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文档简介
2022年普通高等学校招生全国统一考试北京卷数学试卷本试卷共5页,150分,考试时长120分钟,考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效,考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。第一部分(选择题共40分)一、选择题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项。1.已知全集,集合,则()A. B. C. D.2.若复数z满足,则() 3.若直线是圆的一条对称轴,则()A. B.4.已知函数,则对任意实数x,有()A. B. C. D.5.已知函数,则()A.在上单调递减 B.在上单调递增C.在上单调递减 D.在上单调递增6.设是公差不为0的无穷等差数列,则“为递增数列”是“存在正整数,当时,”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7.在北京冬奥会上,国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术,为实现绿色冬奥作出了贡献.如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系,其中T表示温度,单位是K;P表示压强,单位是bar.下列结论中正确的是()A.当,时,二氧化碳处于液态B.当,时,二氧化碳处于气态C.当,时,二氧化碳处于超临界状态D.当,时,二氧化碳处于超临界状态8.若,则()A.409.已知正三棱锥的六条棱长均为6,S是及其内部的点构成的集合,设集合,则T表示的区域的面积为()A. C. D.10.在中,,,.P为所在平面内的动点,且,则的取值范围是()A. B. C. D.第二部分(非选择题共110分)二、填空题共5小题,每小题5分,共25分。11.函数的定义域是________.12.已知双曲线的渐近线方程为,则_________.13.若函数的一个零点为,则_______;______.14.设函数若存在最小值,则a的一个取值为______;a的最大值为_________.15.已知数列的各项均为正数,其前n项和满足.给出下列四个结论:
①的第2项小于3;
②为等比数列;
③为递减数列;
④中存在小于的项.
其中所有正确结论的序号是______.三、解答题共6小题,共85分,解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程。16.(13分)在中,.(Ⅰ)求;(Ⅱ)若,且的面积为,求的周长.17.(14分)如图,在三棱柱中,侧面为正方形,平面平面,,M,N分别为,AC的中点.
(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.
条件①:;
条件②:.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.18.(13分)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛成绩达到m以上(含m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m):甲:,,,,,,,,9.30,;
乙:,,,,,;
丙:,,,9.16.假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.(Ⅰ)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;(Ⅱ)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望EX;(Ⅲ)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大?(结论不要求证明)19.(15分)已知椭圆的一个顶点为,焦距为.(Ⅰ)求椭圆E的方程;(Ⅱ)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当时,求k的值.20.(15分)已知函数.(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;(Ⅱ)设,讨论函数在上的单调性;(Ⅲ)证明:对任意的s,,有.21.(15分)已知为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的,在Q中存在,,,…,,使得,则称Q为m-连续可表数列.(Ⅰ)判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列?是否为6-连续可表数列?说明理由;(Ⅱ)若为8-连续可表数列,求证:k的最小值为4;(Ⅲ)若为20-连续可表数列,且,求证:.
参考答案1.答案:D解析:通解:因为全集,,所以,故选D.优解:因为,所以,可排除A选项和B选项;,所以,可排除C选项,故选D.2.答案:B解析:解法一:依题意可得,所以,故选B.解法二:依题意可得,所以,则,故选B.3.答案:A解析:依题意可知圆心坐标为,又直线是圆的一条对称轴,所以,所以,故选A.4.答案:C解析:函数的定义域为R,,所以,故选C.5.答案:C解析:依题意可知,对于A选项,因为,所以,函数在上单调递增,所以A选项不正确;对于B选项,因为,所以,函数在上不单调,所以B选项不正确;对于C选项,因为,所以,函数在上单调递减,所以C选项正确;对于D选项,因为,所以,函数在上不单调,所以D选项不正确.故选C.6.答案:C解析:设无穷等差数列的公差为,则,若为递增数列,则,则存在正整数,使得当时,,所以充分性成立;若存在正整数,使得当时,,即,对任意的,均成立,由于时,,且,所以,为递增数列,必要性成立.故选C.7.答案:D解析:对于A选项,当,,即时,根据图象可知,二氧化碳处于固态;对于B选项,当,,即,即时,根据图象可知,二氧化碳处于液态;对于C选项,当,,即时,根据图象可知,二氧化碳处于固态;对于D选项,当,,即,即时,根据图象可知,二氧化碳处于超临界状态.故选D.8.答案:B解析:解法一(赋值法)依题意,令,可得,令,可得,以上两式相加可得,所以,故选B.解法二(通项公式法)二项式的通项为,分别令,可分别得,,,所以,故选B.9.答案:B解析:设O为的中心,连接PO,AO,在正三角形ABC中,,在中,,当时,连接OQ,根据勾股定理可得,易知Q的轨迹是以O为圆心,半径为1的圆,由于集合,故集合T表示的区每的面积为π,故选B.10.答案:D解析:以C为坐标原点,CA,CB所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,则,,设,则,,,所以,又表示圆上一点到点距离的平方,圆心到点的距离为,所以,即,故选D.11.答案:解析:因为,所以,,解得.12.答案:-3解析:通解:依题意得,双曲线的方程可表示为,此时双曲线的渐近线的斜率为,解得.优解:依题意得,令,得,解得.13.答案:;解析:依题意得,解得,所以,所以.14.答案:0(答案不唯一);1解析:当时,函数存在最小值0,所以a的一个取值可以为0;当时,若,,此时函数不可能存在最小值;当时,若,则,此时,若,则,若函数存在最小值,则,得;当时,若,则,此时,若,则,若函数存在最小值,则,此时不等式无解.综上,,所以a的最大值为1.15.答案:①③④解析:因为,所以,又,所以,,即,得,所以①正确;当时,由,得,两式作差可得,即,整理得,若数列为等比数列,则当时,为常数,即数列从第2项起各项均为同一个常数,易知当时不成立,以②不正确;因为,所以,由数列的各项均为正数,得,所以,所以③正确;对于④,若数列的所有项均大于等于,取,由且,得,所以,与已知矛盾,所以④正确.综上,所有正确结论的序号是①③④.16.答案:(Ⅰ)(Ⅱ)解析:(Ⅰ)因为,所以,
因为,所以,所以,.(Ⅱ)因为的面积,
所以.
由余弦定理可得,
所以,
所以的周长为.17.答案:(Ⅰ)见解析(Ⅱ)解析:(Ⅰ)解法一:如图,设点P为AB的中点,连接PN,PM,
因为N为AC的中点,所以PN为的中位线,所以.
又M为的中点,所以.
因为,,平面,平面MPN,所以平面平面MPN.
又平面MPN,所以平面.
解法二:如图,取BC的中点D,连接,DN.
在三棱柱中,,.
因为M,N,D分别为,AC,BC的中点,
所以,,,,
则且,
所以四边形为平行四边形,因此.
又平面,平面,
所以平面.(Ⅱ)因为侧面为正方形,所以,
又因为平面平面,且平面平面,
所以平面,而平面,所以.
选条件①:由(Ⅰ)得,因为,所以,
又,所以平面,
在三棱柱中,BA,BC,两两垂直,
故以B为坐标原点,分别以BC,BA,所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为,所以,,,,
所以,,.
设平面BMN的法向量为,
由得得令,得.
设直线AB与平面BMN所成角为,
则,
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.选条件②:由(Ⅰ)知,,而,故.
又因为,所以.
在和中,,,,则,
因此,即,故.
在三棱柱中,BA,BC,两两垂直,
故以B为坐标原点,分别以BC,BA,所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
所以,,.
设平面BMN的法向量为,
由得令,得.
设直线AB与平面BMN所成角为,
则,
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.18.答案:(Ⅰ)0.4(Ⅱ)(Ⅲ)见解析解析:解:(Ⅰ)设甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖为事件A.
因为比赛成绩达到以上(含)的同学将获得优秀奖,甲以往的比赛成绩中达到以上(含)的有,,,,共4个,
所以甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率.(Ⅱ)X的所有可能取值为0,1,2,3.由(Ⅰ)知,甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率.
设乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件B,C,则,.
,
,
,
,
所以.(Ⅲ)在校运动会铅球比赛中,按以往比赛成绩的平均数、方差来看,甲获得冠军的概率估计值最大;按以往比赛的最好成绩来看,丙获得冠军的概率估计值最大.19.答案:(Ⅰ)(Ⅱ)-4解析:(Ⅰ)依题意可知,
得,故椭圆E的方程为.(Ⅱ)由题可知直线BC的方程为,
设,,
联立直线BC和椭圆E的方程,得,
整理得,
,,
由得,
易知直线AB的斜率,
直线AB的方程为,令,可得点M的横坐标,同理可得点N的横坐标.
,得.故k的值为-4.20.答案:(Ⅰ)(Ⅱ)在上单调递增(Ⅲ)见解析解析:(Ⅰ)由题,,
故,,
因此,曲线在点处的切线方程为.(Ⅱ)解法一:,
则,设,,
则,故在上单调递增,故,
因此对任意的恒成立,
故在上单调递增.解法二:,
则,
又,当时,,
故对任意的恒成立,
故在上单调递增.(Ⅲ)设,
则,
由(Ⅱ)知在上单调递增,
故当,时,,
因此,在上单调递增,故,
因此,对任意的,有.21.答案:(Ⅰ)Q是5-连续可表数列,不是6-连续可表数列(Ⅱ)见解析(Ⅲ)见解析解析:(Ⅰ)若,则对于任意,,,,,,所以Q是5-连续可表数列;由不存在任意连续若干项之和相加为6,所以Q不是6-连续可表数列;(Ⅱ)反证法:假设k的值为3,则,,最多能表示,,,,,共6个数字,与Q为8-连续可表数列矛盾,故;现构造Q:4,2,1,5可以表达出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字,即存在满足题意,故k的最小值为4;(Ⅲ)证明:从5个正整数中,取一个数字只能表示自身,最多可表示5个数字,取连续两个数字
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