1、北京市丰台区20212022学年度第二学期综合练习（一）高三数学 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）2已知命题：，则是（A）（B）（C）（D）3已知复数，则“”是“为纯虚数”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4已知圆，则圆心到直线的距离等于（A）（B）（C）（D）5若数列满足，且，则数列的前项和等于（A）（B）（C）（D）6在中，则（A）（B）（C）（D）或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
2、“人员流调”、“社区值守”这两种岗位的志愿服务，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）9. 已知函数无最小值，则的取值范围是 （A） （B） （C） （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
3、分11. 函数的定义域是 12. 已知向量，.若，则 13. 已知函数的定义域为.能够说明“若在区间上的最大值为，则是增函数”为假命题的一个函数是 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 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：平面截正方体所得的截面图形是五边形；直线到平面的距离是；存在点，使得；面积的最小值是. 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.（本小题共13分）已知函数，再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯
4、一确定.（）求的解析式；（）设函数，求在区间上的最大值条件：的最小正周期为；条件：为奇函数；条件：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17.（本小题共14分）ADCBEF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（）求证：平面；（）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.18.（本小题共14分）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20
5、05601412898假设该地区2021届大学毕业生选择的毕业去向相互独立（）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；（）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；（）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）19.（本小题共15分）已知椭圆（）的左、右顶点分别为，且，离心率为 （）求椭圆的
6、方程； （）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20.（本小题共15分）已知函数（）当时，求曲线的斜率为1的切线方程；（）若函数恰有两个不同的零点，求的取值范围.21.（本小题共14分） 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.（）判断下列集合是否是的3元完美子集，并说明理由； ； .（）若是的3元完美子集，求的最小值；（）若是(且）的元完美子集，求证：，并指出等号成立的条件.北京市丰台区2021-2022学年度第二学期综合练习（一）高三数学参考答案 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分题号12345678910答
7、案 DB BCCAACD C二、填空题共5小题，每小题5分，共25分11 124 13（答案不唯一）14；5 15 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.（本小题共13分）解： 选择条件：（）由条件及已知得，所以.由条件得，所以，即.解得.因为，所以，所以.经检验符合题意. 6分（）由题意得，化简得.因为，所以，所以当，即时，的最大值为. 13分选择条件：（）由条件及已知得，所以.由条件得，解得.因为，所以.所以. 6分（）由题意得，化简得.因为，所以，所以当，即时，的最大值为. 13分 17.（本小题共14分）证明：（）由题意得，所以四边形为平行四边形.
8、所以. 因为平面，平面，所以平面 4分（）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.14分18（本小题共14分）解：（）由题意得，该校2021届大学毕业生选择“单位就业”的人数为. 4分（）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
9、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0123 11分（）.14分 19（本小题共15分）解：（）由题意得解得，.所以椭圆的方程是. .5分（）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.所以点横坐标的取值范围是. .15分 20.（本小题共15分）解：（）当时，所以.令，解得.因为，所以切点坐标为.故切线方程为. .5分 （）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
10、的变化情况如下表：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. .15分21（本小题共14分）解：（）因为，又,所以不是的3元完美子集.因为，且,而， 所以是的3元完美子集. .4分（）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. .8分（）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. .14分 丰台区高三数学综合练习（一） 第10 页/ 共10页
