北京届房山高三二模数学文科试题及答案

1、房山区2022年高考第二次模拟试卷数 学文科一、选择题：本大题共 8小题，每题5分，共40分.在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1. 假设pV q是假命题，那么A. p A q是假命题 B. p V q是假命题 C. p是假命题 D. q是假命题2. 以下四个函数中，既是奇函数又在定义域上单调递增的是A.y x 1 b.y tan x C.y2x D. yx3yxlg的图象，只需把函数 ylg x的图象上10A.所有点向右平移1个单位长度B.所有点向下平移1个单位长度C.所有点的横坐标缩短到原来的1纵坐标不变1D.所有点的纵坐标缩短到原来的横坐标不变10104. 设平面向量a (1

2、,2)， b ( 2,y)，假设a b，那么2a b等于A. 4 B. 5 C. 3 5 D. 4、. 55. 执行如下列图的程序框图那么输出的所有点(x,y)y x 1的图象上y 2x的图象上y 2x的图象上6.M , N是不等式组x 1,y 1,x y 10,所表示的平面区域内的y 2x 1的图象上两个不同的点，贝U |MN |的最大值是34_A. 2 B. 、17 C. 3.2 D. 1727. 一个几何体的三视图如下列图，那么这个几何体 的外表积为A. 9 18,2B. 18 9 .3C. 18 3、2D. 98.定义运算abcdxyaxbxCy，称 xabcdxx为将点x, y映到点

3、x, y的一次变换假设=dyyyy21 x把直线yx上的各点映到这点本身，而把直线y 3x上的各点映到这点关于原点对称的点.那么p q yp, q的值分别是A. p 3,q3B.p3,q2 C.p3,q1D.p 1,q 1二、填空题：本大题共6小题,每题5分,共30分.9.在复平面内，复数i(2i)对应的点的坐标为3A为二角形的一个内角，且 cosA ，那么ta nA ， tan(A )_54an是公差不为0的等差数列，ai 1，且a3是印厶的等比中项，那么数列an的通项公式an 亠a,b满足2a b 5，那么ab的最大值为_13抛物线C : y2 2px的焦点坐标为F,0)，那么抛物线C的方

4、程为，假设点P在抛物线C上运动，点Q在2 直线x y 5 0上运动，那么PQ的最小值等于.14.对于三次函数f(x) ax3 bx2 cx d(a 0)，给出定义：设f'(x)是函数y f (x)的导数，f(x)是f'(x)任何一个三次函数都有“拐点的导数，假设方程f“(x) 0有实数解X。，那么称点(x0,f(x。)为函数y f(x)的“拐点.某同学经过探究发现:;任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心1 3 1 2 1假设f (x)x3x2x 1，那么该函数的对称中心为326f(z) f (丄)f(20)202220222022三、解答题：本大题共6小题,共80分

5、.解容许写出文字说明，演算步骤或证明过程15.本小题总分值13分函数 f(x) sin( x ) (0,0)的最小正周期为1，且图象过点(一，丄).6 2I求，的值;n设 g(x)f (x) f (x -)，求函数g(x)的单调递增区间416.本小题总分值14分如图，ABCD是正方形，DE平面ABCD ,AF / DE , DE DA2AF2.(I )求证：AC 平面BDE ；(n )求证：AC/平面BEF ;(川)求四面体BDEF的体积匚17. 本小题总分值13分一个质地均匀的正方体的六个面上分别标有数字0,123,4,5，个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1,2,3,4 .将这个正

6、方体和正四面体同时抛掷一次，正方体正面向上的数字为a，正四面体的三个侧面上的数字之和为b .I求事件b 3a的概率；n求事件“点(a,b)满足a2 (b 5)2 9的概率.18. 本小题总分值13分函数f(x) (ax 2)ex在x 1处取得极值.I求a的值；n求函数f(x)在m,m 1上的最小值；川求证：对任意 x1, x? 0,2，都有 | f(xj f (x2) | e.19. 本小题总分值14分2 2 6椭圆 笃 务 1 a b 0的焦点坐标为(、2 ,0),离心率为上6 .直线y kx 2交椭圆于P , ab3Q两点.I求椭圆的方程；n是否存在实数 k，使得以PQ为直径的圆过点 D(

7、 1, 0) ?假设存在，求出k的值；假设不存在，请说明理由.20.本小题总分值13分数列an的前n项和为Sn，且a* 12S*n(n N )，其中 a11,an 0.anI求 a2, a3 ；n求数列an的通项公式;川设数列 bn满足(2an 1)(2bn1)1 , Tn为bn的前n项和，试比拟T1与log2 ,(2a_1)的大小，并说明理由.房山区2022年高考第二次模拟考试数学文科2022.05参考答案、选择题：本大题共8小题,每题5分，共40分.1、A 2、D 3、B 4、D 5、C 6、B 7、A 8、B、填空题：本大题共6小题,每题5分,共30分.9. (1,2)10.7311.

8、n12.25813.14.20222三、解答题：本大题共6小题,共80分.15、本小题总分值13分I由最小正周期为可知1由 f() 得sin( 623又0所以一3 333n由I知f(x)sin(2x -)2cos2x所以g(x)cos2xsin2( x -)-cos2xs in 2x1sin 4x422解2k-4xk2k得xk(kZ)22 282 8所以函数kg(x)的单调增区间为'- kJ-(kZ)28286216、本小题总分值14分(I )证明：因为DE 平面ABCD , 9分12分所以DE AC . 1分因为ABCD是正方形，所以AC BD , 2分因为DE BD D 3分所以A

9、C 平面BDE . 4分13分E(n )证明：设ACPlBD O，取BE中点G，连结FG, OG ,1所以，OG _DE . 5 分2因为 AF / DE , DE 2AF，所以 AF / OG , 6 分从而四边形 AFGO是平行四边形，FG/AO. 7分因为FG 平面BEF , AO 平面BEF , 8分所以AO/平面BEF，即AC/平面BEF . 9分川解：因为 DE 平面ABCD 所以DE AB因为正方形 ABCD中，AB AD ,所以AB 平面ADEF11分因为 AF / DE , DE DA所以四面体BDEF的体积17、本小题总分值13分12AF 2，所以 DEF的面积为丄ED A

10、D 214八_S def AB - . 14 分33I由题可知a的取值为0,123,4,5，b的取值为6,7,8,9根本领件空间：(0,6),(0,7),(0,8),(0,9),(1 ,6),(1,7),(1,8),(1,9),(2,6),(2,7),(2,8),(2,9),(3,6),(3,7),(3,8),(3,9),(4,6),(4,7),(4,8),(4,9),(5,6),(5,7),(5,8),(5,9)共计24个根本领件 3分满足b 3a的有(2,6),(3,9)共2个根本领件所以事件b3a的概率为217分2412n设事件B=“占八、a,b丨满足a2(b5)29 当b8时，a0满足

11、a2(b5)29当b7时，b0,1,2满足2 a(b5)29当b6时，b0,1,2满足2 a(b5)29所以满足a2(b5)29的有(0,6),(0,7),(0,8),(1,6),(1,7),(2,6),(2,7),所以P(B)713分2418、本小题总分值13分【f '(x) aex (ax 2)ex (ax 由得f'(1) 0即(2a 2)ex解得：a 1当a 1时，在x 1处函数f (x)a 2)ex 1 分0 2分 3分(x 2)ex取得极小值，所以a 1nf (x) x 2 ex,所以函数f (x)在xxxf(x) e + x 2 e x 1 e .x(,1)1(1,

12、)f (x)-0+f(x)减增,1递减，在1, 递增 4分当 m 1 时，f (x)在 m, m1 单调递增，fmin(x) f (m) (m 2)em.m 1 时，m 1 mf (x)在m,1单调递减，在1,m 1 单调递增，fmin(x)f (1) e.当 m 0 时，m+11 ,f (x)在m,m 1单调递减,fmin (x)f(m综上 f(x)在m,m1上的最小值1)(m1)em1.7分(m2)em,m 1,e,0 m 1,8分(mm 11)e, m 0.6分fmin(x)川由I知f(x)xf(x) e + x令 f '(x)0因为f(0)2, f(1) e, f(2)所以 f

13、max (x)0,fmin (x)11分所以，对任意19、本小题总分值14分0,2，都有I f (xjf(X2)| fmax (x)f min (x) e13分、2，a2b2c2所以椭圆方程是:5设 P(xyj , Qg,y2)那么y12, y2kx22kxX22代入3整理得(3k2 1)x2 12kx 9 0*X212k_1,X1X293k21以PQ为直径的圆过D( 1,0)，那么 PDQD，即 PD QD0PD QD (x11,yj (X21, y2)(X11)(X21) y2x1x2(X1X2)y21(k21)x1x2(2 k1)(X1X2)12k140 3k21512分0 ,所以解得k

14、 6，此时*方程3k2存在k 7，使得以PQ为直径的圆过点D( 1,0) 14分20、本小题总分值13分I由于a2坐錮2, a3aia12S22(a1a2)3a?a?11二 an1 an2二anan 1 -22于是 a2m 11 2(m 1) 2m 1 , a2m2 2(m 1) 2m，所以 an n (n N*).1n由可知 Snanan 1，故 an 1 Sn 1 Sn2因为 an 10，所以 an 2 an 2 (n N*).log22an 1的大小川Tnlog. (2an 1)要比拟Tn与log22an1的大小，只需比拟2,由(2an 1)(2bn 1)1，得2n1)(2bn1)1, 2bn2n2n 1从而Tn b1b2bnlog 22n2n2Tn2log 22n2n 12n2n 1因此 2Tn Iog2(2an1)Io