2022年北京市高考数学试卷及解析.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 北京市高考数学试卷（理科）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（5 分）（2022.北京）已知集合 A= 1,0,1 ,B=x| 1x1 ,就 AB=（）A 0 B 1,0 C0,1 D 1,0,1 2（5 分）（2022.北京）在复平面内,复数（2 i）2 对应的点位于（）A 第 一象限 B其次象限 C第三象限 D第四象限3（5 分）（2022.北京） “ = ”是“曲线 y=sin（ 2x+）过坐标原点 ” 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

2、D既不充分也不必要条件4（5 分）（2022.北京）执行如下列图的程序框图,输出的 S 值为（）A 1 BCD5（5 分）（2022.北京）函数f（x）的图象向右平移1 个单位长度,所得图象与曲线y=ex 关于 y 轴对称,就f（x）=（x+1 A e）x 1 Be x+1 Ce x 1 De6（5 分）（2022.北京）如双曲线的离心率为,就其渐近线方程为（）A y=2x BCD（）7（ 5 分）（2022.北京） 直线 l 过抛物线 C：x2=4y 的焦点且与y 轴垂直, 就 l 与 C 所围成的图形的面积等于A B2CD第 1 页,共 16 页名师归纳总结 - - - - - - -精选

3、学习资料 - - - - - - - - - 8（5 分）（2022.北京）设关于x,y 的不等式组表示的平面区域内存在点P（x0,y0）,满意x0 2y0=2,求得 m 的取值范畴是（）CDA B二、填空题共6 小题,每道题5 分,共 30 分9（5 分）（2022.北京）在极坐标系中,点 到直线 sin=2 的距离等于 _10（5 分）（2022.北京）如等比数列 an 满意 a2+a4=20,a3+a5=40,就公比 q= _；前 n 项和 Sn=_11（5 分）（ 2022.北京） 如图, AB 为圆 O 的直径, PA 为圆 O 的切线, PB 与圆 O 相交于 D,如 PA=3,P

4、D：DB=9 ：16,就 PD=_,AB=_4 人,每人至少1 张,假如分给同一12（5 分）（2022.北京）将序号分别为1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给人的 2 张参观券连号,那么不同的分法种数是 _13（5 分）（2022.北京）向量,在正方形网格中的位置如下列图,如,就 = _14（5 分）（2022.北京）如图,在棱长为2 的正方体 ABCD A 1B1C1D1中,E 为 BC 的中点,点 P 在线段 D1E 上,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为 _三、解答题共 6 小题,共 50 分解答应写出文字说明,演算步骤15（13 分）（ 2022.北京）在 ABC 中,

5、 a=3, B=2A（）求 cosA 的值；（）求 c 的值名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 16（13 分）（2022.北京）如图是某市3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图,空气质量指数小于100 表示空气质量优良,空气质量指数大于200 表示空气重度污染某人随机挑选3 月 1 日至 3 月 15 日中的某一天到达该市,并停留 2 天（）求此人到达当日空气重度污染的概率；（）设 x 是此人停留期间空气质量优良的天数,求X 的分布列与数学期望；（）由图判定从哪天开头连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不

6、要求证明）17（14 分）（2022.北京）如图,在三棱柱 ABC A 1B1C1中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形平面 ABC 平面 AA 1C1C,AB=3 ,BC=5 （）求证： AA 1平面 ABC ；（）求证二面角 A 1 BC 1 B 1 的余弦值；（）证明：在线段 BC 1 上存在点 D,使得 AD A 1B,并求 的值18（13 分）（ 2022.北京）设 l 为曲线 在点（ 1,0）处的切线（）求 l 的方程；（）证明：除切点（1, 0）之外,曲线 C 在直线 l 的下方19（14 分）（ 2022.北京）已知 A ,B,C 是椭圆 上的三个点, O 是坐标原点（）当点

7、 B 是 W 的右顶点,且四边形 OABC 为菱形时,求此菱形的面积；（）当点 B 不是 W 的顶点时,判定四边形 OABC 是否可能为菱形,并说明理由20（13 分）（ 2022.北京）已知 an 是由非负整数组成的无穷数列,该数列前 n 项的最大值记为 A n,第 n 项之后各项 an+1,an+2的最小值记为 Bn,dn=A n Bn（）如 a n 为 2,1,4,3,2,1,4,3,是一个周期为 4 的数列（即对任意 nN *,an+4=an）,写出 d1,d2,d3,d4的值；（）设 d 是非负整数,证明：dn= d（n=1,2,3）的充分必要条件为an是公差为 d 的等差数列；第

8、3 页,共 16 页（）证明：如a1=2,dn=1（n=1,2,3,）,就 an 的项只能是1 或者 2,且有无穷多项为1名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2022 年北京市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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（5 分）（2022.北京）已知集合 A= 1,0,1 ,B=x| 1x1 ,就 AB=（）A 0 B 1,0 C0,1 D 1,0,1 考点 ： 交集及其运算专题 ： 运算题分析：找出 A 与 B 的公共元素,即可确定出两集合的

9、交集解答：解： A= 1,0,1 ,B=x| 1x 1 , AB= 1,0 应选 B 点评：此题考查了交集及其运算,娴熟把握交集的定义是解此题的关键）D第四象限2（5 分）（2022.北京）在复平面内,复数（2 i）2 对应的点位于（A 第 一象限B其次象限C第三象限考点 ： 复数的代数表示法及其几何意义专题 ： 运算题分析：解答：化简复数为代数形式,求出复数对应点的坐标,即可判定复数对应点所在象限解：复数（ 2 i）2=4 4i+i2 =3 4i,复数对应的点（3, 4）,所以在复平面内,复数（2 i）2对应的点位于第四象限应选 D点评：此题考查复数的代数形式的混合运算,复数的几何意义,考查

10、运算才能3（5 分）（2022.北京） “ = ”是“曲线 y=sin（ 2x+）过坐标原点 ” 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考点 ： 必要条件、充分条件与充要条件的判定分析：依据充要条件的定义从两个方面去求 曲线 y=sin（2x+）过坐标原点, 求出 的值, = 时,曲线 y=sin（ 2x+）过坐标原点解答：解： = 时,曲线y=sin（ 2x+）=sin2x,过坐标原点=但是,曲线y=sin （2x+ ）过坐标原点,即O（0,0）在图象上,将（ 0,0）代入解析式整理即得sin=0,=k,kZ,不肯定有故 “ = ”是“曲线

11、 y=sin（2x+ ）过坐标原点 ”的充分而不必要条件应选 A点评：此题考查充要条件的判定,用到的学问是三角函数的图象特点是基础题第 4 页,共 16 页4（5 分）（2022.北京）执行如下列图的程序框图,输出的S 值为（）名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A 1BCD考点 ： 程序框图专题 ： 运算题；图表型分析：从框图赋值入手,先执行一次运算,然后判定运算后的i 的值与 2 的大小,满意判定框中的条件,就跳出循环,否就连续执行循环,直到条件满意为止解答：解：框图第一给变量i 和 S 赋值 0 和 1,i=1+1=2 ；执行,i=0

12、+1=1 ；判定 12 不成立,执行判定 22 成立,算法终止,跳出循环,输出S 的值为应选 C点评：此题考查了程序框图,考查了直到型结构,直到型循环是先执行后判定,不满意条件执行循环,直到条件满意终止循环,是基础题5（5 分）（2022.北京）函数f（x）的图象向右平移1 个单位长度,所得图象与曲线y=ex 关于 y 轴对称,就f（x）=（A ex+1）x 1 Be x+1 Ce x 1 De考点 ： 函数解析式的求解及常用方法；函数的图象与图象变化专题 ： 函数的性质及应用分析：解答：第一求出与函数 y=ex的图象关于 y 轴对称的图象的函数解析式,然后换 x 为 x+1 即可得到要求的答

13、案解：函数 y=e x 的图象关于 y 轴对称的图象的函数解析式为 y=e x,而函数 f（x）的图象向右平移 1 个单位长度,所得图象与曲线 y=ex的图象关于 y 轴对称,所以函数 f（x）的解析式为 y=e （ x+1）=e x 1即 f（x）=e x 1应选 D点评：此题考查了函数解析式的求解与常用方法,考查了函数图象的对称变换和平移变换,函数图象的平移遵循第 5 页,共 16 页名师归纳总结 “ 左加右减,上加下减”的原就,是基础题- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 6（5 分）（2022.北京）如双曲线的离心率为,就其渐近线方程为（）A y=

14、2x BCD考点 ： 双曲线的简洁性质专题 ： 运算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：解答：通过双曲线的离心率,推出a、b 关系,然后直接求出双曲线的渐近线方程解：由双曲线的离心率,可知 c=a,2 又 a+b2 =c2,所以 b=a,所以双曲线的渐近线方程为：y=x应选 B点评：此题考查双曲线的基本性质,渐近线方程的求法,考查运算才能（）7（ 5 分）（2022.北京） 直线 l 过抛物线 C：x2=4y 的焦点且与y 轴垂直, 就 l 与 C 所围成的图形的面积等于A B2CD考点 ： 定积分专题 ： 圆锥曲线的定义、性质与方程分析：先确定直线的方程,再求出积分区间,确定被积函数, 由此

15、利用定积分可求直线l 与抛物线围成的封闭图形解答：面积2解：抛物线 x =4y 的焦点坐标为（0,1）,直线 l 过抛物线 C： x2=4y 的焦点且与 y 轴垂直,直线 l 的方程为 y=1,由,可得交点的横坐标分别为2,2=（ x） |=直线 l 与抛物线围成的封闭图形面积为应选 C点评：此题考查封闭图形的面积,考查直线方程,解题的关键是确定直线的方程,求出积分区间,确定被积函数名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 8（5 分）（2022.北京）设关于x,y 的不等式组表示的平面区域内存在点P（x0,y0）,满意x

16、0 2y0=2,求得 m 的取值范畴是（）CDA B考点 ： 简洁线性规划专题 ： 不等式的解法及应用分析：先依据约束条件 画出可行域 要使可行域存在,必有 m 2m+1,要求可行域包含直线 y= x 1 上的点,只要边界点（m,1 2m）在直线 y= x 1 的上方,且（m, m）在直线 y= x 1的下方,从而建立关于 m 的不等式组,解之可得答案解答：解：先依据约束条件画出可行域,y=x 1 上的点,只要边界点（m,1 2m）要使可行域存在,必有m 2m+1,要求可行域包含直线在直线 y=x 1 的上方,且（m,m）在直线 y=x 1 的下方,故得不等式组,解之得： m应选 C点评：平面

17、区域的最值问题是线性规划问题中一类重要题型,在解题时,关键是正确地画出平面区域,分析表达式的几何意义,然后结合数形结合的思想,分析图形,找出满意条件的点的坐标,即可求出答案二、填空题共6 小题,每道题5 分,共 30 分到直线 sin=2 的距离等于1第 7 页,共 16 页9（5 分）（2022.北京）在极坐标系中,点名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 考点 ： 点的极坐标和直角坐标的互化；点到直线的距离公式专题 ： 直线与圆分析：先将点的极坐标化成直角坐标,极坐标方程化为直角坐标方程,然后用点到直线的距离来解y=2 ,解答：解：在极坐标

18、系中, 点化为直角坐标为 （,1）,直线 sin=2 化为直角坐标方程为（,1）,到 y=2 的距离 1,即为点到直线 sin=2 的距离 1,故答案为： 1点评：此题关键是直角坐标和极坐标的互化,表达等价转化数学思想2；前 n 项和 Sn=2n+1 210（5 分）（2022.北京）如等比数列an 满意 a2+a4=20,a3+a5=40,就公比 q=考点 ： 等比数列的前n 项和；等比数列的通项公式专题 ： 等差数列与等比数列分析：利用等比数列的通项公式和已知即可得出,解出即可得到a1 及 q,再利用等比数列的前n 项和公式即可得出解答：解：设等比数列an 的公比为 q,=2,解得 a2+

19、a4=20,a3+a5=40,点评：=n+1 2故答案分别为2,2 n+1 2n 项和公式是解题的关键娴熟把握等比数列的通项公式和等比数列的前11（5 分）（ 2022.北京） 如图, AB 为圆 O 的直径, PA 为圆 O 的切线, PB 与圆 O 相交于 D,如 PA=3,PD：DB=9 ：16,就 PD=,AB=4考点 ： 与圆有关的比例线段专题 ： 直线与圆PA2=PD.PB,即可求出x,进而得到PD,分析：由 PD：DB=9 ：16,可设 PD=9x ,DB=16x 利用切割线定理可得PBAB 为圆 O 的直径, PA 为圆 O 的切线,利用切线的性质可得AB PA再利用勾股定理即

20、可得出AB 解答：解：由 PD：DB=9 ：16,可设 PD=9x ,DB=16x 第 8 页,共 16 页2 PA 为圆 O 的切线, PA =PD .PB,2 3=9x.（9x+16x ）,化为,名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - PD=9x=,PB=25x=5 AB 为圆 O 的直径, PA 为圆 O 的切线, AB PA=44 人,每人至少1 张,假如分给同一故答案分别为,4点评：娴熟把握圆的切线的性质、切割线定理、勾股定理是解题的关键12（5 分）（2022.北京）将序号分别为1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给人的 2

21、张参观券连号,那么不同的分法种数是96考点 ： 排列、组合及简洁计数问题专题 ： 运算题分析：求出 5 张参观券全部分给4 人,每人至少1 张,假如分给同一人的2 张参观券连号的组数,然后分给4 人排列即可解答：解： 5 张参观券全部分给4 人,分给同一人的2 张参观券连号,方法数为：1 和 2,2 和 3,3 和 4,4 和 5,四种连号,其它号码各为一组,分给4 人,共有 4=96 种故答案为： 96点评：此题考查排列组合以及简洁的计数原理的应用,正确分组是解题的关键,考查分析问题解决问题的才能13（5 分）（2022.北京）向量,在正方形网格中的位置如下列图,如,就 = 4考点 ： 平面

22、对量的基本定理及其意义专题 ： 运算题；平面对量及应用分析：以向量、的公共点为坐标原点,建立如图直角坐标系,得到向量的值、的坐标,结合题中向量等式建解答：立关于 、 的方程组,解之得= 2 且 =,即可得到解：以向量、的公共点为坐标原点,建立如图直角坐标系可得=（ 1,1）,=（6,2）,=（ 1, 3）名师归纳总结 ,解之得 = 2 且 =第 9 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 因此,=4 故答案为： 4 点评：此题给出向量用向量、线性表示,求系数、 的比值,着重考查了平面对量的坐标运算法就和平面对量基本定理及其意义等学问,属于基础

23、题14（5 分）（2022.北京）如图,在棱长为2 的正方体 ABCD A 1B1C1D1中,E 为 BC 的中点,点 P 在线段 D1E 上,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为考点 ： 点、线、面间的距离运算专题 ： 空间位置关系与距离分析：如下列图,取B1C1 的中点 F,连接 EF,ED1,利用线面平行的性质即可得到C1C 平面 D1EF,进而得到异面直线 D 1E 与 C1C 的距离解答：解：如下列图,取 B 1C1 的中点 F,连接 EF,ED 1,CC1底面 ABCD ,四边形 EFC1C 是矩形 CC1 EF,又 EF. 平面 D1EF,CC1. 平面 D 1EF, CC1

24、 平面 D1EF直线 C1C 上任一点到平面D1EF 的距离是两条异面直线D1E 与 CC1的距离过点 C1 作 C1M D 1F,平面 D1EF平面 A 1B 1C1D1 C1M 平面 D1EF过点 M 作 MP EF 交 D1E 于点 P,就 MP C1C取 C1N=MP ,连接 PN,就四边形 MPNC 1是矩形可得 NP平面 D 1EF,在 Rt D1C1F 中, C1M.D1F=D 1C1.C1F,得=点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为故答案为名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 点评：娴熟把握通过线

25、面平行的性质即可得到异面直线的距离是解题的关键三、解答题共 6 小题,共 50 分解答应写出文字说明,演算步骤15（13 分）（ 2022.北京）在 ABC 中, a=3, B=2A（）求 cosA 的值；（）求 c 的值考点 ： 正弦定理；余弦定理专题 ： 解三角形分析：（）由条件利用正弦定理和二倍角公式求得cosA 的值c,即解答：（）由条件利用余弦定理,解方程求得c 的值解：（）由条件在 ABC 中, a=3, B=2A,利用正弦定理可得=,即c 2 8c+15=0解得 cosA=（）由余弦定理可得2 a =b2 +c2 2bc.cosA,即9=+c2 22a2+c2=b 2,故舍去解方

26、程求得c=5,或 c=3当 c=3 时,此时 B=90,A=C=45 , ABC 是等腰直角三角形,但此时不满意综上, c=5点评：此题主要考查正弦定理和余弦定理,以及二倍角公式的应用,留意把c=3 舍去,这是解题的易错点,属于中档题16（13 分）（2022.北京）如图是某市 3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图,空气质量指数小于 100 表示空气质量优良,空气质量指数大于 200 表示空气重度污染某人随机挑选 3 月 1 日至 3 月 15 日中的某一天到达该市,并停留 2 天（）求此人到达当日空气重度污染的概率；（）设 x 是此人停留期间空气质量优良的天数,求X 的分布列与数学

27、期望；（）由图判定从哪天开头连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 考点 ： 离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差专题 ： 概率与统计分析：（ I）由题意此人随机挑选某一天到达该城市且停留 2 天,因此他必需在 3 月 1 日至 13 日的某一天到达该城市,由图可以看出期间有 2 天属于重度污染,据此即可得到所求概率；（ II ）由题意可知 X 全部可能取值为 0,1,2由图可以看出在 3 月 1 日至 14 日属于优良天气的共有 7 天当此人在 3 月

28、 4 号, 5 号, 8 号, 9 号, 10 号这 5 天的某一天到达该城市时,停留的 2 天都不是优良天气； 当此人在 3 月 3 号, 6 号, 7 号, 11 号,这 4 天的某一天到达该城市时,停留的 2 天 1 不是优良天气 1天是优良天气； 当此人在 3 月 1 号, 2 号, 12 号, 13 号,这 4 天的某一天到达该城市时,停留的 2 天都是优良天气依据以上分析即可得出P（X=0 ）,P（X=1 ）,p（x=2 ）及分布列与数学期望、方差（ III ）由图判定从 3 月 5 天开头连续三天的空气质量指数波动最大,因此方差最大解答：解：（I）设 “此人到达当日空气重度污染”

29、 为大事 A 由于此人随机挑选某一天到达该城市且停留 2 天,因此他必需在 3 月 1 日至 13 日的某一天到达该城市,由图可以看出期间有 2 天属于重度污染,故 P（A）=（ II ）由题意可知 X 全部可能取值为 0,1,2由图可以看出在 3 月 1 日至 14 日属于优良天气的共有 7 天 当此人在 3 月 4 号,5 号,8 号,9 号,10 号这 5 天的某一天到达该城市时,停留的 2 天都不是优良天气,故 P（ X=0 ）=； 当此人在 3 月 3 号, 6 号, 7 号, 11 号,这 4 天的某一天到达该城市时,停留的 2 天中的 1 天不是优良天气 1 天是优良天气,故 P

30、（X=1 ）=； 当此人在 3 月 1 号, 2 号, 12 号, 13 号,这 4 天的某一天到达该城市时,停留的 2 天都是优良天气,故P（X=2 ）=故 X 的分布列为 E（X）= =D（X）= + =（ III ）由图判定从 3 月 5 天开头连续三天的空气质量指数波动最大,因此方差最大点评：此题考查了正确懂得题意及识图的才能、古典概型的概率运算、随机变量的分布列及数学期望与方差,考查了数形结合的思想方法及审题与运算的才能17（14 分）（2022.北京）如图,在三棱柱 ABC A 1B1C1中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形平面 ABC 平面 AA 1C1C,AB=3 ,BC=

31、5 （）求证： AA 1平面 ABC ；（）求证二面角A 1 BC 1 B 1 的余弦值；的值第 12 页,共 16 页（）证明：在线段BC 1 上存在点 D,使得 AD A 1B,并求名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 考点 ： 用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法专题 ： 空间位置关系与距离；空间角分析：（ I）利用 AA 1C1C 是正方形,可得AA 1 AC,再利用面面垂直的性质即可证明；（ II ）利用勾股定理的逆定理可得 得到二面角；AB AC 通过建立空间直角坐标系,利用两个平面的法向量的夹角即

32、可（ III ）设点 D 的竖坐标为t,（0t4）,在平面 BCC 1B1 中作 DEBC 于 E,可得 D,利用向量垂直于数量积得关系即可得出解答：（ I）证明： AA 1C1C 是正方形, AA 1AC 又平面 ABC 平面 AA 1C1C,平面 ABC 平面 AA 1C1C=AC , AA 1平面 ABC （ II ）解：由 AC=4 ,BC=5 ,AB=3 AC 2 +AB 2 =BC 2, AB AC 建立如下列图的空间直角坐标系,就A 1（0,0,4）,B（0,3, 0）,B 1（0,3, 4）,C1（4,0,4）,=（x2,y2,z2）设平面 A 1BC 1 的法向量为,平面 B

33、 1BC 1 的法向量为就,令 y1=4,解得 x1=0,z1=3,令 x2=3,解得 y2=4,z2=0,=名师归纳总结 二面角 A 1 BC1 B 1 的余弦值为,（ III ）设点 D 的竖坐标为t,（0t4）,在平面 BCC 1B1 中作 DEBC 于 E,可得 D=,=（0, 3, 4）,第 13 页,共 16 页,解得 t=- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 点评：此题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量 求二面角的方法、向量垂直与数量积得关系等基础学问与基本方法,考查了空间想象才能、推理才

34、能和计 算才能18（13 分）（ 2022.北京）设l 为曲线在点（ 1,0）处的切线（）求 l 的方程；（）证明：除切点（1, 0）之外,曲线C 在直线 l 的下方考点 ： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数争论曲线上某点切线方程专题 ： 导数的综合应用分析：（ I）求出切点处切线斜率,代入代入点斜式方程,可以求解（ II ）利用导数分析函数的单调性,进而分析出函数图象的外形,可得结论解答：解：（I） l 的斜率 k=y|x=1=1 l 的方程为 y=x 1 证明：（II ）令 f（x）=x（x 1） lnx,（x0）就 f（ x）=2x 1=第 14 页,共 16 页 f（x）在（

35、 0,1）上单调递减,在（1,+）上单调递增,又f（1）=0 x（0,1）时, f（x） 0,即x 1 x（1,+）时, f（x） 0,即x 1 即除切点（ 1,0）之外,曲线C 在直线 l 的下方点评：此题考查的学问点是导数的几何意义,利用导数争论函数的单调性,是导数的综合应用,难度中档19（14 分）（ 2022.北京）已知A ,B,C 是椭圆上的三个点, O 是坐标原点（）当点B 是 W 的右顶点,且四边形OABC 为菱形时,求此菱形的面积；（）当点B 不是 W 的顶点时,判定四边形OABC 是否可能为菱形,并说明理由名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - -

36、- - - - - 考点 ： 椭圆的简洁性质专题 ： 运算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（ I）依据 B 的坐标为（ 2,0）且 AC 是 OB 的垂直平分线,结合椭圆方程算出 A、C 两点的坐标,从而得到线段 AC 的长等于再结合 OB 的长为 2 并利用菱形的面积公式,即可算出此时菱形 OABC 的面积；（ II ）如四边形 OABC 为菱形,依据 |OA|=|OC| 与椭圆的方程联解,算出 A 、C 的横坐标满意 =r2 1,从而得到 A、C 的横坐标相等或互为相反数再分两种情形加以争论,即可得到当点 B 不是 W 的顶点时,四边形 OABC 不行能为菱形解答：点评：解：（I）四边

37、形OABC 为菱形, B 是椭圆的右顶点（2,0）直线 AC 是 BD 的垂直平分线,可得AC 方程为 x=1 设 A （1, t）,得,解之得 t=（舍负） A 的坐标为（ 1,）,同理可得C 的坐标为（ 1,）因此, |AC|=,可得菱形OABC 的面积为 S=|AC|.|BD|=；（ II ）四边形 OABC 为菱形, |OA|=|OC|,2设 |OA|=|OC|=r （ r1）,得 A 、C 两点是圆 x +y2=r2与椭圆的公共点,解之得=r2 1 设 A 、C 两点横坐标分别为x1、 x2,可得 A 、C 两点的横坐标满意x1=x 2=.,或 x1=.且 x2=., 当 x1=x

38、2=.时,可得如四边形OABC 为菱形,就B 点必定是右顶点（2,0）； 如 x1=.且 x2=.,就 x1+x2=0,可得 AC 的中点必定是原点O,因此 A 、O、C 共线,可得不存在满意条件的菱形OABC 综上所述,可得当点B 不是 W 的顶点时,四边形OABC 不行能为菱形此题给出椭圆方程,探讨了以坐标原点O 为一个顶点,其它三个顶点在椭圆上的菱形问题,着重考查了菱形的性质、椭圆的标准方程与简洁几何性质等学问,属于中档题20（13 分）（ 2022.北京）已知 an 是由非负整数组成的无穷数列,该数列前n 项的最大值记为A n,第 n 项之后各项 an+1,an+2的最小值记为Bn,d

39、n=A n BnnN*,an+4=an）,写出 d1,d2,d3,（）如 a n 为 2,1,4,3,2,1,4,3,是一个周期为4 的数列（即对任意d4的值；（）设 d 是非负整数,证明：dn= d（n=1,2,3）的充分必要条件为an是公差为 d 的等差数列；第 15 页,共 16 页（）证明：如a1=2,dn=1（n=1,2,3,）,就 an 的项只能是1 或者 2,且有无穷多项为1名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 考点 ： 反证法与放缩法；必要条件、充分条件与充要条件的判定；等差关系的确定；等比关系的确定专题 ： 等差数列与等比数列分析：（）依据条件以及 dn=A n B n 的定义,直接求得 d1,d2, d3,d4 的值（）设 d 是非负整数,如 an 是公差为 d 的等差数列,就 an=a1+（ n 1）d,从而证得 dn=A n Bn= d,（ n=1,2,3,4）如 dn=A n B n= d,（n=1,2,3,4）可得 a n 是一个不减的数列,求得 dn=A n Bn= d,即 an+1 an=d,即 a n 是公差为 d 的等差数列,命题得证（）如 a1=2, dn=1（n=1,2,3,