北京市朝阳区2022届高三一模数学试题解析版.pdf

试卷第 1 页，共 6 页 北京市朝阳区 2022 届高三一模数学试题 本试卷满分 150 分考试用时 120 分钟 注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损 2选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上 3非选择题必须用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答的答案无效 4考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回 一、单选题 1已知集合24Axx，集合2320Bx xx，则AB（）A B12xx C24xx D14xx 2直线1yx被圆221xy截得的弦长为（）A1 B2 C2 D2 2 3已知平面向量a，b满足2a，1b，且a与b的夹角为23，则ab（）A3 B5 C7 D3 4设0,1m，若lgam，2lgbm，2lgcm，则（）Aabc Bbca Ccab Dcba 5已知函数 23,02,0 xxf xx x，若 1f m ，则实数m的值为（）A2 B12 C1 D2 6已知0,a，则“1a”是“12aa”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 试卷第 2 页，共 6 页 7已知三棱锥ABCD，现有质点 Q 从 A点出发沿棱移动，规定质点 Q 从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为 1 次移动，则该质点经过 3 次移动后返回到 A 点的不同路径的种数为()A3 B6 C9 D12 8已知数列 na，若存在一个正整数T使得对任意*Nn，都有n Tnaa，则称T为数列 na的周期.若四个数列分别满足：12a，*11Nnnaan；11b，*11N1nnbnb；11c，22c，*21Nnnncccn；11d，*11Nnnnddn.则上述数列中，8 为其周期的个数是（）A1 B2 C3 D4 9如图 1，北京 2022 年冬奥会比赛场地之一首钢滑雪大跳台与电力厂的冷却塔交相辉映，实现了它与老工业遗址的有效融合.如图 2，冷却塔的外形是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面.它的最小半径为16 m，上口半径为17 m，下口半径为28.5m，高为70 m.在冷却塔的轴截面所在平面建立如图 3 所示的平面直角坐标系，设16OA，17DC，28.5EB，70DE，则双曲线的方程近似为（）（参考数据：2228.53.1716，2228.52.8117，22171.1316）A222211638xy B222211648xy C222211738xy D222211748xy 10在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，VA，VB，VC两两垂直，1VAVBVC（单位：dm），小明同学计划通过侧面VAC内任意一点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，则该截面面积（单位：2dm）的最大值是试卷第 3 页，共 6 页（）A14 B24 C34 D34 二、填空题 11计算i(1i)_ 12已知直线3x和56x是曲线sin0yx的相邻的两条对称轴，则满足条件的一个的值是_.13在平面直线坐标系xOy中，设抛物线C：24yx的焦点为F，直线l：31yx与抛物线C交于点A，且点A在x轴上方，过点A作抛物线C的切线与抛物线C的准线交于点P，与x轴交于点H.给出下列四个结论：OFA的面积是3；点H的坐标是3 0，；在x轴上存在点Q使0AQ PQ；以HF为直径的圆与y轴的负半轴交于点N，则2AFFN.其中所有正确结论的序号是_.三、双空题 14已知数列 na是首项为 3，公比为q的等比数列，nS是其前n项的和，若3450a aa，则q _；3S _.15某地进行老旧小区改造，有半径为 60 米，圆心角为3的一块扇形空置地（如图），现欲从中规划出一块三角形绿地PQR，其中P在BC上，PQAB，垂足为Q，PRAC，垂足为R，设0,3PAB，则PQ _（用表示）；当P在BC上运动时，这块三角形绿地的最大面积是_.试卷第 4 页，共 6 页 四、解答题 16在ABC中，sincos0aCcA.(1)求A；(2)再从条件条件条件这三个条件中选择两个作为已知，使ABC存在且唯一确定，求ABC的面积.条件：2bc；条件：10sin10B；条件：10a.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分.17某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了 50 名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分 100 分，将数据分成 6 组：40,50，50,60，60,70，70,80，80,90，90,100，并整理得到如下频率分布直方图：(1)若全校学生参加同样的测试，试估计全校学生的平均成绩（每组成绩用中间值代替）；(2)在样本中，从其成绩在 80 分及以上的学生中随机抽取 3 人，用X表示其成绩在90,100中的人数，求X的分布列及数学期望；试卷第 5 页，共 6 页(3)在（2）抽取的 3 人中，用Y表示其成绩在80,90的人数，试判断方差 D X与 D Y的大小.（直接写结果）18如图 1，在四边形ABCD中，ACBD，ACBDO，1ODOB，2OC，E，F分别是AB，AD上的点，/EF BD，ACEFH，2AH，1HO.将AEF沿EF折起到1A EF的位置，得到五棱锥1ABCDFE，如图 2.(1)求证：EF 平面1A HC；(2)若平面1AEF 平面BCDFE，（i）求二面角1DACH的余弦值；（ii）对线段1AF上任意一点N，求证：直线BN与平面1A DC相交.19已知 exf xxa，aR.(1)若曲线 yf x在点 1,1f处的切线与x轴重合，求a的值；(2)若函数 f x在区间1,上存在极值，求a的取值范围；(3)设 2g xfx，在（2）的条件下，试判断函数 g x在区间1,上的单调性，并说明理由.20已知椭圆C：222210 xyabab的一个焦点为1,0F，且过点31,2.(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)过点4,0P且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于A，B两点，与直线1x 交于点Q，点M满足MPx轴，/MB x轴，试求直线MA的斜率与直线MQ的斜率的比值.21对非空数集X，Y，定义X与Y的和集,XYxy xX yY.对任意有限集A，记A为集合A中元素的个数.试卷第 6 页，共 6 页(1)若集合0,5,10X，2,1,0,1,2Y ，写出集合XX与XY；(2)若集合12,nXx xx满足12nxxx，3n，且2XXX，求证：数列1x，2x，nx是等差数列；(3)设集合12,nXx xx满足12nxxx，3n，且1,2,ixinZ，集合BkZmkm（2m，Nm），求证：存在集合A满足11nxxAB 且XAB.答案第 1 页，共 18 页 参考答案：1D【解析】【分析】将集合A、B化简，再根据并集的运算求解即可.【详解】集合24Axx，集合232012Bx xxxx，14ABxx 故选：D.2B【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，然后利用半径、圆心距和弦的关系可求出弦长【详解】解：圆221xy的圆心为(0,0)O，半径1r，则圆心(0,0)O到直线1yx的距离1222d，所以直线1yx被圆221xy所截得的弦长为22122 122rd，故选：B 3A【解析】【分析】根据向量数量积的定义及运算性质即得【详解】2a，1b，且a与b的夹角为23，22 1 cos13a b ，222222()222 1 13ababaa bb ，答案第 2 页，共 18 页 ab3 故选：A.4C【解析】【分析】利用对数函数的性质即得.【详解】0,1m，lg0am，2lg2lglgbmmma，2lg0cm，cab.故选：C.5C【解析】【分析】由题可得2310mm 或210mm，即求.【详解】函数 23,02,0 xxf xx x，1f m ，2310mm 或210mm，解得1m.故选：C.6A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义，利用基本不等式定理与举特例判断可得【详解】答案第 3 页，共 18 页 解：当13a 时，有11323aa；当1a 时，有1122aaaa成立，综上，“1a”是“12aa”的充分不必要条件，故选：A 7B【解析】【分析】第 1 步和最后一步位置都是 A，中间两步位置可从 B、C、D三个点中选两个排列即可.【详解】可以看成先后顺序为 1、2、3、4 的四个座位，第 1 和第 4 个座位都是 A，第 2 和第 3 两个座位从 B、C、D 三个字母选两个进行排列，共23A6种排法.故选：B.8B【解析】【分析】利用数列的周期的定义逐项分析即得.【详解】21111nnnnaaaa ，数列 na的周期为2T，故 8 也是数列 na的周期；由11b，*11N1nnbnb，可得 23451111,2,1,121 2212bbbb 故数列 na的周期为3T；由11c，22c，*21Nnnncccn可得，3214325436547658761,1,2,1,1,2,cccccccccccccccccc ，答案第 4 页，共 18 页 故数列 na的周期为6T；由11d，*11Nnnnddn 可得，3321143221111111nnnnnnnnnnnnnddddddd ，故数列 na的周期为4T，所以 8 也是数列 na的周期.故 8 为其周期的数列个数为 2.故选：B.9A【解析】【分析】根据题意，设双曲线的标准方程为222210,0 xyabab，进而结合题意得16a，设0DOy，则0017,28.5,70CyBy，再待定系数，结合已知数据计算即可.【详解】解：根据题意，设双曲线的标准方程为222210,0 xyabab，因为16OA，17DC，28.5EB，70DE，所以16a，设0DOy，则点0017,28.5,70CyBy 在双曲线222210,0 xyabab上，所以2202217116yb，220227028.5116yb，因为2228.53.1716，22171.1316，所以2020.13yb，202702.17yb，所以20200.0670yy，解得013.7y，所以2222013.7380.130.13yb.故双曲线的方程近似为222211638xy.答案第 5 页，共 18 页 故选：A 10B【解析】【分析】根据题意，在平面VAC内，过点P作/EFAC分别交,VA VC于,F E，在平面VBC内，过E作/EQVB交BC于Q，在平面VAB内，过F作/FDVB交BC于D，连接DQ，进而根据题意，VEFVCA，设其相似比为k，则VFVEEFkVAVCAC，再证明四边形FEQD是矩形，再结合相似比和二次函数性质求解即可.【详解】解：根据题意，在平面VAC内，过点P作/EFAC分别交,VA VC于,F E，在平面VBC内，过E作/EQVB交BC于Q，在平面VAB内，过F作/FDVB交BC于D，连接DQ，作图如下，因为/EFAC，则,VCAVFEVACVEF ，所以VEFVCA，设其相似比为k，则VFVEEFkVAVCAC，因为VAVC，所以在RtVAC中，222ACVAVC，因为1VAVBVC，所以2AC，即2EFk，因为/FDVB，则,AVBADFABVAFD ，所以，AFDAVB，即AFADFDVABAVB，因为1AFVA VFkVAVA，所以1FDAFkVBVA，即1FDk，答案第 6 页，共 18 页 同理CEQCVB，即1CECQEQkVCBCVB，因为,VBVC VBVA VAVCV，VA平面VAC，VC平面VAC，所以VB 平面VAC，因为/,/FDVB EQVB，所以FD 平面VAC，EQ 平面VAC，因为EF 平面VAC，所以,FDEF EQFE，因为,BDABADBQCBCQkkBAABCBCB 所以BQBDBCBA 因为BB，所以BDQBAC，所以/DQAC，因为/EFAC，所以/EFDQ，因为,FDEF EQFE，所以,FDDQ EQDQ，所以四边形FEQD是矩形，即212(1)22()24FEQDSEF FDkkk 矩形，所以，由二次函数的性质知，当12k时，FEQDS矩形有最大值24.故选：B 111 i 【解析】【分析】根据复数的运算求解即可.【详解】解：2i(1i)ii1i .故答案为：1 i.1256（答案不唯一）【解析】【分析】根据周期求，再根据函数的对称性求.答案第 7 页，共 18 页【详解】由条件可知5632，得2，当3x时，232k，kZ，得6k，kZ，当1k 时，56.故答案为：56（答案不唯一）13【解析】【分析】根据题意1,0F，进而联立方程得3,2 3A，再根据导数的几何意义求得过点3,2 3A与抛物线C相切的切线方程为330 xy，进而结合题意，依次讨论求解即可.【详解】解：根据题意1,0F，联立方程2431yxyx得231030 xx，解得132 33xy 或32 3xy，因为点A在x轴上方，所以点3,2 3A，所以OFA的面积是11 2 332S ，故正确；由于抛物线C在x轴上方对应的曲线方程为2yx，1 yx，所以过点3,2 3A与抛物线C相切的切线斜率为1333k，所以，过点3,2 3A与抛物线C相切的切线方程为32 333yx，即330 xy，所以2 31,3P，3,0H，故错误；答案第 8 页，共 18 页 假设在x轴上存在点0,0Q x使0AQ PQ，则003,2 3,31,2 3AQxPQx，所以003140AQ PQxx，解得01x，即存在点1,0Q使0AQ PQ，故正确；以HF为直径的圆的方程为2214xy，令0 x 得3y ，故其与y轴的负半轴交于点0,3N，此时2,2 3,1,3AFFN ，显然2AFFN，故正确.故答案为：14 13 73【解析】【分析】根据等比数列的通项公式求出公比，再根据等比数列的求和公式可求出结果.【详解】解：设等比数列na的公比为q，因为3450a aa 则2341110a qa qa q，将13a 代入得310q ，得13q ，所以1133nna ，所以3123173 133Saaa.故答案为：13；73.答案第 9 页，共 18 页 15 60sin米 225 3平方米.【解析】【分析】由题可得sin60sinPQAP，结合条件及面积公式可得900 3sinsin3PQRS，再利用三角恒等变换及正弦函数的性质即得.【详解】在Rt PAQ中，0,3PAB，AP=60 米，sin60sinPQAP（米），在Rt PAR中，可得60sin3PR，由题可知23QPR，PQR的面积为：1sin2PQRSPQ PRQPR 1260sin60sinsin233 900 3sinsin3 311450 3sin2cos2222 1450 3 sin 262，又0,3，52,666，当262，即6时，PQR的面积有最大值225 3平方米，即三角形绿地的最大面积是225 3平方米.故答案为：60sin米；225 3平方米.16(1)34；(2)详见解析.【解析】【分析】答案第 10 页，共 18 页（1）利用正弦定理可得sinsinsincos0ACCA，进而可得tan1A，即得；（2）选利用正弦定理可得sin510C，又利用诱导公式及和差角公式可得5sin5C，可得ABC不存在；选利用余弦定理及面积公式即得；选利用正弦定理可得2b，再利用面积公式即求.(1)sincos0aCcA，sinsinsincos0ACCA，又0,sin0CC，sincos0AA，即tan1A，又0,A，34A；(2)选，由10sin10B，34A，2bc，3 10cos10B，10sin12s0inBC，sin510C，又23 10105sinsin42101s05inBBCA，ABC不存在；选，2bc，10a，由余弦定理可得，2222cosabcbcA，即22221022 22ccc，22c，即2,2cb，ABC的面积为112sin221222ABCSbcA；选，10sin10B，10a，34A，10sinsin2210102aBbA，3 10cos10B，23 10105sinsin42101s05inBBCA，ABC的面积为115sin1021225ABCSabC.答案第 11 页，共 18 页 17(1)72.6；(2)分布列见解析，1E X；(3)D XYD.【解析】【分析】（1）利用直方图的性质及平均数的计算方法即得；（2）由题可知X服从超几何分布，即求；（3）由超几何分布即得.(1)由直方图可得第二组的频率为1 0.060.180.320.200.100.14，全校学生的平均成绩为：45 0.0655 0.1465 0.1875 0.3285 0.2095 0.1072.6(2)由题可知成绩在 80 分及以上的学生共有500.200.1015人，其中90,100中的人数为5，所以X可取 0,1,2,3，则 31031524091CP XC，2110531545191C CP XC，1210531520291C CP XC，353152391CP XC，故X的分布列为：X 0 1 2 3 P 2491 4591 2091 291 24452020123191919191E X ；(3)D XYD.答案第 12 页，共 18 页 18(1)证明见解析；(2)（i）4 2929，（ii）详见解析.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即得；（2）（i）利用坐标法即求；（ii）可设1,01FNFA，进而可得25,1,233BN，利用向量数量积可得，即得.(1)ACBD，/EF BD，ACEF，1,EFAH EFHC，又1AHHCH，EF 平面1A HC；(2)（i）由1,EFAH EFHC，可知1AHC为1AEFC的平面角，又平面1AEF 平面BCDFE，190AHC，即1AHHC，又1,EFAH EFHCH，1AH 平面BCDFE，如图建立空间直角坐标系，则11,1,0,0,0,2,0,3,0DAC，答案第 13 页，共 18 页 11,2,0,0,3,2DCAC，设平面1DAC的法向量为,mx y z，则 100m DCm AC，即20320 xyyz，令2y，则4,2,3m ，又平面1ACH的一个法向量可取1,0,0n，44 29cos,164929m nm nm n，二面角1DACH的余弦值为4 2929；（ii）由题设1,01FNFA，又11220,0,2,0,0,0,233AFFA，22,0,2,0,233FN，22,0,233N，又1,1,0B，25,1,233BN，又平面1DAC的一个法向量为4,2,3m ，由254,2,3,1,2033BN m，可得75，又01，直线BN与平面1A DC相交.答案第 14 页，共 18 页 19(1)1e(2)10,e(3)单调递减，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为1eyax，再结合题意得1e0a，进而得答案；（2）由题知 1exxfa 在区间1,上有变号零点，进而分0a 和0a 两种情况讨论求解即可；（3）由题知 21exgxa ，进而判断 g x的单调性并进而结合 10g得函数 21e0 xgxa 在1,上恒成立，进而判断单调性.(1)解：因为 1exxfa，11efa，11efa，所以曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为 1e1e1yaax，即1eyax，因为曲线 yf x在点 1,1f处的切线与x轴重合，所以1e0a，解得1ea.(2)解：由（1）得 1exxfa，因为函数 f x在区间1,上存在极值，所以 1exxfa 在区间1,上有变号零点，当0a 时，1exxfa 在区间1,上单调递增，011efa，故不符合题意；当0a 时，1exxfa 在区间1,上单调递减，且当x趋近于时，fx趋近于，答案第 15 页，共 18 页 故要使 1exxfa 在区间1,上有变号零点，则 011efa，即10ea 综上，10,ea，即a的取值范围是10,e.(3)解：函数 g x在区间1,上单调递减，理由如下：222exg xfxxa，10,ea，1,x，所以 21exgxa ，令21e,1xyax ，则2e0 xya 在1,x恒成立，所以函数 21exgxa 在1,上单调递减，由于 111e1e0ega ，所以函数 21e0 xgxa 在1,上恒成立，所以函数 g x在区间1,上的单调递减.20(1)22143xy，12e (2)2【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出,a b后可得椭圆方程并可求离心率.（2）设:(4)AB yk x，1122,A x yB x y，则可用诸参数表示MAMQkk，再联立直线方程和椭圆方程，并利用韦达定理化简后可得斜率的比值.(1)由题设有222211914abab，故2234ab，故椭圆C的方程为22143xy，故离心率为12e.(2)由题设可得AB的斜率必存在且不为零，设:(4)AB yk x，1122,A x yB x y，则24,My，答案第 16 页，共 18 页 由(4)1yk xx可得1,3Qk，故21121221433344 1MAMQyykxyyykkykx，2121211212331444xxxxxxx xxx ，由22(4)3412yk xxy可得2222343264120kxk xk，故21441440k 即11k，且0k，又22121222326412,3434kkxxx xkk，故212221122322343641232443434MAMQkxkkkkkxxkk 212212322343248334kxkkxk ，21(1)0,5,10,15,20XX，2,1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12XY；(2)详见解析；(3)详见解析.【解析】【分析】（1）利用和集的定义即得；（2）由题可得21XXn，进而可得XX中的所有元素为111213123,nnnnnxx xxxxxxxxxxxx，结合条件可得112210nnnnxxxxxx，即证；（3）设 ia11 21,N*iaxmimi，令集合121,qAa aa，ZBkmkm，进而可得11nxxAB，1123Z,nnABtxtxx xxx，即得.答案第 17 页，共 18 页(1)集合0,5,10X，2,1,0,1,2Y ，0,5,10,15,20XX，2,1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12XY；(2)111213123nnnnnxxxxxxxxxxxxxx，集合XX中至少包含21n个元素，所以21XXn，又Xn，由题可知2XXn，又XX为整数，21XXn，21XXn，XX中的所有元素为111213123,nnnnnxx xxxxxxxxxxxx，又1121222123,nnnnnxx xx xxxxxxxxxx是XX中的21n个元素，且1121222123nnnnnxxxxxxxxxxxxxx，1212,3,jjxxxxjn，即1212,3,jjxxxxjn，112210nnnnxxxxxx，数列1x，2x，nx是等差数列；(3)集合ZBkmkm，21Bm，设121nxxmqr，其中,N,02q rrm，设 ia是首项为1xm，公差为21m的等差数列，即11 21,N*iaxmimi，令集合121,qAa aa，则111111121nnnxxrxxrxxAqmBB ，答案第 18 页，共 18 页 1111,1,2,212ABx xxxmqm，即11Z212ABtxtxmqm，1121212nxxmqrxmqm，1123Z,nnABtxtxx xxx，所以XAB，故存在集合A满足11nxxAB 且XAB.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：（1）仔细阅读，理解新定义的内涵；（2）根据新定义，对对应知识进行再迁移.