北京市朝阳区2022届高三一模数学试题 附解析VIP

2022北京朝阳高三一模数学一､选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【1题答案】【答案】D【解析】【分析】将集合、化简，再根据并集的运算求解即可.【详解】∵集合，集合，∴．故选：D.2.直线被圆截得的弦长为（）A.1 B. C.2 D.【2题答案】【答案】B【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，然后利用半径、圆心距和弦的关系可求出弦长【详解】解：圆的圆心为，半径，则圆心到直线的距离，所以直线被圆所截得弦长为，故选：B3.已知平面向量，满足，，且与的夹角为，则（）A. B. C. D.3【3题答案】【答案】A【解析】【分析】根据向量数量积的定义及运算性质即得．【详解】∵，，且与的夹角为，∴，∴，∴．故选：A.4.设，若，，，则（）A. B. C. D.【4题答案】【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的性质即得.【详解】∵，∴，，，∴.故选：C.5.已知函数，若，则实数的值为（）A. B. C.1 D.2【5题答案】【答案】C【解析】【分析】由题可得或，即求.【详解】∵函数，，∴或，解得.故选：C.6.已知，则“”是“”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【6题答案】【答案】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义，利用基本不等式定理与举特例判断可得．【详解】解：当时，有；当时，有成立，综上，“”是“”的充分不必要条件，故选：A．7.已知三棱锥，现有质点Q从A点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到A点的不同路径的种数为()A.3 B.6 C.9 D.12【7题答案】【答案】B【解析】【分析】第1步和最后一步位置都A，中间两步位置可从B、C、D三个点中选两个排列即可.【详解】可以看成先后顺序为1、2、3、4的四个座位，第1和第4个座位都是A，第2和第3两个座位从B、C、D三个字母选两个进行排列，共种排法.故选：B.8.已知数列，若存在一个正整数使得对任意，都有，则称为数列的周期.若四个数列分别满足：①，；②，；③，，；④，则上述数列中，8为其周期的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【8题答案】【答案】B【解析】【分析】利用数列的周期的定义逐项分析即得.【详解】①∵，∴数列的周期为，故8也是数列的周期；②由，，可得故数列的周期为；③由，，可得，，故数列的周期为；④由，可得，，故数列的周期为，所以8也是数列的周期.故8为其周期的数列个数为2.故选：B.9.如图1，北京2022年冬奥会比赛场地之一首钢滑雪大跳台与电力厂的冷却塔交相辉映，实现了它与老工业遗址的有效融合.如图2，冷却塔的外形是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面.它的最小半径为，上口半径为，下口半径为，高为.在冷却塔的轴截面所在平面建立如图3所示的平面直角坐标系，设，，，，则双曲线的方程近似为（）（参考数据：，，）A. B. C. D.【9题答案】【答案】A【解析】【分析】根据题意，设双曲线的标准方程为，进而结合题意得，设，则，再待定系数，结合已知数据计算即可.【详解】解：根据题意，设双曲线的标准方程为，因为，，，，所以，设，则点在双曲线上，所以，，因为，，所以，，所以，解得，所以.故双曲线的方程近似为.故选：A10.在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，，，两两垂直，（单位：），小明同学计划通过侧面内任意一点将木块锯开，使截面平行于直线和，则该截面面积（单位：）的最大值是（）A. B. C. D.【10题答案】【答案】B【解析】【分析】根据题意，在平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，进而根据题意，∽，设其相似比为，则，再证明四边形是矩形，再结合相似比和二次函数性质求解即可.【详解】解：根据题意，平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，作图如下，因为，则，所以∽，设其相似比为，则，因为，所以在中，，因为，所以，即，因为，则，所以，∽，即，因，所以，即，同理∽，即，因为，平面，平面，所以平面，因为，所以平面，平面，因为平面，所以，因为所以因为，所以∽，所以，因为，所以，因为，所以，所以四边形是矩形，即，所以，由二次函数的性质知，当时，有最大值.故选：B二､填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题卡上.11.计算________．【11题答案】【答案】【解析】【分析】根据复数的运算求解即可.【详解】解：.故答案为：.12.已知数列是首项为3，公比为的等比数列，是其前项的和，若，则___________；___________.【12题答案】【答案】①.②.【解析】【分析】根据等比数列的通项公式求出公比，再根据等比数列的求和公式可求出结果.【详解】解：设等比数列的公比为，因为则，将代入得，得，所以，所以.故答案为：；.13.已知直线和是曲线的相邻的两条对称轴，则满足条件的一个的值是___________.【13题答案】【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据周期求，再根据函数的对称性求.【详解】由条件可知，得，当时，，，得，，当时，.故答案为：（答案不唯一）14.某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为的一块扇形空置地（如图），现欲从中规划出一块三角形绿地，其中在上，，垂足为，，垂足为，设，则___________（用表示）；当在上运动时，这块三角形绿地的最大面积是___________.【14题答案】【答案】①.米②.平方米.【解析】【分析】由题可得，结合条件及面积公式可得，再利用三角恒等变换及正弦函数的性质即得.【详解】在中，，AP=60米，∴（米），在中，可得，由题可知，∴的面积为：，又，，∴当，即时，的面积有最大值平方米，即三角形绿地的最大面积是平方米.故答案为：米；平方米.15.在平面直线坐标系中，设抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于点，且点在轴上方，过点作抛物线的切线与抛物线的准线交于点，与轴交于点.给出下列四个结论：①的面积是；②点的坐标是；③在轴上存在点使；④以为直径的圆与轴的负半轴交于点，则.其中所有正确结论的序号是___________.【15题答案】【答案】①③④【解析】【分析】根据题意，进而联立方程得，再根据导数的几何意义求得过点与抛物线相切的切线方程为，进而结合题意，依次讨论求解即可.【详解】解：根据题意，联立方程得，解得或，因为点在轴上方，所以点，所以的面积是，故①正确；由于抛物线在轴上方对应的曲线方程为，，所以过点与抛物线相切的切线斜率为，所以，过点与抛物线相切的切线方程为，即，所以，，故②错误；假设在轴上存在点使，则，所以，解得，即存在点使，故③正确；以为直径的圆的方程为，令得，故其与轴的负半轴交于点，此时，显然，故④正确.故答案为：①③④三､解答题：本大题共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.在中，.（1）求；（2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分.【16~17题答案】【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，进而可得，即得；（2）选①②利用正弦定理可得，又利用诱导公式及和差角公式可得，可得不存在；选①③利用余弦定理及面积公式即得；选②③利用正弦定理可得，再利用面积公式即求.【小问1详解】∵，∴，又，∴，即，又，∴；【小问2详解】选①②，由，，，∴，，，又，∴不存在；选①③，，，由余弦定理可得，，即，∴，即，∴的面积为；选②③，∵，，，∴，，∴，∴的面积为.17.某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了50名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：（1）若全校学生参加同样的测试，试估计全校学生的平均成绩（每组成绩用中间值代替）；（2）在样本中，从其成绩在80分及以上的学生中随机抽取3人，用表示其成绩在中的人数，求的分布列及数学期望；（3）在（2）抽取的3人中，用表示其成绩在的人数，试判断方差与的大小.（直接写结果）【17~19题答案】【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）.【解析】【分析】（1）利用直方图的性质及平均数的计算方法即得；（2）由题可知服从超几何分布，即求；（3）由超几何分布即得.【小问1详解】由直方图可得第二组的频率为，∴全校学生的平均成绩为：【小问2详解】由题可知成绩在80分及以上的学生共有人，其中中的人数为5，所以可取0,1,2,3，则，，，，故的分布列为：0123P；【小问3详解】.18.如图1，在四边形中，，，，，，分别是，上的点，，，，.将沿折起到的位置，得到五棱锥，如图2.（1）求证：平面；（2）若平面平面，（i）求二面角的余弦值；（ii）对线段上任意一点，求证：直线与平面相交.【18~19题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）（i），（ii）详见解析.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即得；（2）（i）利用坐标法即求；（ii）可设，进而可得，利用向量数量积可得，即得.【小问1详解】∵，，∴，∴，又，∴平面；【小问2详解】（i）由，可知为的平面角，又平面平面，∴，即，又，∴平面，如图建立空间直角坐标系，则，∴，设平面的法向量为，则，即，令，则，又平面的一个法向量可取，∴，∴二面角的余弦值为；（ii）由题设，又，∴，∴，又，∴，又平面的一个法向量为，由，可得，又，∴，∴直线与平面相交.19.已知，.（1）若曲线在点处的切线与轴重合，求的值；（2）若函数在区间上存在极值，求的取值范围；（3）设，在（2）的条件下，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由.【19~21题答案】【答案】（1）（2）（3）单调递减，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得曲线在点处的切线方程为，再结合题意得，进而得答案；（2）由题知在区间上有变号零点，进而分和两种情况讨论求解即可；（3）由题知，进而判断的单调性并进而结合得函数在上恒成立，进而判断单调性.【小问1详解】解：因为，，，所以曲线在点处的切线方程为，即，因为曲线在点处的切线与轴重合，所以，解得.【小问2详解】解：由（1）得，因为函数在区间上存在极值，所以在区间上有变号零点，当时，在区间上单调递增，，故不符合题意；当时，在区间上单调递减，且当趋近于时，趋近于，故要使在区间上有变号零点，则，即综上，，即的取值范围是.【小问3详解】解：函数在区间上单调递减，理由如下：，，，所以，令，则在恒成立，所以函数在上单调递减，由于，所以函数在上恒成立，所以函数在区间上的单调递减.20.已知椭圆：的一个焦点为，且过点.（1）求椭圆的方程和离心率；（2）过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，点满足轴，轴，试求直线的斜率与直线的斜率的比值.【20~21题答案】【答案】（1），（2）2【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出后可得椭圆方程并可求离心率.（2）设，，则可用诸参数表示，再联立直线方程和椭圆方程，并利用韦达定理化简后可得斜率的比值.【小问1详解】由题设有，故，故椭圆的方程为，故离心率为.【小问2详解】由题设可得的斜率必存在且不为零，设，，则，由可得，故，，由可得，故即，且，又，故，21.对非空数集，，定义与的和集.对任意有限集，记为集合中元素的个数.（1）若集合，，写出集合与；（2）若集合满足，，且，求证：数列，，，是等差数列；（3）设集合满足，，且，集合（，），求证：存在集合满足且.【21~23题答案】【答案】（1），；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】【分析】（1