2022屆北京市首師大附中高三第三次模擬考試數學試卷含解析

2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設全集U=R，集合，則（）A．{x|-1<x<4} B．{x|-4<x<1} C．{x|-1≤x≤4} D．{x|-4≤x≤1}2．我國古代數學家秦九韶在《數書九章》中記述了“三斜求積術”，用現代式子表示即為：在中，角所對的邊分別為，則的面積.根據此公式，若，且，則的面積為（）A． B． C． D．3．已知函數，若，則下列不等關系正確的是（）A． B．C． D．4．設i是虛數單位，若復數是純虛數，則a的值為（）A． B．3 C．1 D．5．已知定義在上的可導函數滿足，若是奇函數，則不等式的解集是（）A． B． C． D．6．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的最長棱的長為（）A． B． C． D．7．等差數列中，，，則數列前6項和為（）A．18 B．24 C．36 D．728．設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是A．α內有無數條直線與β平行B．α內有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面9．已知各項都為正的等差數列中，，若，，成等比數列，則（）A． B． C． D．10．若的展開式中的系數為150，則（）A．20 B．15 C．10 D．2511．波羅尼斯（古希臘數學家，的公元前262-190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，它將圓錐曲線的性質網羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地．他證明過這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數k（k＞0，且k≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．現有橢圓=1（a＞b＞0），A，B為橢圓的長軸端點，C，D為橢圓的短軸端點，動點M滿足=2，△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．12．已知函數的圖像向右平移個單位長度后，得到的圖像關于軸對稱，，當取得最小值時，函數的解析式為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是等比數列的前項的和，成等差數列，則的值為_____．14．已知橢圓C：1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1，F2，橢圓的焦距為2c，過C外一點P(c,2c)作線段PF1，PF2分別交橢圓C于點A、B，若|PA|＝|AF1|，則_____.15．已知復數，其中為虛數單位，若復數為純虛數，則實數的值是__．16．已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，準線為l，P為C上一點，PQ垂直l于點Q，M，N分別為PQ，PF的中點，MN與x軸相交于點R，若∠NRF=60°，則|FR|等于_____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若不等式恒成立，求實數a的取值范圍.18．（12分）設的內角的對邊分別為，已知.（1）求；（2）若為銳角三角形，求的取值范圍.19．（12分）已知圓,定點,為平面內一動點，以線段為直徑的圓內切于圓，設動點的軌跡為曲線（1）求曲線的方程（2）過點的直線與交于兩點，已知點，直線分別與直線交于兩點，線段的中點是否在定直線上，若存在，求出該直線方程；若不是，說明理由.20．（12分）在直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的參數方程為（為參數），直線經過點且傾斜角為.（1）求曲線的極坐標方程和直線的參數方程；（2）已知直線與曲線交于，滿足為的中點，求.21．（12分）已知函數.（1）若是函數的極值點，求的單調區(qū)間；（2）當時，證明：22．（10分）已知函數，.（1）當時，討論函數的零點個數；（2）若在上單調遞增，且求c的最大值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

解一元二次不等式求得集合，由此求得【詳解】由，解得或.因為或，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合補集的概念和運算，屬于基礎題.2．A【解析】

根據，利用正弦定理邊化為角得，整理為，根據，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【詳解】由得，即，即，因為，所以，由余弦定理，所以，由的面積公式得故選：A【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理以及類比推理，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.3．B【解析】

利用函數的單調性得到的大小關系，再利用不等式的性質，即可得答案.【詳解】∵在R上單調遞增，且，∴.∵的符號無法判斷，故與，與的大小不確定，對A，當時，，故A錯誤；對C，當時，，故C錯誤；對D，當時，，故D錯誤；對B，對，則，故B正確.故選：B.【點睛】本題考查分段函數的單調性、不等式性質的運用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于基礎題.4．D【解析】

整理復數為的形式,由復數為純虛數可知實部為0,虛部不為0,即可求解.【詳解】由題,,因為純虛數,所以,則,故選:D【點睛】本題考查已知復數的類型求參數范圍,考查復數的除法運算.5．A【解析】

構造函數，根據已知條件判斷出的單調性.根據是奇函數，求得的值，由此化簡不等式求得不等式的解集.【詳解】構造函數，依題意可知，所以在上遞增.由于是奇函數，所以當時，，所以，所以.由得，所以，故不等式的解集為.故選：A【點睛】本小題主要考查構造函數法解不等式，考查利用導數研究函數的單調性，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.6．D【解析】

先根據三視圖還原幾何體是一個四棱錐，根據三視圖的數據，計算各棱的長度.【詳解】根據三視圖可知，幾何體是一個四棱錐，如圖所示：由三視圖知：，所以，所以，所以該幾何體的最長棱的長為故選：D【點睛】本題主要考查三視圖的應用，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.7．C【解析】

由等差數列的性質可得，根據等差數列的前項和公式可得結果.【詳解】∵等差數列中，，∴，即，∴，故選C.【點睛】本題主要考查了等差數列的性質以及等差數列的前項和公式的應用，屬于基礎題.8．B【解析】

本題考查了空間兩個平面的判定與性質及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用面面平行的判定定理與性質定理即可作出判斷．【詳解】由面面平行的判定定理知：內兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質定理知，若，則內任意一條直線都與平行，所以內兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B．【點睛】面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯誤．9．A【解析】試題分析：設公差為或（舍），故選A.考點：等差數列及其性質.10．C【解析】

通過二項式展開式的通項分析得到，即得解.【詳解】由已知得，故當時，，于是有，則.故選：C【點睛】本題主要考查二項式展開式的通項和系數問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.11．D【解析】

求得定點M的軌跡方程可得，解得a，b即可.【詳解】設A（-a，0），B（a，0），M（x，y）．∵動點M滿足=2，則=2，化簡得.∵△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，∴，解得，∴橢圓的離心率為．故選D．【點睛】本題考查了橢圓離心率，動點軌跡，屬于中檔題．12．A【解析】

先求出平移后的函數解析式，結合圖像的對稱性和得到A和.【詳解】因為關于軸對稱，所以，所以，的最小值是.，則，所以.【點睛】本題主要考查三角函數的圖像變換及性質.平移圖像時需注意x的系數和平移量之間的關系.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．2【解析】

設等比數列的公比設為再根據成等差數列利用基本量法求解再根據等比數列各項間的關系求解即可.【詳解】解：等比數列的公比設為成等差數列,可得若則顯然不成立,故則,化為解得,則故答案為：．【點睛】本題主要考查了等比數列的基本量求解以及運用,屬于中檔題.14．【解析】

根據條件可得判斷OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，從而得到點A為橢圓上頂點，則有b＝c，解出B的坐標即可得到比值.【詳解】因為|PA|＝|AF1|，所以點A是線段PF1的中點，又因為點O為線段F1F2的中點，所以OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，因為點P（c，2c），所以PF2⊥x軸，則|PF2|＝2c，所以OA⊥x軸，則點A為橢圓上頂點，所以|OA|＝b，則2b＝2c，所以b＝c，ac，設B（c，m）（m＞0），則，解得mc，所以|BF2|c，則.故答案為：2.【點睛】本題考查橢圓的基本性質，考查直線位置關系的判斷，方程思想，屬于中檔題.15．2【解析】

由題，得，然后根據純虛數的定義，即可得到本題答案.【詳解】由題，得，又復數為純虛數，所以，解得.故答案為：2【點睛】本題主要考查純虛數定義的應用，屬基礎題.16．2【解析】

由題意知：，，，.由∠NRF=60°，可得為等邊三角形，MF⊥PQ，可得F為HR的中點，即求.【詳解】不妨設點P在第一象限，如圖所示，連接MF，QF.∵拋物線C：y2=4x的焦點為F，準線為l，P為C上一點∴，.∵M，N分別為PQ，PF的中點，∴，∵PQ垂直l于點Q，∴PQ//OR，∵，∠NRF=60°，∴為等邊三角形，∴MF⊥PQ，易知四邊形和四邊形都是平行四邊形，∴F為HR的中點，∴，故答案為：2.【點睛】本題主要考查拋物線的定義，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）【解析】

(1)利用分段討論法去掉絕對值,結合圖象,從而求得不等式的解集;(2)求出函數的最小值,把問題化為,從而求得的取值范圍.【詳解】（1）當時，則所以不等式的解集為.（2）等價于，而，故等價于，所以或，即或，所以實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查含有絕對值的不等式解法、不等式恒成立問題,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想,考查邏輯推理能力、運算求解能力，難度一般.18．（1）（2）【解析】

（1）利用正弦定理化簡已知條件，由此求得的值，進而求得的大小.（2）利用正弦定理和兩角差的正弦公式，求得的表達式，進而求得的取值范圍.【詳解】（1）由題設知，，即，所以，即，又所以.（2）由題設知，，即，又為銳角三角形，所以，即所以，即，所以的取值范圍是.【點睛】本小題主要考查利用正弦定理解三角形，考查利用角的范圍，求邊的比值的取值范圍，屬于中檔題.19．（1）；（2）存在，.【解析】

（1）設以為直徑的圓心為，切點為，取關于軸的對稱點，連接，計算得到，故軌跡為橢圓，計算得到答案.（2）設直線的方程為，設，聯立方程得到，，計算，得到答案.【詳解】（1）設以為直徑的圓心為，切點為，則，取關于軸的對稱點，連接，故，所以點的軌跡是以為焦點，長軸為4的橢圓，其中，曲線方程為.（2）設直線的方程為，設，直線的方程為，同理，所以，即，聯立，所以，代入得，所以點都在定直線上.【點睛】本題考查了軌跡方程，定直線問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.20．（1），；（2）.【解析】

（1）由曲線的參數方程消去參數可得曲線的普通方程，由此可求曲線的極坐標方程；直接利用直線的傾斜角以及經過的點求出直線的參數方程即可；（2）將直線的參數方程，代入曲線的普通方程，整理得，利用韋達定理，根據為的中點，解出即可.【詳解】（1）由（為參數）消去參數，可得，即，已知曲線的普通方程為，，，，即，曲線的極坐標方程為，直線經過點，且傾斜角為，直線的參數方程：（為參數，）.（2）設對應的參數分別為，.將直線的參數方程代入并整理，得，，.又為的中點，，，，，即，，，，即，.【點睛】本題考查了圓的參數方程與極坐標方程之間的互化以及直線參數方程的應用，考查了計算能力，屬于中檔題.21．（1）遞減區(qū)間為（-1，0），遞增區(qū)間為（2）見解析【解析】

（1）根據函數解析式，先求得導函數，由是函數的極值點可求得參數.求得函數定義域，并根據導函數的符號即可判斷單調區(qū)間.（2）當時，.代入函數解析式放縮為，代入證明的不等式可化為，構造函數，并求得，由函數單調性及零點存在定理可知存在唯一的，使得成立，因而求得函數的最小值，由對數式變形化簡可證明，即成立，原不等式得證.【詳解】（1）函數可求得，則解得所以，定義域為，在單調遞增，而，∴當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，此時是函數的極小值點，的遞減區(qū)間為，遞增區(qū)間為（2）證明：當時，