，所以，所以直线AQ的方程为，直线BQ的方程为，联立直线AQ与椭圆，消去x可得，所以，又代入，整理可得，代入直线AQ，可得\n同理可得，，所以又，所以M，N，R三点共线【26题答案】【小问1详解】由可得，又，为聚合区间，由定义可得，故当且仅当时成立，故【小问2详解】（ⅰ）由，是该聚合区间的两个不同的聚合点，不妨设，因为，故，又，故，不妨设中的最大值为，中最小值为，则，即，故存在区间（ⅱ）若存在则或，与已知条件矛盾不妨设，则否则，若，则，与已知条件矛盾取，设当时，，\n又，所以，所以，即，所以，此时取，则，当时，同理可取，使得，综上，存在不同的i，，使得
