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北京市丰台区 2021—2022 学年度第二学期综合练习（一）
高三数学 2022.03
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. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用并集的定义计算即可.
【详解】∵集合 ， ，
∴ .
故选：D.
2. 已知命题 ： ， ，那么 是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】由特称命题的否定，直接判断得出答案.
【详解】解：已知命题 ： ， ，
则 为： ， .
故选：B.
3. 若复数 （a，b为实数）则“ ”是“复数z为纯虚数”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. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据当 且 时，复数 z为纯虚数判断即可.
【详解】解：根据复数的概念，当 且 时，复数 z为纯虚数，
反之，当复数 z为纯虚数时， 且
所以“ ”是“复数z为纯虚数”的必要不充分条件
故选：B
4. 已知圆 ，则圆心 到直线 的距离等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆心的坐标，即可求得圆心 到直线 的距离.
【详解】圆 的标准方程为 ，圆心为 ，故圆心 到直线 的距离为 .
故选：C.
5. 若数列 满足 ，且 ，则数列 的前 项和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列定义和通项公式可得 ，然后由前n项和公式可得.
【详解】因为 ，且 ，所以数列 是以2为公比的等比数列，又 ，得，所以 .
故选：C
6. 在△ 中， ，则 （ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】先求出 ，再借助正弦定理求解即可.
【详解】由 得 ，由正弦定理得 ， ，解得
，又 ，故 ， .
故选：A.
7. 在抗击新冠疫情期间，有3男3女共6位志愿者报名参加某社区“人员流调”、“社区值守”这两种岗
的
位 志愿服务，其中3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”．若该社区
“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者．则这6位志愿者不同的分配方式共有（ ）
A. 19种 B. 20种 C. 30种 D. 60种
【答案】A
【解析】
【分析】利用对立事件，用总的分配方式减去“社区值守”岗位全是女性的情况可得.
【详解】6位志愿者3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”的分配方式共有
种，“社区值守”岗位全是女性的分配方式共1种，故“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿
者的分配方式共有 种.故选：A
8. 已知 是双曲线 的一个焦点，点 在双曲线 的一条渐近线上， 为坐标原点．若
，则△ 的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等腰三角形的性质结合渐近线方程得出点 的坐标，再求面积.
【详解】不妨设 为双曲线 的左焦点，点 在渐近线 上，因为
， ，所以 ， ，即△ 的面积
.
故选：C
9. 已知函数 无最小值，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D【解析】
【分析】利用导数研究函数的性质，作出函数函数 与直线 的图象，利用数形结合即得.
【详解】对于函数 ，
可得 ，
由 ，得 或 ，由 ，得 ，
∴函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
∴函数 在 时有极大值2，在 时有极小值 ，
作出函数 与直线 的图象，
由图可知，当 时，函数 有最小值 ，当 时，函数 没有最小值.
故选：D.
10. 对任意 ，若递增数列 中不大于 的项的个数恰为 ，且 ，则
的最小值为（ ）
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】先由条件得出 ，进而结合等差数列前n项和列出不等式，解不等式即可.【详解】由递增数列 中不大于 的项的个数恰为 可知 ，又 ，故
，即 ，解得 或 ，又 ，故
的最小值为10.
故选：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. 函数 = 的定义域是_________.
【答案】
【解析】
【详解】∵函数 =
∴要使函数有意义，则
∴
∴函数 = 的定义域为
故答案为
12. 已知向量 ， ．若 ，则 ______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用两向量共线的条件即求.
【详解】∵向量 ， ， ，
∴ ，解得 .
故答案为：4.13. 设函数 的定义域为 ，能说明“若函数 在 上的最大值为 ，则函数 在 上
单调递增“为假命题的一个函数是__________.
【答案】 ， ，（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，可以构造在定义域为 上，先减后增的函数，满足最大值为1，即可得答案.
【详解】根据题意，要求函数 的定义域为 ，在 上的最大值为 ，但 在 上不是
增函数，
可以考虑定义域为 上，先减后增的函数的二次函数，
函数 ， 符合，
故答案为： ， ，（答案不唯一）.
14. 已知抛物线 的焦点为 ，则 的坐标为______；设点 在抛物线 上，若以线段 为
直径的圆过点 ，则 ______．
【答案】 ①. ②. 5
【解析】
【分析】由题可得 ，设 ，结合条件可得 ， ，进而可得 ，即得.
【详解】∵抛物线 ，
∴ ，设 ，则 ，
又以线段 为直径的圆过点 ，
∴ ，即 ，又 ，∴ ，解得 ， ，
∴ .
故答案为： ；5.
15. 如图，在棱长为2的正方体 中， 分别是棱 的中点，点 在线段
上运动，给出下列四个结论：
①平面 截正方体 所得的截面图形是五边形；
②直线 到平面 的距离是 ；
③存在点 ，使得 ；
④△ 面积的最小值是 ．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③
【解析】
【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.
【详解】对于①，如图直线 与 、 的延长线分别交于 ，连接 分别交
于 ，连接 ，则五边形 即为所得的截面图形，故①正确；
对于②，由题可知 ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，故点 到平面 的距离即为直线 到平面 的距离，
设点 到平面 的距离为h，由正方体 的棱长为2可得，
， ，
∴ ，
，
∴由 ，可得 ，
所以直线 到平面 的距离是 ，故②错误；对于③，如图建立空间直角坐标系，则 ，
设 ，
∴ ，又 ，
∴ ， ，
假设存在点 ，使得 ，
∴ ，整理得 ，
∴ （舍去）或 ，
故存在点 ，使得 ，故③正确；
对于④，由上知 ，所以点 在 的射影为 ，
∴点 到 的距离为：
，
∴当 时， ，
∴故△ 面积的最小值是 ，故④错误.故答案为：①③.
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 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作
为一组已知条件，使 的解析式唯一确定．
（1）求 的解析式；
（2）设函数 ，求 在区间 上的最大值．
条件①： 的最小正周期为 ；
条件②： 为奇函数；
条件③： 图象的一条对称轴为 ．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）可以选择条件①②或条件①③，先由周期计算 ，再计算 即可；
（2）先求出 整体的范围，再结合单调性求最大值即可.
【小问1详解】
选择条件①②：
由条件①及已知得 ，
所以 ．
由条件②得 ，
所以 ，即 ．
解得 ．因为 ，
所以 ，
所以 ．
经检验 符合题意．
选择条件①③：
由条件①及已知得 ，所以 ．
由条件③得 ，
解得 ．
因为 ，
所以 ．
所以 ．
【小问2详解】
由题意得 ，
化简得 ．
因为 ，
所以 ，
所以当 ，即 时， 的最大值为 ．17. 如图，在直角梯形 中， ， ， ．以直线 为轴，
将直角梯形 旋转得到直角梯形 ，且 ．
（1）求证： 平面 ；
（2）在线段 上是否存在点 ，使得直线 和平面 所成角 的正弦值为 ？若存在，求出
的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）证明出四边形 为平行四边形，进而证明出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，
利用空间向量求解.
【小问1详解】
证明：由题意得 ， ，
所以四边形 为平行四边形．
所以 ．
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
【小问2详解】线段 上存在点 ，使得直线 和平面 所成角的正弦值为 ，理由如下：
由题意得AD，AB，AF两两垂直．
如图，建立空间直角坐标系 ．
设 ，则 ， ，
， ， ， ．
所以 ， ， ， ．
设 ，则
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，即
令 ，则 ， ．
于是
设直线 和平面 所成角为 ，
由题意得： ，
整理得： ，解得 或 ．
因为 ，
所以 ，即 ．
所以线段 上存在点 ，当 时，直线 和平面 所成角的正弦值为 ．
18. 为研究某地区2021届大学毕业生毕业三个月后的毕业去向，某调查公司从该地区2021届大学毕业生
中随机选取了1000人作为样本进行调查，结果如下：
毕业去向 继续学习深造 单位就业 自主创业 自由职业 慢就业
人数 200 560 14 128 98
假设该地区2021届大学毕业生选择的毕业去向相互独立．
（1）若该地区一所高校2021届大学毕业生的人数为2500，试根据样本估计该校2021届大学毕业生选择
“单位就业”的人数；
（2）从该地区2021届大学毕业生中随机选取3人，记随机变量 为这3人中选择“继续学习深造”的人
数．以样本的频率估计概率，求 的分布列和数学期望 ；
（3）该公司在半年后对样本中的毕业生进行再调查，发现仅有选择“慢就业”的毕业生中的
人选择了上表中其他的毕业去向，记此时表中五种毕业去向对应人数的方差为 ．当 为何值
时， 最小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】(1)用样本中“单位就业”的频率乘以毕业生人数可得；(2)先由样本数据得选择“继续学习深造”的频率，然后由二项分布可得；
(3)由方差 的意义可得.
【小问1详解】
由题意得，该校2021届大学毕业生选择“单位就业”的人数为 ．
【小问2详解】
由题意得，样本中 名毕业生选择“继续学习深造”的频率为 ．
用频率估计概率，从该地区2021届大学毕业生中随机选取1名学生，估计该生选择“继续学习深造”的概
率为 ．
随机变量 的所有可能取值为0，1，2，3．
所以 ，
，
，
．
所以 的分布列为
0 1 2 3
．
【小问3详解】
易知五种毕业去向的人数的平均数为200，要使方差最小，则数据波动性越小，故当自主创业和慢就业人数相等时方差最小，所以 ．
19. 已知椭圆 （ ）的左、右顶点分别为 ， ，且 ，离心率为 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 是椭圆 上不同于 ， 的一点，直线 ， 与直线 分别交于点 ．若
，求点 横坐标的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由条件计算 即可；
（2）设出点 坐标，分别写出直线 ， 的方程，表示出 坐标，由 得到不等式，解
不等式即可.
【小问1详解】
由题意得
解得 ， ．
所以椭圆 的方程是 ．
【小问2详解】
设 （ ），
由已知得 ， ，所以直线 ， 的方程分别为 ， ．
令 ，得点 的纵坐标为 ，点 的纵坐标为 ，
所以 ．
因为点 在椭圆 上，所以 ，
所以 ，即 ．
因为 ，所以 ，即 ．
所以 ．
整理得 ，解得 ．
所以点 横坐标 取值范围是 ．
的
20. 已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 的斜率为1的切线方程；
（2）若函数 恰有两个不同的零点，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接求导，由 求出切点，写出切线方程即可；
（2）求导后分类讨论确定函数的单调性，结合零点存在定理确定零点个数即可求出 的取值范围.
【小问1详解】当 时， ，
所以 ．
令 ，解得 ．
因为 ，所以切点坐标为 ．
故切线方程为 ．
【小问2详解】
因为 ，
所以
令 ，解得 ．
当 时，由 ，得 ，
所以 ，则 在定义域 上是增函数．
故 至多有一个零点，不合题意，舍去．
当 时，随 变化 和 的变化情况如下表：
0
单调递增 单调递减
故 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，当 时， 取得最大值 ．
若 时， ，此时 至多有一个零点；
若 时， ，又 ，
由零点存在性定理可得 在区间 和区间 上各有一个零点，
所以函数 恰有两个不同的零点，符合题意．
综上所述， 的取值范围是 ．
21. 已知集合 ( 且 ）， ，且 ．若对任意
（ ），当 时，存在 ( )，使得 ，则称 是 的 元完
美子集．
（1）判断下列集合是否是 的3元完美子集，并说明理由；
① ； ② ．
（2）若 是 的3元完美子集，求 的最小值；
（3）若 是 （ 且 ）的 元完美子集，求证：
，并指出等号成立的条件．
【答案】（1） 不是 的3元完美子集； 是 的3元完美子集；理由见解析
（2）12 （3）证明见解析；等号成立的条件是 且
【解析】
【分析】（1）根据 元完美子集的定义判断可得结论；
（2）不妨设 ．由 ， ， 分别由定义可求得 的最小值；（3）不妨设 ，有 ．
是 中 个不同的元素，且均属于集合 ，此时该集合恰有 个不同的元素，显然
矛盾．因此对任意 ，都有 ，由此可得证.
【小问1详解】
解：（1）①因为 ，又 ，所以 不是 的3元完美子集．
②因为 ，且 ，而 ，
所以 是 的3元完美子集．
【小问2详解】
解：不妨设 ．
若 ，则 ， ， ，与3元完美子集矛盾；
若 ，则 ， ，而 ，符合题意，此时 ．
若 ，则 ，于是 ， ，所以 ．
综上， 的最小值是12．
【小问3详解】
证明：不妨设 ．
对任意 ，都有 ，
否则，存在某个 ，使得 ．
由 ，得 ．
所以 是 中 个不同的元素，且均属于集合 ，
该集合恰有 个不同的元素，显然矛盾．所以对任意 ，都有 ．
于是 ．
即 ．
等号成立的条件是 且 ．
