2022年北京市第一六一高三第五次模拟考试数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1如图所示，为了测量、两座岛屿间的距离，小船从初始位置出发，已知在的北偏西的方向上，在的北偏东的方向上，现在船往东开2百海里到达处，此时测得在的北偏西的方向上，再开回处，由向西开百海里

2、到达处，测得在的北偏东的方向上，则、两座岛屿间的距离为（ ）A3BC4D2已知，是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则3在的展开式中，含的项的系数是（ ）A74B121CD4ABC中，如果lgcosA=lgsinA等边三角形B直角三角形C等腰三角形D等腰直角三角形5己知，则（ ）ABCD6下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边，已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（ ）ABC1D7已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，过点的动直线与抛物线交于两点，为坐标原点，

3、抛物线的准线与轴的交点为.给出下列四个命题：在抛物线上满足条件的点仅有一个；若是抛物线准线上一动点，则的最小值为；无论过点的直线在什么位置，总有；若点在抛物线准线上的射影为，则三点在同一条直线上.其中所有正确命题的个数为（ ）A1B2C3D48如图，四边形为正方形，延长至，使得，点在线段上运动.设，则的取值范围是（ ）ABCD9给甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三项工作，每项工作至少一人，每人做且仅做一项工作，甲不能安排木工工作，则不同的安排方法共有（）A12种B18种C24种D64种10陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，但陀螺这个名词，直到明朝刘侗、于奕正合撰的帝京景物略一书中才正式出

4、现.如图所示的网格纸中小正方形的边长均为1，粗线画出的是一个陀螺模型的三视图，则该陀螺模型的表面积为（ ）ABCD11数列满足：，则数列前项的和为ABCD12在中，为边上的中点，且，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在平面直角坐标系中，点在单位圆上，设，且若，则的值为_.14数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:的值域为;其中正确的结论是_(写出所有正确的结论的序号)15若存在实数使得不等式在某区间上恒成立，则称与为该区间上的一对“分离函数”，下列各组函数中是对应区间上的“分离函数

5、”的有_.（填上所有正确答案的序号），；，；，；，.16设，满足条件，则的最大值为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图所示，在三棱柱中，为等边三角形，平面，是线段上靠近的三等分点.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.18（12分）在中，内角的对边分别是，满足条件（1）求角；（2）若边上的高为，求的长19（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（）.（1）求抛物线C的极坐标方程；（2）若抛物线C与直线l交于A，B两点，求的值.20（12分）已知，均为正项数列

6、，其前项和分别为，且，当，时，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与连线的斜率为时，直线的倾斜角为（1）求椭圆的标准方程；（2）若是以为直径的圆上的任意一点，求证：22（10分）如图是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不同于的任意一点（1）求证：平面平面；（2）设为的中点，为上的动点（不与重合）求二面角的正切值的最小值参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1B【解析】先根据角度分析出的大小，然后根据角度关系得到

7、的长度，再根据正弦定理计算出的长度，最后利用余弦定理求解出的长度即可.【详解】由题意可知：，所以，所以，所以，又因为，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查解三角形中的角度问题，难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键.2D【解析】利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.【详解】解：选项A中直线，还可能相交或异面，选项B中，还可能异面，选项C，由条件可得或故选：D.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.3D【解析】根据，利用通项公式得到含的项为：，进而得到其系数，【详解】因为在，所以含的项为：，所以含

8、的项的系数是的系数是，故选：D【点睛】本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题，4B【解析】化简得lgcosAlgsinCsinBlg2，即cosA=sinCsinB=12，结合0A， 可求A=【详解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2，可得lgcosA0A，A=3，B+C=23，sinC12sinB12sin23-C34cosC+故选：B【点睛】本题主要考查了对数的运算性质的应用，两角差的正弦公式的应用，解题的关键是灵活利用基本公式，属于基础题5B【解析】先将三个数通过指数，对数运算变形，再判断.【详解】因为，所以，故选：B.【点睛】本

9、题主要考查指数、对数的大小比较，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.6D【解析】根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得，即的值，由此求得和的值，进而求得所求表达式的值.【详解】由于直角边为直径的半圆的面积之比为，所以，即，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题.7C【解析】：由抛物线的定义可知，从而可求 的坐标；：做关于准线的对称点为，通过分析可知当三点共线时取最小值，由两点间的距离公式，可求此时最小值；：设出直线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，可知焦点坐标的关系，进而可求，从而可判断出的关系；：计算直线 的斜率之

10、差，可得两直线斜率相等，进而可判断三点在同一条直线上.【详解】解：对于，设，由抛物线的方程得，则， 故，所以或，所以满足条件的点有二个，故不正确； 对于，不妨设，则关于准线的对称点为， 故，当且仅当三点共线时等号成立，故正确； 对于，由题意知， ，且的斜率不为0，则设方程为：，设与抛物线的交点坐标为，联立直线与抛物线的方程为， ，整理得，则，所以， 则.故的倾斜角互补，所以，故正确.对于，由题意知 ，由知，则 ，由，知，即三点在同一条直线上，故正确.故选:C.【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，考查了直线方程，考查了两点的斜率公式.本题的难点在于第

11、二个命题，结合初中的“饮马问题”分析出何时取最小值.8C【解析】以为坐标原点，以分别为x轴，y轴建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可解决.【详解】以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，不妨设正方形的边长为1，则，设，则，所以，且，故.故选：C.【点睛】本题考查利用向量的坐标运算求变量的取值范围，考查学生的基本计算能力，本题的关键是建立适当的直角坐标系，是一道基础题.9C【解析】根据题意，分2步进行分析：，将4人分成3组，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意，分2步进行分析：，将4人分成

12、3组，有种分法；，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，有2种情况，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，有种情况，此时有种情况，则有种不同的安排方法；故选：C【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题10C【解析】根据三视图可知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成，由此计算出陀螺的表面积.【详解】最上面圆锥的母线长为，底面周长为，侧面积为，下面圆锥的母线长为，底面周长为，侧面积为，没被挡住的部分面积为，中间圆柱的侧面积为.故表面积为，故选C.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查三视图还原为原图，考查几何体表面积的计算，属于基础题.11A【解

13、析】分析：通过对anan+1=2anan+1变形可知，进而可知，利用裂项相消法求和即可详解：，又=5，即，数列前项的和为，故选A点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.12A【解析】由为边上的中点，表示出，然后用向量模的计算公式求模.【详解】解：为边上的中点，故选：A【点睛】在三角形中，考查中点向量公式和向量模的求法，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】根据三

14、角函数定义表示出，由同角三角函数关系式结合求得，而，展开后即可由余弦差角公式求得的值.【详解】点在单位圆上，设，由三角函数定义可知，因为，则，所以由同角三角函数关系式可得，所以 故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数定义，同角三角函数关系式的应用，余弦差角公式的应用，属于中档题.14【解析】根据新定义，结合实数的性质即可判断，由定义求得比小的有理数个数，即可确定.【详解】对于，由定义可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以错误；对于，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满足，所以正确；对于，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以错误；对于，由定义

15、可知，所以错误；综上可知，正确的为.故答案为：.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.15【解析】由题意可知，若要存在使得成立，我们可考虑两函数是否存在公切点，若两函数在公切点对应的位置一个单增，另一个单减，则很容易判断，对，都可以采用此法判断，对分析式子特点可知，进而判断【详解】时，令，则，单调递增， ，即.令，则，单调递减，即，因此，满足题意.时，易知，满足题意.注意到，因此如果存在直线，只有可能是（或）在处的切线，因此切线为，易知，因此不存在直线满足题意.时，注意到，因此如果存在直线，只有可能是（或）在处的切线，因此切线为.令，则，易知在上

16、单调递增，在上单调递减，所以，即.令，则，易知在上单调递减，在上单调递增，所以，即.因此，满足题意.故答案为：【点睛】本题考查新定义题型、利用导数研究函数图像，转化与化归思想，属于中档题16【解析】作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求的最大值.【详解】作出可行域如图所示由得，则是直线在轴上的截距.平移直线，当直线经过可行域内的点时，最小，此时最大.解方程组，得，.故答案为：.【点睛】本题考查简单的线性规划，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）证明见解析（2）【解析】（1）由，故，所以四边形为菱形，再通过，证得，所以四边形为正方形，得到.（2）

17、根据（1）的论证，建立空间直角坐标，设平面的法向量为，由求得，再由，利用线面角的向量法公式求解.【详解】（1）因为，故，所以四边形为菱形，而平面，故.因为，故，故，即四边形为正方形，故.（2）依题意，.在正方形中，故以为原点，所在直线分别为、轴，建立如图所示的空间直角坐标系；如图所示：不纺设，则，又因为，所以.所以.设平面的法向量为，则，即，令，则.于是.又因为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、线面成角，还考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.18（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据，利用两角和的正弦

18、公式即可求解.（2）已知，由知，在中，解出即可.【详解】（1）由正弦定理知由己知，而，（2）已知，则由知先求【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式，需熟记定理与公式，属于基础题.19（1）（2）【解析】(1)利用极坐标和直角坐标的互化公式，,即可求得结果.(2) 由的几何意义得,. 将代入抛物线C的方程,利用韦达定理，即可求得结果.【详解】（1）因为，代入得，所以抛物线C的极坐标方程为.（2）将代入抛物线C的方程得，所以，所以，由的几何意义得，.【点睛】本题考查直角坐标和极坐标的转化,考查极坐标方程的综合应用,考查了学生综合分析,转化与划归,数学运算的能力,难度一般.20（1），（2）【解析】（1），所，两式相减，即可得到数列递推关系求解通项公式，由，整理得，得到，即可求解通项公式；（2）由（1）可知，即可求得数列的前项和.【详解】（1）因为，所，两式相减，整理得，当时，解得，所以数列是首项和公比均为的等比数列，即，因为，整理得，又因为，所以，所以，即，因为，所以数列是以首项和公差均为1的等差数列，所以；（2）由（1）可知，即.【点睛】此题考查求数列的通项公式，以及数列求和，关键在于对题中所给关系合理变形，发现其中的关系，裂项求和作为一类