2022年北京市东城区第二中数学高三第一学期期末经典模拟试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项:1答题时请按要求用笔。请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．cos1是“k2 3C．充要条件

，kZ的（ ）必要不充分条件D用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ）A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形已知正项等比数列

中，存在两项a

,a，使得

，a

2a

，则14的最小值是（ ）n m na aa am n

1 6 5 4 m n9A． B．2 C． D．2 3 4复数z满足z1z(i为虚数单位),则z的值是( )A．1i B．1i C．i D．i（287年212年圆2 2柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的3，且球的表面积也是圆柱表面积的3”这一完美的结论已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积( )A．432x

2n

B．16 C．163

D．323n若

xx

的值为（ ）A．7 B．6 C．5 D．4ABCa1bc

ab

，求bsinA（ ）3A． B．32 3

sinA sinAsinBsinC26126C． D．2 2ABCAB

，，AB2，BCCC

1AB

所成的角的1 1 1

1 1 1正弦值为（ ． 2

105531 1已知为等腰直角三角形，A则MBMA（ ）

BC2 2M为所在平面内一点，且CM2

CB CA，4 2A．2 24 B．72

C．52

D．12已知平面向量a,b,c，满足|b|2,|ab|1,cab且21，若对每一个确定的向量a，记|c|的最小值为m，则当a变化时，m的最大值为（ ）1 1A． B．4 3

1C． D．12若复数z满足1izi（i是虚数单位，则z的虚部为（ ）A．1 B．12 2

C．1i2

D．1i2已知复数z满足z(1i)4，其中i是虚数单位，则复数z在复平面中对应的点到原点的距离为（ ）A．52

B．5 2 C．5 D．52 2 44520

12在平面直角坐标系xoy中，点P(xy0 0

)在单位圆O上，设，( 4

)．若 ) ，4 4 13则x0的值为 .xOyA(3,0)2)(x2)2y2使得MAB的面积是的面积的2倍，则r的值为 .

r2(r0)MN，角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(1,2)，则 的值是 ．已知点M是曲线上一动点，当曲线在M处的切线斜率取得最小值时，该切线的方程三、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）在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C的极坐sin22acos(a0)

x2的直线l的参数方程为

2t2（为参数，直线l与曲y4 2t 2线C交于M、N两点。lC的直角坐标方程：若M|,|MN|,|PN|a的值。18（12分）已知数列

nS

，且满足2S

(nN)．求数列n

n 1的通项公式；

n n n 记ba2，若数列λ的取值范围．n n n19（12分AOBAOB2

，BAO6

4AB是由AOBAOBAOC的大小为.当平面CODAOB时，求的值；当BODC的余弦值.320（12分）如图，四棱锥﹣ABCD的侧棱DE与四棱锥﹣ABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，ADCD，AB//CD ，AB3,ADCD4,AE5,AF3 2.DF//BCE.ABFCDFθ，求.21（12分ABCAB

ACC

与侧面CBBC

都是菱形，

ACC

CCB

60，AC2．

1 1 1

11 1 1

1 11（Ⅰ）求证：AB1

CC；1（Ⅱ）

6，求平面

A

所成的锐二面角的余弦值．1 1 1 122（10分已知ABC的内角A、BC的对边分别为abc3sinAcosA0.a1；②b 3；③求c；

ABC

3 4.其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件完成下面两个问题：DBCADAC，求ABD的面积.参考答案125601、B【解析】先求出满足cos2【详解】

的值，然后根据充分必要条件的定义判断．由cos1得22k，即k，kZ ，因“cos1”是“k

kZ”的必要2 3 3 2 3不充分条件．故选：B．【点睛】2、C【解析】试题分析：画出截面图形如图显然A正三角形，B正方形：D正六边形，可以画出五边形但不是正五边形；故选C．考点：平面的基本性质及推论．3、C【解析】由已知求出等比数列a

的公比，进而求出mn4，尝试用基本不等式，但mnN*取不到等号，所以考虑直n接取m,n的值代入比较即可.【详解】a 2a3a，q22q30，q3q1（舍）.6 5 4a a ，a a a23mn29a2，mn4.1m n 1 m n 1 11m1n3时

47；m n 3m2n2

45；m n 2m3n1

413，所以最小值为7.m n 3 3故选:C.【点睛】4、C【解析】直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可．【详解】z1z1i

1i

1i2由 得：z

1i ii i本题正确选项：C【点睛】5、D【解析】设圆柱的底面半径为r则其母线长为l2r,由圆柱的表面积求出r.【详解】设圆柱的底面半径为r,则其母线长为l2r,因为圆柱的表面积公式为S圆柱表

=2r22rl，2,r2r2r2,因为圆柱的体积公式为V圆柱

r22r,所以V圆柱

223,2由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，3所以所求圆柱内切球的体积为V2V =216=.3 圆柱3 3故选:D【点睛】属于中档题.6、C【解析】由二项式系数性质，(ab)n的展开式中所有二项式系数和为2n计算．【详解】2x

2 xx

的二项展开式中二项式系数和为2n2nn5．故选：C．【点睛】7、A【解析】利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得角B的值，再利用正弦定理可求得bsinA的值.【详解】bc

ab

bc，由正弦定理得

a

，整理得a2c2b2ac，sinA sinAsinBsinC a abc由余弦定理得cosB

a2c2b2

1，0B，B.2ac 2 3a b 3由正弦定理 得bsinAasinB1sin .sinA sinB 3 2A.【点睛】8、C【解析】

BCM,N,PABM,N,PABB的中点，得出MNNPACMQMP和MNP.【详解】根据题意画出图形:M,N,PABBBB

的中点，1 1 1BC则 1 的夹角为MN和NP夹角或其补角521可知MN1AB ，NP BC .5212 1 2 2 1 2作BC中点Q，则PQM为直角三角形；1PQ1,MQ AC2ABC 中，由余弦定理得

1AC2AB2BC22ABBCcosABC4122127 AC

，MQ77277MQ2PQ211在△MQP中，MQ2PQ2112在PMN中，由余弦定理得

5211 2 2 25211MN2NP2PM2

2 2

2 25210cosMNP25210

2MHNP 52 21cos2MNP1101cos2MNP11025155故选：C【点睛】9、D【解析】以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点M的坐标，进而求得MB,MA，由平面向量的数量积可得答案.【详解】A0,0BC，由CM

1CB1CAM11MBMA31111.4 2 2 2

2 2

2 2 2 故选：D【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.10、B【解析】根据题意建立平面直角坐标系令OPaOBbOCc.E为OB中点ab1P点的轨迹方程将ca变形结合21PCE三点共线由圆切线的性质可知|c|的最小值m即为OPE的距离最小值PEM相切时m有最大值利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程m的最大值.【详解】根据题意|b|2,设OPaxy,OBbOCcE则OEb2由ab代入可得x221即P点的轨迹方程为x ca

2 y2 1ca2b

OCOP2OE

21又因为

,变形可得

2,即 且 所以由平面向量基本定理可知P,C,E三点共线,如下图所示:所以|c|的最小值m即为O到直线PE的距离最小值2kkk21根据圆的切线性质可当PE与圆M相切时,m有最大值设切线PE的方程为ykx1,化简可得kx2kkk21

到直线距离公式可得

1,化简可得8k212即k222242222所以切线方程为2

xy 0或 xy 4 4 4 4a变化时,a变化时,1

O到直线PE的最大值为m 324224224 3故选:B【点睛】本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用,圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.11、A【解析】由iziz【详解】因为i)zi,

i,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数z,从而可得z的虚部.iz

i i(1i) ii2i111i,1i (1i)(1i) 1i2 11 2 21所以复数z的虚部为.2故选A.【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.12、B【解析】利用复数的除法运算化简z,复数z在复平面中对应的点到原点的距离为|z|,利用模长公式即得解.【详解】由题意知复数z在复平面中对应的点到原点的距离为|z|,4(43i)(1i) 17i 1 7z 1i 2 2 2 21494 45 2z1494 45 22故选：B【点睛】本题考查了复数的除法运算，模长公式和几何意义，考查了学生概念理解，数学运算，数形结合的能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。7 27 226【解析】根据三角函数定义表示出x cos，由同角三角函数关系式结合)12求得)，而0xcoscos

4的值.

13 4 0 4 4 0【详解】P(x,y0

在单位圆O上，设，由三角函数定义可知cosx0,siny0， 因为 ( , )，则

,，4 4 4 2 所以由x0

，4 4 122 5同角三角函数关系式可得sin 1cos2 1 coscos441313coscossinsin4444 4444 12

25

27 213 2 13 2 26故答案为：7 2.26【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.5 214、6【解析】写出AB所在直线方程，求出圆心到直线的距离，结合题意可得关于r的等式，求解得答案．【详解】AB

y0

x

，即xy30．圆(x2)2y2

20 13r2(r0)的圆心(2,0)AB的距离d|122

5 2，2MAB的面积是2MNMABNAB2倍，可得MN过圆的圆心，如图：由5 2

r2(5 25 2

r)，解得r5 2．6故答案为： ．6【点睛】本题考查直线和圆的位置关系以及点到直线的距离公式应用，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．15、2 55【解析】试题分析：由三角函数定义知cos 1 5，又由诱导公式知cos()cos 5，所以答案应填：5 5 5．考点：1、三角函数定义；2、诱导公式．16、yx3【解析】先求导数可得切线斜率，利用基本不等式可得切点横坐标，从而可得切线方程.【详解】2y

2x3，x2k 2xx M

3，xM

＝1时有最小值1，此时M(1，﹣2)，y2x1yx3．yx3.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，切点处的导数值等于切线的斜率是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.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（）l的普通方程yx2；C的直角坐标方程y2ax（）a1.【解析】利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消去参数t即可得到直线l的直角坐标方程；将直线lC|PM||PN|a的方程，求解即可．【详解】22x2l的参数方程y4

t2t得,2t2y4x2，即yx2为l的普通方程sin22acos2sin22acosy2ax为C的直角坐标方程.222ax得t2x2ax得t2将y4

t22代入抛物线y22t2

2 2(a4)t328a0(2 2(a4))24(328a)0tt1

2 2(a4)0tt 328a012t0,t 01 2由已知M|,|MN|,|PN|成等比数列，|MN|2|PM||PN|即tt1

2t t1

，1

t2tt2 1

tt1

，t1

t2

5tt，12(2 2(a4))25(328aa23a40a4（舍去）或a1.【点睛】熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线l的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键18（1）a n(nN)（2）n 【解析】项和转换可得na

aaa，继而得到naaa

n1

11，可得解；n1

n n1 1代入可得bn

n2，由数列n

22n

，令cn

23n2n

，可证明cn

为递增数列，即c1

，即得解【详解】（1）∵2Sn

n1a，n∴2S 2a ，n1 n1∴2a 2a 1a，n1 n1 n即na

a，∴

a n，n1a a

n n1 na∴n n1 11，n n1 1∴a n(nN)．n （2）bn

3n

n2．b bn1

n1n2nn2=2·3n（2n+．∵数列bn

为递增数列，∴2

10，即

23n2n1．令c n

22n1，c即n1

23n12n16n31．c 2n3 2．n

2n3∴n

为递增数列，∴c1

2，即的取值范围为．【点睛】本题考查了数列综合问题，考查了项和转换，数列的单调性，最值等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.19、(1)2

;(2) .555【解析】(1)平面COD平面AOB,建立坐标系，根据法向量互相垂直求得;(2)求两个平面的法向量的夹角.【详解】如图，以O为原点，在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴,OB,OA所在的直线分别为y轴,z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则A(0,0,2 3),B(0,2,0),D(0,1, 3),C(2sin,2cos,0)nOD0 xsinycos0，设n(x,y,z)为平面COD的一个法向量由1 得1,zsinn1

( 3cos, 3sin,sin)

nOC0 y 3z01AOB的一个法向量为n2

(1,0,0)由平面CODAOBnn1 2

0所以3cos0即.2BODC的大小为，当

2,平面COD的一个法向量为3- 3n( 3cos, 3sin,sin)=(- 3,3, 3

cos

nn1 2

2 5,1 3 3 3 2 2 2

n‖n

3 9 3 5综上二面角BODC的余弦值为 5.5【点睛】

1 2 4 4 4本题考查用空间向量求平面间的夹角,平面与平面垂直的判定,二面角的平面角及求法,难度一般.20（1）证明见解析（2）725【解析】DE//BF，然后根据勾股定理计算可得BF＝DE可得结果.ABF的一个法向量为nCDF的法向量为m，然后利用向量的夹角公式以及平方关系，可得结果.【详解】DEABCDDEAD＝4，AE＝5，DE＝3BF＝3，DEABCD，BFABCD，所以DE//BF，又BF＝DE，BEDFDF//BE，BEBCE，DFDF//BCE；建立如图空间直角坐标系，则（，，（，，，（，，，（，，﹣，DCDF设平面CDF的法向量为m（x，y，z），mDC4y0由 ，mDF4x3y3z0

x＝3，得

m易知平面ABF的一个法向量为n1,0,0，所以3，57故cos2cos21 .25【点睛】本题考查线面平行的判定以及利用建系方法解决面面角问题，属基础题.1021（Ⅰ）见解析（Ⅱ） ．5【解析】试题分析（取CC1

中点O，连OA，OB1

CC1

OA，CC1

OB（以OB，1OCOA为正方向建立空间直角坐标系，由向量法可求得平面