2022年东城区高三上学期数学试卷及答案_.docx

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1、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -东城区 2022-2022 学年度第一学期期末教学统一检测高三数学 2022.1 本试卷共 4 页,共 150 分；考试时长 后,将答题卡一并交回；120 分钟；考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效；考试终止第一部分 （挑选题共 40 分）一、挑选题共 8 小题,每道题 5 分,共 40 分；在每道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 A x | x 1 , B x | x 2 x 1 0 ,那么 A B A x | 1 x 2 B x | 1 x 1C x |1 x 2 D x

2、| 1 x 12 复数 z= ii 1 在复平面内对应的点位于A 第 一 象 限 B 第 二 象 限C 第三象限 D 第四象限3 以下函数中,是偶函数,且在区间 0,+ 上单调递增的为A y 1 B y ln x x xC y 2 D y 1 x 4 设 a, b 为实数,就“ a b 0 ” 是“ a b ” 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5 设 , 是两个不同的平面,m, n 是两条不同的直线,就以下结论中正确选项A 如 m , m n ,就 nB 如, m , n ,就 m n C 如 n,m n ,就 m D 如, m , n ,

3、就 m n 6 从数字 1, 2, 3, 4, 5 中,取出 3 个数字 答应重复 ,组成三位数,各位数字之和等于 6 ,这样的三位数的个数为A 7 B 9 C 10 D 13 7 设,是三角形的两个内角,以下结论中正确选项A 如,就 sin sin 2 B 如,就 cos cos 22 2 C 如,就 sin sin 1 D 如,就 cos cos 1 2 2 8 用平面截圆柱面,当圆柱的轴与 所成角为锐角时,圆柱面的截线是一个椭圆闻名数学家 Dandelin 创立的双球试验证明白上述结论 .如下列图,将两个大小相同的球嵌入圆柱内,使它们分别位于 的上方和下方,并且与圆柱面和 均相切 .给出

4、以下三个结论：细心整理归纳 精选学习资料 第 1 页,共 13 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -两个球与 的切点是所得椭圆的两个焦点；如球心距 O1O2 4 ,球的半径为 3,就所得椭圆的焦距为 2 ；当圆柱的轴与 所成的角由小变大时,所得椭圆的离心率也由小变大 . 其中,全部正确结论的序号是A B C D 其次部分 （非挑选题 共 110 分）二、填空题共 6 小题,每道题 5 分,共 30 分；2 9 如双曲线 x 2 2y 1 与x 2

5、 y 1有相同的焦点,就实数 m .m 3 2 10 已知 an 是各项均为正的等比数列,Sn 为其前 n 项和,如 a1 6 ,a2 2a3 6 ,就公比 q ,S4 =2 2 11 能说明“ 直线 x y m 0 与圆 x y 4x 2 y 0 有两个不同的交点” 是真命题的一个 m 的值为 .uuur uuur12 在平行四边形 ABCD 中,已知 AB AC AC AD , AC 4 , BD 2 ,就四边形 ABCD 的面积是 _ 13 已知函数 f x 2sin x 0 .曲线 y f x 与直线 y 3 相交,如存在相邻两个交点间的距离为,就 的全部可能值为 . 614 将初始温

6、度为 0 C 的物体放在室温恒定为 30 C 的试验室里,现等时间间隔测量物体温度,将第 n 次测量得到的物体温度记为 tn ,已知 t1 0 C . 已知物体温度的变化与试验室和物体温度差成正比（比例系数为 k ）. 给出以下几个模型,那么能够描述这些测量数据的一个合理模型为； 填写模型对应的序号） tn 1 tn k ； t n 1 tn k30 tn ； t n+1 =k30 tn . tn 30 在上述模型下,设物体温度从 5 C 上升到 10 C 所需时间为 a min ,从 10 C 上升到 15 C 所需时间为 b min ,从 15 C 上升到 20 C 所需时间为 C min

7、 ,那么a 与b 的大小关系是 . 用“” ,“” 或“” 号填b c 空）细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页,共 13 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -三、解答题共 6 小题,共 80 分；解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程；15（本小题 13 分）在 ABC 中,已知 c sin A 3a cos C 0 （）求 C 的大小；（）如 b=2,c 2 3,求ABC 的面积 . 16（本小题 13 分）2022 年 6 月,国内的 5

8、G 运营牌照开头发放 . 从 2G 到 5G,我们国家的移动通信业务用了不到 20 年的时间,完成了技术上的飞跃,跻身世界先进水平 . 为明白高校同学对 5G 的消费意愿, 2022 年 8 月,从某地在校高校生中随机抽取了 1000 人进行调查,样本中各类用户分布情形如下：用户分类 估量升级到 5G 的时段 人数早期体验用户 2022 年 8 月至 209 年 12 月 270 人中期跟随用户 2022 年 1 月至 20221 年 12 月 530 人后期用户 2022 年 1 月及以后 200 人我们将高校生升级 5G 时间的早晚与高校生情愿为 5G 套餐支付更多的费用作比较,可得出下图

9、的关系 例如早期体验用户中情愿为 5G 套餐多支付 5 元的人数占全部早期体验用户的 40%. （I） 从该地高校高校生中随机抽取 1 人,估量该同学情愿在 2022 年或 2022 年之前升级到 5G 的概率；（II） 从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 10 元以上的人数,求 X 的分布列和数学期望； 1 人,以 X 表示这 2 人中情愿为升级 5G 多支付 10 元或（ III ）2022 年底,从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人,这三位同学都已签约 5G 套餐,能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由. 第 3 页,共 13 页 细心整理归纳 精选学习资料

10、- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -17（本小题14 分）P 点坐标；如如图,在三棱柱ABC A1B1C1 中,BB1 平面ABC , AB BC , AA1 AB BC 2 （）求证：BC1 平面A1B1C ；（）求异面直线B1C 与 A1B 所成角的大小；（）点M 在线段BC 上,且B1M 1 B1C 0,1 ,点 N 在线段AB 上,1如 MN 平面 A ACC求A1 N 的值 用含的代数式表示1 1 ,A1B 18（本小题13 分）已知函数f

11、 x 1 x 3 3 x2 3ax a R . （）如f x 在 x 1时,有极值,求a 的值；（）在直线 x 1上是否存在点 P ,使得过点 P 至少有两条直线与曲线y f x 相切？如存在,求出不存在,说明理由. 19（本小题14 分）已知椭圆 C : x2 2 y1 a 1 的离心率是2 a2 2（）求椭圆 C 的方程；（）已知 F1, F2 分别是椭圆 C 的左、右焦点,过 F2 作斜率为 k 的直线 l ,交椭圆 C 于 A, B 两点,直线 F1A , F1B 分别交 y 轴于不同的两点 M , N . 假如 MF 1N 为锐角,求 k 的取值范畴20（本小题 13 分）已知数列

12、a n ,记集合 T Si , j Si , j a i a i 1 L a ,1i j , i , j N（）对于数列 an 1,2,3,4,写出集合 T ；（）如 a 2n ,是否存在 i , j n N ,使得 S i , j 1024 ？如存在,求出一组符合条件的 i , j ；如不存在,说明理由；（III）如 an 2n 2 ,把集合 T 中的元素从小到大排列,得到的新数列为B :b1 ,b2 ,L ,bm ,L. 如 bm 2022 ,求m 的最大值细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页,共 13 页 - - - - -

13、- - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -东城区 2022-2022 学年度第一学期期末教学统一检测一、挑选题（共高三数学参考答案及评分标准 . 2022.1 8 小题,每道题 5 分,共 40 分）（1）D （2）C （3）B （ 4）A 45 （5）B （6）C （7） A （8）C 二、填空题（共 6 小题,每道题 5 分,共 30 分）（10）1 2 （9） 4 4 （11） 0 （答案不唯独）（ 12） 4 （14）（13） 2 或10 三、解答题（共 6 小题,共 80 分）（15）（共 13 分）解：（）由正弦定理可得

14、sin C sin 3 cos Csin A=0 . A 由于 sin A 0 , 所以 tan C 3. 又由于 0 C , 2所以 C= . .7 3 （）由正弦定理得 sin B= b sin C 2 2 31 , c 2 3 2又由于 0 B ,3 所以 B , A B C . 6 6 所以ABC 的面积 S 1 bc sin A 1 2 2 3 3 1 13 分2 2 2 （16）（共 13 分）解：（） 由题意可知,从高校高校生中随机抽取 1 人,该同学在 2022 年或 2022 年之前升级到 5G 的概率估量为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率,即 270 0.8 . 3

15、分5301000 100013 由题意 X 的全部可能值为 0,1,2. 记大事 A 为“ 从早期体验用户中随机抽取 1 人,该同学情愿为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ,大事 B 为“ 从中期跟随用户中随机抽取 1 人,该同学情愿为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ,由题意可知,大事 A,B 相互独立,且细心整理归纳 精选学习资料 第 5 页,共 13 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -P A 1 40% 0.6

16、 , P B 1 45% 0.55 , 所以 P X=0 P AB 1 0.610.55 0.18 ,P X 1 P AB+AB P AB P ABP A1 P B 1 P A P B0.6 （1 0.55）（1 0.6 0.55 0.49 ,P X=2 P AB 0.6 0.55 0.33. 所以 X 的分布列为14X 0 1 2 10 分P0.180.490.33故 X 的数学期望 E（X）00.1810.4920.331.15 . 设大事 D 为“ 从这 1000 人的样本中随机抽取3 人,这三位同学都已签约5G 套餐” ,那么. P D 3 C 270 0.02. C 1000 回答一

17、：大事D 虽然发生概率小,但是发生可能性为0.02 ,所以认为早期体验用户没有发生变化回答二：大事D 发生概率小,所以可以认为早期体验用户人数增加. 13 分（17）（共 14 分）解：（）在三棱柱ABCA1B1C1 中,由于BB1平面 ABC, 第 6 页,共 13 页 - - - - - - - - - 所以 BB1 平面 A1B1C1又 BB1 平面 B1BCC 1 , 所以平面 B1BCC平面 A1B1C1 ,交线为 B1C1 .又由于AB BC ,所以 A1B1 B1C1 所以A1B1 平面B1BCC 1 由于BC1 平面B1BCC 1 , 所以A1B1 BC1.又由于BB1 BC

18、2 ,所以 B1C BC1 又 A1B1 B1C B1 , 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -所以 BC平面 A1B1C . 5 分细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页,共 13 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -（）由（）知BB1 底面ABC , AB BC 如图建立空间直角坐标系B xyz 由题意得B0

19、, 0, 0 , C2, 0, 0 , A1 0, 2, 2 ,B1 0, 0, 2 所以 B1C 2,0, 2 , A1B 0, 2, 2 分uuur uuurA B uuur 1 uuur B C 121 所以 cosA1B, B1C| BA1 | B1C |故异面直线BC 与 AB 所成角的大小为 1 1 3 . 9 （）易知平面A1 ACC 1 的一个法向量为n 1,1, 0 ,由B1M ,得 M 2, 0 , 2 2.14 分B1C 设A1 N ,得N 0 , 2 2, 2 2 ,A1B 就 MN 2, 2 2, 2 2由于MN / 平面 A1 ACC 1 ,所以 MN n 0 ,即

20、 2, 2 2, 2 2 1 , 1 , 0 0 ,解得1 所以A1N 1 . . A1B （18）（共 13 分）解： 由于f x 31 x3 x2 3 ax , 3 a 0 , 第 8 页,共 13 页 所以f xx2 2 x 3 a . 由 f x 在 x 1 时,有f 1 1 2 极值得4 分解 得 a 1 . 经检验,a 1时,f x 有极值 . 综上, a 1 . x , y ,（）不妨设在直线x 1上存在一点P1, b ,设过点P 与y f x 相切的直线为l ,切点为就切线 l 方程为y 1 x 3 0 0 x2 3 ax 0 x 0 2 2 x 3 a x 0x . 0 3

21、细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -又直线 l 过P1, b ,有 b 0 1 x 0 3 x2 3 ax 0 x 0 2 2 x 0 3 a1x ,13 分0 3 即2 x3 2 x2 0 3 a b 0 . +2x0 y f x 相切 . 0 3 设g x 32 x3 2 x2 2 x 3 a b ,g x 2 x2 4 x 2 2 x 12 0 . 所以 g x 在区间, 上单调递增,所以 g x 0 至多有一个解.

22、 过点 P 与 y f x 相切的直线至多有一条. 故在直线 x 1上不存在点 P ,使得过 P 至少有两条直线与曲线（19）（共 14 分）c a 2 2 , 4 分.解：（）由题意b 2 1 , 解得 a 2 2 . 2 a2 bc2所以椭圆 C 的方程为x2 2 y 1.2（）由已知直线l 的斜率不为0. x1, y1 , B x2 , y2 设直线 l 方程为 y k x 1. 直线 l 与椭圆 C 的交点为 Ay k x 1 ,2 2 2 2由 2 x 2 1 2 y得 2k1E2k4k x 2 0 .x 由已知,判别式 0 恒成立,且x1 4k 22 1 2k 2 2, x1x2

23、x2 2k 2k 2 1 . 直线 F A 的方程为y y1 x 1,令 x 0 ,就 M y1 .0 ,1 1 x x1 11同理可得 N 0, y2 .x2 11y y2 1k 2 xx1211 第 9 页,共 13 页 uuuur uuur1 11 1x 所以 F M F N 11 1 x x 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -x - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -1k 2 1 2 x x 1 k 2x1 1k 2 x x 1k 21x x 12 x

24、 x 1 2 1 2 1 2 . 1 2 x1 x2 x1 x2 1 x1x2 x2 1 将代入并化简,得细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页,共 13 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -uuuur uuur F1M F1N 7k 2 1uuuur uuur 7k F1M F1N 0 ,即 F1M F1N 2 1 0 .8k 2 1 .依题意,MF1N 我锐角,所以8k 2 1 解得 k 2 1 或 k 2 1 . , 7 U2 , 0 U

25、0 , 2 U 7 , . 14 分7 8综上,直线 l 斜率的取值范畴是7 4 4 7 （20）（共 13 分）解：（） T = 3,5,6,7,9,10. i 1 i j ,3 分（）假设存在 i ,j N ,使得 S i ,j =1024 ,就有1024 ai ai1 a j 2 i 2 i 2 j j L 1 L 由于 i j 与j i 奇偶性相同, 所以 i j 与j i 1奇偶性不同 .又由于 i j 3, j i 12 ,8 分 2t 1 不成立 . 所以 1024 必有大于等于3 的奇数因子,这与 1024 无1以外的奇数因子冲突. 故不存在 i ,jN,使得S i ,j =1

26、024 成立 . （）第一证明 ann 时,对任意的 m 有 b N 都m 2t ,t N . 2t ,如i , j N ,使得：i i j j 2 i 1 i j 1 L1 i j 由于 j i 1与 j i 均大于 2 且奇偶性不同,所以 j i 其次证明除 2t t N 形式以外的数,都可以写成如干个连续正整数之 第 11 页,共 13 页 和. 如正整数 h 2t 2 k 1 其中 t N , k N . 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - -

27、 - - - - - - -当 2t 1 2 k 1时,由等差数列的性质有： 2t 1 2t 2t 2t k t h 214k L 44424 t42 4L4444243 t =2t 1L 2k 1个此时结论成立 . 当 2t 1 2 k 1时,由等差数列的性质有： 第 12 页,共 13 页 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -此时结论成立 . h 1244k4441444424k44421444L4444424k444143 2 t 个 k 2t , =k 2t 1 k 1 L k k 1 L k 2 对于数列 an 2 n 2 . 此问题等价于数列0 ,1,2 ,3,L ,n ,L,其相应集合 T 中满意： bn1010 有多少项 . 由前面的证明可知正整数2 ,4 ,8,16 ,32 ,64 ,128,256 ,512 不是集合 T 中的项,13 分 第 13 页,共 13 页 - - - - - - - - - 所以 n 的最大值为 1001 . 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -