北京丰台区角门中学2022高三数学理月考试题含解析

北京丰台区角门中学2022高三数学理月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.设D为△ABC所在平面内一点=3，则（）A. B.C. D.参考答案：D【分析】利用平面向量的基向量表示，把向目标向量靠拢即可.详解】如图，，故选：D．

2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=（）A．63 B．45 C．36 D．27参考答案：B【考点】等差数列的性质．【分析】观察下标间的关系，知应用等差数列的性质求得．【解答】解：由等差数列性质知S3、S6﹣S3、S9﹣S6成等差数列，即9，27，S9﹣S6成等差，∴S9﹣S6=45∴a7+a8+a9=45故选B．3.，则“”是“”的（

）

A.充分非必要条件

B.必要非充分条件

C.充分必要条件

D.既非充分也非必要条件参考答案：答案:

B4.设是第三象限角，且||=，则所在象限是

（

）

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限参考答案：B略5.

（）A． B． C． D．

参考答案：B6.集合，，若，则的值为（

）． A． B． C． D．参考答案：D∵，，，∴，∴．故选．7.已知A,B均为集合U=的子集，,,则A=（

）A. B. C. D.参考答案：B略8.设是公差不为0的等差数列的前项和，且成等比数列，则等于A.1

B.2

C.3

D.4参考答案：C因为成等比数列，所以，即，即，所以，选C.9.已知函数的定义域为，部分对应值如下表，的导函数的图象如图所示.下列关于的命题：①函数的极大值点为，；②函数在上是减函数；③如果当时，的最大值是2，那么的最大值为4；④函数最多有2个零点。其中正确命题的序号是

(

)A、①②；

B、③④；

C、①②④；

D、②③④。参考答案：C略10.已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是（

）A．2 B． C． D．

参考答案：略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.数列是等差数列，，其中，则此数列的前项和_______。参考答案：或略12.若的最小值为3,则实数的值是_____.参考答案：或13.已知函数,若,则实数的取值范围

.参考答案：14.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知平面ABC）是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，有下列命题：①平面⊥平面ABC；②BC∥平面；③三棱锥－DEF的体积最大值为；④动点在平面ABC上的射影在线段上；⑤二面角－DE－F大小的范围是。其中正确的命题是＿＿＿＿＿（写出所有正确命题的编号）参考答案：①②③④①中由已知可得四边形是菱形，则，所以平面，所以面面，①正确；又∥，∴∥平面；，②正确；当面⊥面时，三棱锥的体积达到最大，最大值为，③正确；由面面，可知点在面上的射影在线段上，所以④正确；在旋转过程中二面角A′-DE-F大小的范围是，⑤不正确.15.在平面直角坐标系中，当P（x，y）不是原点时，定义P的“伴随点”为P′（，）；当P是原点时，定义P的“伴随点“为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”．现有下列命题：①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；②单位圆的“伴随曲线”是它自身；③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称；④一条直线的“伴随曲线”是一条直线．其中的真命题是（写出所有真命题的序列）．参考答案：②③【考点】命题的真假判断与应用．【专题】综合题；转化思想；综合法；简易逻辑．【分析】利用新定义，对4个命题分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：①若点A（x，y）的“伴随点”是点A′（，），则点A′（，）的“伴随点”是点（﹣x，﹣y），故不正确；②由①可知，单位圆的“伴随曲线”是它自身，故正确；③若曲线C关于x轴对称，点A（x，y）关于x轴的对称点为（x，﹣y），“伴随点”是点A′（﹣，），则其“伴随曲线”C′关于y轴对称，故正确；④设直线方程为y=kx+b（b≠0），点A（x，y）的“伴随点”是点A′（m，n），则∵点A（x，y）的“伴随点”是点A′（，），∴，∴x=﹣，y=∵m=，∴代入整理可得n﹣1=0表示圆，故不正确．故答案为：②③．【点评】此题考查点的坐标规律，读懂题目信息，理解“伴随点”的定义是解题的关键．16.已知是夹角为120°的单位向量，向量=t+（1﹣t），若⊥，则实数t=_________．参考答案：略17.空间任一点和不共线三点A、B、C，则是P,A,B,C四点共面的充要条件．在平面中，类似的定理是

．参考答案：面内任一点O和两点A、B，则是P,A,B三点共线的充要条件．三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（14分）已知是实数，函数

（I）若，求的值及曲线在点（）处的切线方程；

（Ⅱ）求在区间[1，4]上的最大值。参考答案：解析：（I）

由得于是故切线方程为，即

（Ⅱ）令，解得

①当时，即时，在内，，于是在[1，4]内为增函数。从而

②当，即，在内，，于是在[1，4]内为减函数，从而

③当时，在内递减，在内递增，故在[1，4]上的最大值为与的较大者。

由，得，故当时，

当时，19.已知函数（，，为常数，）.（Ⅰ）若时，数列满足条件：点在函数的图象上，求的前项和；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若，，（），证明：；（Ⅲ）若时，是奇函数，，数列满足，，求证：.参考答案：解：（Ⅰ）依条件有.因为点在函数的图象上，所以.因为，所以是首项是，公差为的等差数列.所以.

即数列的前项和.

（Ⅱ）证明：依条件有即解得所以.

所以

因为=，又，所以.即.

（Ⅲ）依条件.因为为奇函数，所以.即.解得.

所以.又，所以.故.

因为，所以.所以时，有（）.又，若，则.从而.这与矛盾.所以.

略20.（14分）将函数的图像向左平移个得到偶函数的图像。（1）求解析式（2）求的最大值及单调增区间。参考答案：【知识点】平移变换；函数的奇偶性、单调性、最值.B1

B3

B4【答案解析】(1);(2)

最大值是3，增区间为解析：（1）的图像相左平移个单位，得到，即：

---2分由于是偶函数，则

----4分即又

---6分

-------8分（2），的最大值是3

----10分由得单调增区间为，知即

的增区间为-----14分【思路点拨】（1）由平移变换得：，由于是偶函数，则，即又；（2）利用余弦函数的值域及增区间，求的最大值及单调增区间。21.（本小题满分10分）选修4——4；坐标系与参数方程在直角坐标系中以为极点，轴正半轴为极轴建立坐标系.圆，直线的极坐标方程分别为.（I）（II）参考答案：【知识点】点的极坐标和直角坐标的互化；直线与圆的位置关系；参数方程化成普通方程．N3

【答案解析】（I）（II）解析：（I）圆的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为联立得得所以与交点的极坐标为（II）由（I）可得，P，Q的直角坐标为（0,2），（1,3），故，PQ的直角坐标方程为由参数方程可得，所以【思路点拨】（I）利用将极坐标方程化为直角坐标方程，求方程组的解，最后在转化为极坐标，注意转化成极坐标后的答案不唯一。（II）根据所给的参数方程实现二者的联系，求得a,b.22.(本小题满分12分)在奥运会射箭决赛中，参赛号码为1～4号的四名射箭运动员参加射箭比赛.

（Ⅰ）通过抽签将他们安排到1～4号靶位，试求恰有两名运动员所抽靶位号与其参赛号码相同的概率；

（Ⅱ）记1号、2号射箭运动员射箭的环数为（所有取值为0，1，2，3．．．，10）的概率分别为、.根据教练员提供的资料，其概率分布如下表:01234567891000000.060.040.060.30.20.30.0400000.040.050.050.20.320.320.02①若1，2号运动员各射箭一次，求两人中至少有一人命中9环的概率；

②判断1号，2号射箭运动员谁射箭的水平高？并说明理由．参考答案：本试题主要是考查了古典概型概率的运算，以及随机变量的分布列的求解和期望值的运用。

（1）、4名运动员中任取两名，其靶位号与参赛号相同，有种方法，另2名运动员靶位号与参赛号均不相同的方法有1种，所以恰有一名运动员所抽靶位号与参赛号相同的概率为1/4

（2）由表可知，两人各射击一次，都未击中9环的概率为P=（1-0.3）（1-0.32）=0.476至少有一人