2021-2022学年北京市延庆区高三下学期一模考试数学试题含解析

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．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。4．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。5．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．已知函数的部分图象如图所示，则（）A． B． C． D．2．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（）A． B． C． D．3．从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（）A． B． C． D．4．已知随机变量服从正态分布，，（）A． B． C． D．5．设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（）A． B． C． D．6．函数的图象在点处的切线为，则在轴上的截距为（）A． B． C． D．7．已知，则下列说法中正确的是（）A．是假命题 B．是真命题C．是真命题 D．是假命题8．已知是边长为1的等边三角形，点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（）A． B． C． D．9．设函数是奇函数的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A． B．C． D．10．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（）A．1 B． C． D．11．某校8位学生的本次月考成绩恰好都比上一次的月考成绩高出50分，则以该8位学生这两次的月考成绩各自组成样本，则这两个样本不变的数字特征是（）A．方差 B．中位数 C．众数 D．平均数12．已知命题：，，则为()A．， B．，C．， D．，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列与均为等差数列（），且，则______．14．如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的体积为__________．15．已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和，则该圆锥的体积为________16．的展开式中的系数为____.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）已知椭圆经过点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称．连接．求证：存在实数，使得成立．18．（12分）已知的三个内角所对的边分别为，向量，，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值19．（12分）已知在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosB（1）求b的值；（2）若cosB+3sin20．（12分）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.（1）求证:平面平面;（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.21．（12分）已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．（Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．22．（10分）数列的前项和为，且.数列满足，其前项和为.（1）求数列与的通项公式；（2）设，求数列的前项和.

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。1．A【解析】

先利用最高点纵坐标求出A，再根据求出周期，再将代入求出φ的值.最后将代入解析式即可.【详解】由图象可知A＝1，∵，所以T＝π，∴.∴f（x）＝sin（2x+φ），将代入得φ）＝1，∴φ，结合0＜φ，∴φ.∴.∴sin.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的据图求式问题以及三角函数的公式变换.据图求式问题要注意结合五点法作图求解.属于中档题.2．A【解析】分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.图钉落在黄色图形内的概率为.落在黄色图形内的图钉数大约为.故选：A.点睛：应用几何概型求概率的方法建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．3．A【解析】

设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.【详解】设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，由题意，，，则所求的概率为.故选：A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道容易题.4．B【解析】

利用正态分布密度曲线的对称性可得出，进而可得出结果.【详解】，所以，.故选：B.【点睛】本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.5．C【解析】

求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，，即可得到所求双曲线的方程.【详解】解：抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得，即又，即解得，.即双曲线的方程为.故选：C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.6．A【解析】

求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程，从而可求切线的纵截距.【详解】，故，所以曲线在处的切线方程为：.令，则，故切线的纵截距为.故选：A.【点睛】本题考查导数的几何意义以及直线的截距，注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标，因此截距有正有负，本题属于基础题.7．D【解析】

举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案．【详解】当时，故命题为假命题；记f（x）＝ex﹣x的导数为f′（x）＝ex，易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命题为真命题；∴是假命题故选D【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题．8．D【解析】

设，，作为一个基底，表示向量，，，然后再用数量积公式求解.【详解】设，，所以，，，所以.故选：D【点睛】本题主要考查平面向量的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9．D【解析】构造函数，令，则，由可得，则是区间上的单调递减函数，且，当x∈(0,1)时,g(x)>0,∵lnx<0,f(x)<0,(x2-1)f(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,∵lnx>0,∴f(x)<0,(x2-1)f(x)<0∵f(x)是奇函数,当x∈(-1,0)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)<0∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)>0.综上所述,使得(x2-1)f(x)>0成立的x的取值范围是.本题选择D选项.点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．10．C【解析】

根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.【详解】由题,总有即恒成立.设,则的最大值小于等于0.又,若则,在上单调递增,无最大值.若,则当时,,在上单调递减,当时,,在上单调递增.故在处取得最大值.故,化简得.故,令,可令,故,当时,,在递减；当时,,在递增.故在处取得极大值,为.故的最大值为.故选：C【点睛】本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.11．A【解析】

通过方差公式分析可知方差没有改变，中位数、众数和平均数都发生了改变.【详解】由题可知，中位数和众数、平均数都有变化.本次和上次的月考成绩相比，成绩和平均数都增加了50，所以没有改变，根据方差公式可知方差不变.故选：A【点睛】本题主要考查样本的数字特征，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12．C【解析】

根据全称量词命题的否定是存在量词命题，即得答案.【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题，且命题：，，.故选：.【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．20【解析】

设等差数列的公差为,由数列为等差数列,且,根据等差中项的性质可得,,解方程求出公差,代入等差数列的通项公式即可求解.【详解】设等差数列的公差为,由数列为等差数列知,,因为,所以,解得,所以数列的通项公式为，所以.故答案为:【点睛】本题考查等差数列的概念及其通项公式和等差中项;考查运算求解能力;等差中项的运用是求解本题的关键;属于基础题.14．4【解析】设，则，，，，当且仅当，即时，等号成立.,故答案为415．【解析】

依据圆锥的底面积和侧面积公式，求出底面半径和母线长，再根据勾股定理求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式求出体积。【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，所以有解得，故该圆锥的体积为。【点睛】本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。16．28【解析】

将已知式转化为，则的展开式中的系数中的系数，根据二项式展开式可求得其值.【详解】，所以的展开式中的系数就是中的系数，而中的系数为，展开式中的系数为故答案为：28.【点睛】本题考查二项式展开式中的某特定项的系数，关键在于将原表达式化简将三项的幂的形式转化为可求的二项式的形式，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）（2）证明见解析【解析】

（1）由点可得,由,根据即可求解；（2）设直线的方程为,联立可得,设,由韦达定理可得,再根据直线的斜率公式求得；由点B与点Q关于原点对称,可设,可求得,则,即可求证.【详解】解:（1）由题意可知,,又,得,所以椭圆的方程为（2）证明:设直线的方程为，联立,可得,设,则有,因为,所以,又因为点B与点Q关于原点对称,所以,即,则有,由点在椭圆上,得,所以,所以,即，所以存在实数,使成立【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线的斜率公式的应用,考查运算能力.18．（1）（2）【解析】

利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式得到关于的方程,解方程即可求解;由知,在中利用余弦定理得到关于的方程,与方程联立求出,进而求出,利用两角差的正弦公式求解即可.【详解】由题意得，,由二倍角的余弦公式可得,,又因为，所以，解得或，∵，∴.在中,由余弦定理得,即①又因为,把代入①整理得，，解得，，所以为等边三角形，，∴,即.【点睛】本题考查利用平面向量数量积的坐标表示和余弦定理及二倍角的余弦公式解三角形;熟练掌握余弦的二倍角公式和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.19．（1）b=32【解析】试题分析：（1）本问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求b的值，所以可以考虑到根据余弦定理将cosB,cosC分别用边表示，再根据正弦定理可以将sinAsinC转化为ac，于是可以求出b的值；（2）首先根据sinB+3cosB=2求出角B的值，根据第（1）问得到的b值，可以运用正弦定理求出ΔABC外接圆半径R，于是可以将a+c转化为2RsinA+2R试题解析：（1）由cosB应用余弦定理，可得a2化简得2b=3则b=（2）∵cos∴12cos∵B∈(0,π)∴B+π6=法一.∵2R=b则a+c==sin=3=3sin又∵0<A<2π3,法二因为b=32得34又因为ac≤(a+c2)2所以34=(a+c)∴a+c≤3又由三边关系定理可知综上a+c∈(考点：1.正、余弦定理；2.正弦型函数求值域；3.重要不等式的应用.20．（1）见解析；（2）存在，长【解析】

（1）先证面,又因为面,所以平面平面.（2）根据题意建立空间直角坐标系.列出各点的坐标表示,设,则可得出向量,求出平面的法向量为,利用直线与平面所成角的正弦公式列方程求出或,从而求出线段的长.【详解】解:（1）证明:因为四边形为矩形,∴.∵∴∴∴面∴面又∵面∴平面平面（2）取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.如图所示:则,,,,,设,;∴,,设平面的法向量为,∴,不防设.∴,化简得,解得或;当时,,∴;当时,,∴;综上存在这样的点,线段的长.【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用,考查利用线面所成角求参数问题,是几何综合题,考查空间想象力以及计算能力.21．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．【解析】试题分析：（1）设直线，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示；（2）第一步由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在.试题解析：解：(1)设直线，，，．∴由得，∴，．∴直线的斜率，即．即直线的斜率