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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.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数 对应的点的坐标是 ，可直接求得复数 ，再利用共轭复数的概念求解.
【详解】由复数 对应的点的坐标是 ，
可得 ，
故 ，
故选：A.
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
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用充分条件和必要条件的判断方法，判断即可得出答案.
【详解】解：因为“ ”能推出“ ”，
而“ ”推不出“ ”，
的
所以“ ”是“ ” 充分不必要条件.
故选：A.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
【答案】B
【解析】
【分析】由倍角公式可得 ，可求周期；再由 可得奇偶性.
【详解】由倍角公式可得 ，所以周期为 .
又 是偶函数.
故选： .
【点睛】本题考查倍角公式的逆用和函数的奇偶性，属于基础题.
4. 在 的展开式中，常数项为
A. B. C. 60 D. 240
【答案】D
【解析】
【分析】
写出 展开式的通项，整理后令 的指数为 ，得到项数，然后计算出常数项，得到答案.
【详解】 的二项展开式的通项为
其常数项为，令 得
即
故选D项.
【点睛】本题考查二项展开式的通项，求二项展开式中的常数项，属于简单题.5. 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
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中线面、面面的判定定理与性质定理一一判断即可；
【详解】解：由两条不同的直线 ， 与两个不同的平面 ， ，知：
对于A，若 ， ，则 与 平行或 或 与 相交或 ，故A错误；
对于B，若 ， ，则由面面垂直的判定定理得 ，故B正确；
对于C，若 ， ，则 或 ，故C错误；
对于D，若 ， ，则 或 ，故D错误．
故选：B．
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. 0.13 B. 0.17 C. 0.21 D. 0.3
【答案】B
【解析】
【分析】根据全概率公式计算即可得解.
【详解】解：由题意在6：30至6：50出发上班迟到的概率为 .
故选：B.
7. 已知 ， ， ，则（ ）
A. B.
C. D.【答案】A
【解析】
【分析】根据指数、对数函数的单调性，将a，b，c与0或1比较，分析即可得答案.
【
详解】由题意得 ， ，所以 ，
又 ，
所以 .
故选：A
8. 设等差数列 的前n项和为 ．若 ，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据 ，可得 ， ，从而可判断AB，举出反例即可判断C，根据等差数列
的性质结合基本不等式即可判断D.
【详解】解：因为 ，
所以 ，故A错误；
，所以 ，
则公差 ，故B错误；
所以等差数列 为递增数列，
则 ， ，
则 ，
所以 ，所以 ，故D正确；
对于C，当 时，
， 。
此时 ，故C错误.
故选：D.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的对称性得到 在区间 上单调递增，再根据函数的奇偶性与单调性将函数
不等式转化为自变量的不等式，解得即可；
【详解】解：偶函数 在区间 上单调递减，所以 在区间 上单调递增；
则 等价于 ，即 ，
即 ，解得 ，即原不等式的解集为 ；
故选：C
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.
【答案】C
【解析】
【分析】求得以线段 为直径的圆的方程为 ，与渐近线 联立求出点 的坐标，根
据 与另一条渐近线平行可求出 的关系，然后根据 ，即可求出 的值，从而可
得出答案.
【详解】解：由题意 ， ，
则以线段 为直径的圆的方程为 ，
联立 ，解得 或 ，
又因点M在第一象限，所以 ，
因为 与直线 平行，
所以 ，即 ，
所以 ，则 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
则 ，
所以 ， ，
所以 .
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. 已知向量 ， ．若 ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得 ，根据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；
【详解】解：因为 ， 且 ，
所以 ，解得 ；
故答案为：12. 已知抛物线C： ，则抛物线C的准线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的方程求出 的值，进一步得出答案.
【详解】因为抛物线 ，
所以 ，∴
所以 的准线方程为 .
故答案为：
13. 在 中， ， ， ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理结合二倍角的正弦公式即可得解.
【详解】解：在 中，
由正弦定理可得 ，
即 ，即 ，
所以 .
故答案为： .
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______．
【答案】 ①. ②. 6
【解析】
【分析】对直线方程变形可求出直线l所过定点 的坐标，由题意可得动点N在以 为圆心，1为
半径为圆上，所以当 时，点N到直线l的距离最大，最大值为
【详解】由 ，得 ，
则 ，得 ，
所以直线l所过定点 ，
因为点 ，动点N满足 ，
所以动点N在以 为圆心，1为半径为圆上，
所以当 时，点N到直线l的距离最大，
所以d的最大值为 ，
故答案为： ，6
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：①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______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据 、 求出 的取值范围，即可判断③，再根据等比数列的定义判断①，构
造函数利用导数说明函数的单调性，再结合零点存在性定理判断②，根据指数对数的关系及对数函数的性
质判断④；
【详解】解：依题意 ，因为 ，所以 且 ，
又 ，所以 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ， ，故③错误；
由已知可得 ，则 ， ，
所以 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，故①正确；
令 ，则 ， ， ，令 ，则 ， ，
因为 ，所以 ，即 ，在 上单
调递增，
因为 ，所以 ， ， ，
令 ， ，则 ，所以 ，在
上单调递减，
且 ，即 ，
令 ， ，则 ，所以 在 上单
调递增，
又 ，所以 ，
所以 ，
，
故存 在上， ，故②正确；
依题意 、 、 ，所以 ，
所以 ，则 ，即 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，即 ，故④正确；故答案为：①②④
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行证明线线平行；
（2）建立空间直角系，分别求出平面 与平面 的法向量，利用 求出答案.
【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,
∴ ， ， ，
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 .
17. 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；
（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．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）选条件①：由等比数列通项公式直接可得；选条件②：利用 与 的关系可得；选条件③：
先由 与 的关系先得递推公式，然后由等比数列通项公式直接可得.
（2）由等比数列求和公式求和后可得.
【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 .
选条件②：当 时，
当 时，
因为当 时，上式也成立，
所以 .
选条件③：因为 ，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.
18. 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的金额数，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．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）不愿意，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）依题意 的可能取值为 、 、 ，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；
（3）记随机变量 为消费者在一次抽奖活动中的收益，则 ，根据期望的性质求出 ，即可
判断；
【小问1详解】
解：记“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”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；
19. 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．
【答案】（1） 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；
（2）证明见解析； （3）答案不唯一，见解析.
【解析】
【分析】（1）求导判断函数的单调性，进而可求出极值；
（2）构造函数 ，求出函数的最大值即可得出结论；
（3）将 变形为 ，分别证得 与恒非负，即可得出结论.
【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；
【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，
时， ，即 ，所以 单调递增，
所以 ，即
因此当 时， 恒成立.
【点睛】恒成立问题解题思路：
（1）参变量分离：
（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研
究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.20. 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．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义，可求得a值，将P点坐标代入，即可求得 ，即可得答案.
（2）由题意可得R点坐标和直线PQ的斜率，即可设直线l的方程为 ，
，可得直线AQ的方程为 ，与椭圆联立，即可
求得 表达式，同理可得 表达式，即可求导直线MN的斜率，再求得直线MR的斜率，分析即
可得证.
【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 方程为 ，直线BQ的方程为 ，
的
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
同理可得 ， ，
所以
又 ，
所以M，N，R三点共线
21. 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 ．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可得当且仅当 时成立即可得 ；
（2）（ⅰ）设 ，根据区间端点的大小关系证明所有区间都包含 即可；
（ⅱ）先分析可得 个互不相同的集合的区间端点的大小关系，再设 ，再根据区间端点
的最小距离为 ，累加即可证明
【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， ，
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
【点睛】本题主要考查了新定义的集合类证明，可根据题意先画数轴分析题目中区间的关系，再凑出所需
证明的不等式即可,属于难题
