北京市清华大学中学2022年高三第四次模拟考试数学试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：2B2B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。幻方500年的春秋时期《大戴礼》中．n阶幻方3,nN*”是由前n2个正整数组成的个n阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的n个数之和（简称幻和）“3阶幻方15（图所示．则“5的幻和为（）A．75 B．65 C．55 D．45给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直其中，为真命题的是( )A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④已知双曲线Cx2a2

y2b2

0,b0)Pxy0 0

是直线bxay4a0上任意一点，若圆xx0

2yy0

1与双曲线C的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（ ．

C．2,

D．4,

f(x) 21ex

1cosx图象的大致形状是（ ）B．C． D．对于正在培育的一颗种子，它可能1天后发芽，也可能2天后发芽下表是20颗不同种子发芽前所需培育的数统计表，则这组种子发芽所需培育的天数的中位数( )发芽所需天数12345678种子数A．243B．3352C．3.5210D．4ABCAB

ABBCABBC2

2 2

A

所成的角1 1 1

1 1 11为（ ）A．30 B．45 C．60 D．90根据如图所示的程序框图，当输入的x值为3时，输出的y值等于（ ）B．e C．e1 D．e2xN*|12ZA．4

中含有的元素个数为（）x B．6 C．8 D．129．集合A|x23xB|ylg2则AB( )|0xB．|1x|2x|0x已知椭圆C

x y2

11内有一条以点P1,3为中点的弦AB，则直线AB的方程为( )23 2A．3x3y20C．3x3y40

B．3x3y20D．3x3y40f(xcosx51

(0)倍，6 纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在( , )上没有零点，则的取值范围是（ ）2 22 28 2A．(0, ] [ , ] B．(0, ]9 39 92 8C．(0, ] [ ,1] 9 9

(0,1]f(xsin(3x3

)的导函数f(x)的图像，只需将f(x)的图像（ ）

个单位长度，再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍3个单位长度，再把各点的纵坐标缩短到原来的1倍6 3

1个单位长度，再把各点的纵坐标缩短到原来的倍3 33倍6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。已知等差数列

的前nn

，且a an 4 7

a 3S6

.xy20若变量x，y满足约束条件3xy0 ，则z3x2y的最大值为 ．xy06PABCABBCPACPACB的余弦值为63锥PABC的体积最大值为1时，三棱锥PABC的外接球的表面积.3

，当三棱yln

2x

的定义域为 .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，四棱锥EABCD中，平面ABCD平面BCE，若BCE2

ABCD是平行四边形，且AEBD.（Ⅰ）求证：ABAD；（Ⅱ）FAEEC//BDFBCCEABFD的余弦值.x13t 518（12分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为y142 52

（t为参数，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2

1sin2

P的极坐标为

2,.44求CP的直角坐标；设l与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，求PM .19（12分）如图，在四棱锥ABCDE中，平面BCDE平面ABC，BEEC,BC1,AB2,ABC6.（Ⅰ）求证：BE平面ACE ；（Ⅱ）若锐二面角EABC的余弦值为21，求直线CE与平面ABC所成的角.720（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1

x22cos4.的参数方程为y2sin4.

（为参数，以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2

2

cos24sin2求曲线C1

的极坐标方程以及曲线C2

的直角坐标方程；若直线lykx与曲线C1

、曲线C2

在第一象限交于P,Q两点，且|OP2|OQ|，点M的坐标为(2,0) ，求ΔMPQ的面积.21（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1

x1cosysin

（为参数，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：2 3sin.2求曲线C1

的极坐标方程和曲线C2

的直角坐标方程；若直线lykx0与曲线C1

交于OA两点，与曲线C2

交于O，B两点，求OB取得最大值时直线l的直角坐标方程.22（10分）已知F是抛物线C：y

2pxp0)A在CAy轴的距离比|AF|1.求C的方程；6AF与CBMABDx|DADB|.若|DM|6斜率.

，求直线AF的参考答案125601、B【解析】计算12

25的和，然后除以5，得到“5阶幻方的幻和.【详解】依题意“5阶幻方的幻和为12 25

1252

65，故选B.5 5【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前n2、D【解析】利用线面平行和垂直，面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择．【详解】故选：D【点睛】3、B【解析】先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线bxay2a0与直线bxay0的距离d，根据圆xx0

2yy0

21与双曲线C的右支没有公共点，可得d1，解得即可．【详解】由题意，双曲线Cx2y2a2 b2

1 (a0,b0)y

bx，即bxay0，aPxy是直线bxay4a0上任意一点，0 0a2b2则直线bxay4a0与直线bxay0的距离a2b2

4a，c∵圆xx0

2yy0

1与双曲线C的右支没有公共点，则d1，4a1，即ec4，又e1c a故e的取值范围为故选：B．【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中根据圆与双曲线C共点得出d1是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4、B【解析】2 fx的奇偶性，可排除A、Cfx在区间0,2

的大小，即可得出答案.【详解】f(x) 2

1excosx解：因为

1cosx ，1ex 1exf(x)1excosx

ex1 1excosx

cosxfx所以 1ex

ex1 1ex ，所以函数fx是奇函数，可排除A、C；x0,fx0D； 2 2B.【点睛】本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题.5、C【解析】根据表中数据，即可容易求得中位数.【详解】由图表可知，种子发芽天数的中位数为343.5，2C.【点睛】本题考查中位数的计算，属基础题.6、C【解析】由条件可看出AB A

，则BAC

A

AB

，解得11 1 1 11 1 1tanBACACA

所成的角．1 1 11【详解】连接AC1

，BC1

，如图：又AB A

，则BAC

A

所成的角.11 1 1 11因为ABB且三棱柱为直三棱柱，∴ABCC∴AB面BCCB，∴ABBC，1

1 11ABBC2CC1

2 2，∴BC1

2 2 222 3， ∴ 1

3，解得BAC1

60.故选C【点睛】7、C【解析】根据程序图，当x<0时结束对x的计算，可得y值．【详解】由题x=3，x=x-2=3-1，此时x>0继续运行，x=1-2=-1<0，程序运行结束，得ye1，故选C．【点睛】本题考查程序框图，是基础题．8、B【解析】xN*|12Z解：因为

集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选Bx 9、A【解析】解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.【详解】x23x0可得0x3A{x|0x3}2x0x2,B{x|x2},所以AB{x|0x2}，故选A．【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.10、C【解析】Ax,

，Bx,

1x1

y

1，x

y

1

22k

，解得答案.21 1 2 2 3 1 3 2 3 32【详解】设Ax,yBx,

，设直线斜率为k

x2 x22，则1 y21， y21，21 1 2 2

3 1 3 2xx

xx

1相减得到：1 2 1 2 yy yy 0，AB的中点为P1, ，3 1 2 1 2

3即22k0，故k1，直线AB的方程为：yx4.3 3 3C.【点睛】本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.11、A【解析】根据y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出x5的范围，再利用余弦函数的6图象和性质，求得ω的取值范围．【详解】函数f(x)cosx的图象先向右平移5个单位长度，6ycosx

的图象，6 6 1再将图象上每个点的横坐标变为原来的

(0)倍(纵坐标不变)，g(x)cosx

的图象，6 6 ∴周期T2，g(x在(

3, 上没有零点，∴

2 2x

3

5，2 6 6 2 63∴

5

5T， 2 6

2 6 2 21，解得01， 2k 2 6

4 1又 k

35

，解得 2 3

k ，2 32 2 62当k=0时，解

8，3 9k=-101，可得02，9

2[2[2,8].399故答案为：A.【点睛】本题考查函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.12、D【解析】先求得f'x，再根据三角函数图像变换的知识，选出正确选项.【详解】3x3cos3x3cos3x53sin3x3sin3x362663

，所以由f(x)sin(3x3

)向左平移个单位长度，再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍得到f'x的图像.6故选：D【点睛】本小题主要考查复合函数导数的计算，考查诱导公式，考查三角函数图像变换，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1327【解析】根据等差数列的性质求得a，结合等差数列前n项和公式求得S 的值.5 9【详解】因为

为等差数列，所以a an 4 7

a a6

a 3，解得a6

3，9a 92a所以S

1 9

59a

27.9 2 2 5故答案为：27【点睛】本小题考查等差数列的性质，前n项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，应用意识.314、2【解析】3根据约束条件可以画出可行域，从而将问题转化为直线y xz在y轴截距最大的问题的求解，通过数形结合的32 2方式可确定过B1,3时，z取最大值，代入可求得结果. 22【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：z3x2yy3x

z，则z最大时，直线y x

zy轴截距最大；32 2 2 233 由直线y x平移可知，当y x3

zBy轴截距最大，2 2 2xy20

13 1 3 3由 得：B , z 3 2 .3xy03

22

max

2 2 2故答案为：.2【点睛】本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在y轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.15、8【解析】根据题意作出图象,利用三垂线定理找出二面角PACB的平面角,再设出AB,BC的长,PABC的高然后利用利用基本不等式即可确定三棱锥PABC的体积最大值从而得出各棱的长度利用球心距半径PABC的外接球的表面积.【详解】如图所示：过点P作PE面ABC,垂足为E,过点E作DEAC交AC于点D连接PD.则为二面角PACB的平面角的补角即有cosPDE 6.3∵易证AC面PDE,∴ACPD而三角形PAC为等边三角,∴D为AC的中点.设ABa,BCb, AC a2b2c.3∴PEPDsinPDE c3

3c.2 3 2故三棱锥PABC的体积为1 1 c 1 c c a2b2 c3V ab abc ab 3 2 2 12 12 12 2 24当且仅当ab

2c时,V

c31,即ab 2,c2.2

24 3BDE三点共线.设三棱锥PABC的外接球的球心为O,半径为R.过点O作OFPEF,∴四边形ODEF为矩形.62则ODEF R21,DEOFPDcosPDE 3 62R21R212

,PE1,Rt

R221

,解得R22.PFO中,PABCSR2PFO中,故答案为：8．【点睛】属于较难题.16、(0,)【解析】对数函数的定义域需满足真数大于0，再由指数型不等式求解出解集即可.【详解】 yln

2x

有意义，3x 3x

30即

2x

0

2x

1 x1.2 2x 2 2故答案为：(0,)【点睛】本题考查求对数函数的定义域，还考查了指数型不等式求解，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。717（Ⅰ）见解析（Ⅱ）77【解析】（Ⅰ）ECABCD,EC⊥BDBD⊥AEBD⊥平面AEC,ABCDAB=AD.（Ⅱ）ACBDG,EC//FG,BCOD,OD⊥BC,OOCExBCy轴，ODz轴，建立A-BF-D的余弦值.【详解】（Ⅰ）BCE2

，即BCCE，ABCDBCEECABCD，ECBDBDAE，BDAECBDAC，因为四边形ABCD是平行四边形，所以四边形ABCD是菱形，故ABAD；（Ⅱ）设AC与BD的交点为GEC//BDF，平面AEC 平面BDF于FG所以EC//FG，因为GAC中点，FAE因为，BC的中点为O，连接OD，BC，则BC，ABCDBCE所以ODBEC，以OO且与CExBCyODz轴建立空间直角333BF1,13 333BF1,13坐标系AB2

0,1,0

，A0,2,

，D0,0,

，F 1, 2

，2

, ，2 2 33BA0,1, ，BD0,1, ，33设平面ABF 的法向量

x,y,z，13 13x y z0

1 1 11 1则1 2 1 2 1

3, 3,1， y 3z01 1同理可得平面DBF 的法向量n23,1，设平面ABF 与平面DBF 的夹角为，因为cosn,n

nn 1 2

2 77，1 2 n n1 2

2 7所以二面角ABFD的余弦值为7.7（Ⅱ）设AC与BD的交点为G，EC//BDFAECEC//FG，因为GAC中点，FAE因为ACBD，ACFG，ACBDFACBF，BFH，连接GHAHFGBG，所以GHBF，故BF平面AHG，

BDFFG，AHBF，即∠AHGABFDAB2，AG

3，GH 2，2在RtAGH中，tanAHG 6，所以cosAHG 7，所以二面角ABFD的余弦值为7.7 7【点睛】本题考查求空间角中的二面角的余弦值，还考查由空间中线面关系进而证明线线相等，属于中档题.5518（1）x2y 1， （2） 552 PM2 41【解析】CP的极坐标化成直角坐标；lCt的几何意义可得．【详解】ρ2

2x2得ρ2+ρ2sin2θ＝2，将ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为 yx21sin2 2＝1，设点P的直角坐标为（，，因为P的极坐标为（2，4，x＝ρcosθ

2cos

1，y＝ρsinθ 2sin4

1，所以点P的直角坐标为，．x13t 5 x2将 代入y14t 2 5

y2＝1，并整理得41t2+110t+25＝0，因为△＝1102﹣4×41×25＝8000＞0，故可设方程的两根为t1，t2，t

A，Bt

110，1 2 1 2 41tt依题意，点M对应的参数为

1 2，21所以|PM|＝|tt21

|55．【点睛】

2 4119（Ⅰ）（Ⅱ）4.【解析】（Ⅰ）ACACBCACBCDEACBE从而得证；（Ⅱ）BCDEEEOBC于点O，则OEABC，如图所示建立空间直角坐标系，设A3,0Eb

，其中

0a1,b

，利用空间向量法得到二面角的余弦，即可得到

a,

的关系，从而得解；【详解】3解（Ⅰ）证明：在ABC中，AC2BC2AB22BCcosABC，解得AC ，3则AC2BC2AB2，从而ACBC因为平面BCDE平面ABC，平面BCDE平面ABCBC所以AC平面BCDE，CECBEBCDEACCECBEECAC

ACACECEACEBEACE；（Ⅱ）BCDE中，过点EEOBC于点O，则OEABC，如图所示建立空间直角坐标系，设A3,0Eb

，其中

0a1,b0，则Ba,0,0BA3,0BE1,0,b设平面ABE的法向量为mx,y,z，则BAm0 x 3y0BEm01xbz0， 令y1，则m 3,1,1a 又平面ABC 的一个法向量OEb，则cos mmOE mOEmOEb4a3b213b2221从而b1a，故EBO45ECB则直线CEABC所成的角为ECB，大小为45.【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.20（1）

4cos

x2的直角坐标方程为

y21（2）2 21 2 4 32 2【解析】先把曲线C1

的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用xcos,ysin 求得极坐标方.将424cos24sin2

，化为2cos242sin24，再利用xcos,ysin 求得曲线C2

的普通方程.设直线的极角0

2

4cos24sin2

2Q

413sin20

，将0

代入p4cos，得 4cosP

，由|OP2|OQ|，得P

2Q

，即4cos0

1613sin20

，从而求得sin20

，cos223 2

1，3,Q P

MPQ

SOMP

SOMQ

1|OM|2

sinQ

求解.【详解】（1）依题意，曲线C1

:(x2)2y2

4，即x2y24x0，24cos04cos.2

4cos24sin2

2cos242sin24，x24y2

4，即 y21.x24x2（2）将0

2

4cos24sin2

2Q

413sin2，0将代入p4cos，得 4cos，0 P 0由|OP2|OQ|P

2Q

，得4cos0

16，13sin2，0解得sin20

，则cos223 2

1.3又0

，故

, 4cos ，413sin202 34 3413sin202 34 3MPQ

MPQ

SOMP

SOMQ

1|OM|2

sin .2 2Q 0 32 2【点睛】3 3 21（1）曲线C1

:2cos，曲线C2

:x2 y

3.（2）y 3x.【解析】x1cos xcos用 和 消去参数即得

的极坐标方程；将2 3sin两边同时乘以，然后由ysin ysin 12x2y2ysin解得直角坐标方程.0R，代入到C2cos和

2