北京市丰台区2022届高三数学高考二模试卷及答案.docx

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1、 高三数学高考二模试卷一、单选题1在复平面内,复数z对应的点的坐标是(2,1),则复数z=()A2iB12iC2+iD1+2i2“ x1 ”是“ x21 ”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3函数y=2cos2x1是()A最小正周期为的奇函数B最小正周期为的偶函数C最小正周期为2的奇函数D最小正周期为2的偶函数4在(x22x)6的展开式中,常数项为A-240B-60C60D2405已知两条不同的直线l,m与两个不同的平面,则下列结论中正确的是()A若l,ml,则mB若l,l,则C若m,lm,则lD若,l,则l6小王每天在6:30至6:50出发去上班

2、,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为()A0.13B0.17C0.21D0.37已知a=30.5,b=log32,c=tan23,则()AabcBbacCcabDacb8设等差数列an的前n项和为Sn若S2S30,则下列结论中正确的是()Aa30Ba2a10Ca2+a3a3a59已知偶函数f(x)在区间0,+)上单调递减若f(lgx)f(1),则x的取值范围是()A(110,1)B(0,110)(1,+)C(110,10

3、)D(0,110)(10,+)10已知双曲线C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的左、右顶点分别为A1,A2,左、右焦点分别为F1,F2以线段A1A2为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M,且点M在第一象限,A2M与另一条渐近线平行若|F1M|=21,则MA2F2的面积是()A332B732C334D734二、填空题11已知向量a=(2,3),b=(6,m)若ab,则m= 12已知抛物线C:x2=8y,则抛物线C的准线方程为 13在ABC中,a=2,b=3,A=2B,则cosB= 14如图,某荷塘里浮萍的面积y(单位:m2)与时间t(单位:月)满足关系式:y=atlna(a为常数),记y=

4、f(t)(t0)给出下列四个结论:设an=f(n)(nN),则数列an是等比数列;存在唯一的实数t0(1,2),使得f(2)f(1)=f(t0)成立,其中f(t)是f(t)的导函数;常数a(1,2);记浮萍蔓延到2m2,3m2,6m2所经过的时间分别为t1,t2,t3,则t1+t2t3其中所有正确结论的序号是 15在平面直角坐标系中,已知点M(2,2),动点N满足|NM|=1,记d为点N到直线l:x+my+12m=0的距离当m变化时,直线l所过定点的坐标为 ;d的最大值为 三、解答题16如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=AB,D为BC的中点,平面A1C1D平面ABC=DP(1)求证

5、:A1C1DP;(2)求平面A1C1D与平面AA1D夹角的余弦值17已知数列an的前n项和为Sn,在条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知条件:a1=1且an2an1=0(n2);条件:Sn=2n1;条件:2anSn=1注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分(1)求数列an的通项公式;(2)设数列1an的前n项和为Tn若对任意nN,不等式Tnb0)经过点P(2,1),P到椭圆C的两个焦点的距离和为42(1)求椭圆C的方程;(2)设Q(4,0),R为PQ的中点,作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A,B,直线AQ与椭圆C交于另一点M,直线BQ与椭圆C交于另一点N,求证:M,N,R

6、三点共线21设I1=a1,b1,I2=a2,b2,In=an,bn,In+1=an+1,bn+1,是n+1(nN)个互不相同的闭区间,若存在实数x0使得x0Ii(i=1,2,n+1),则称这n+1个闭区间为聚合区间,x0为该聚合区间的聚合点(1)已知I1=1,3,I2=2,sint(0t)为聚合区间,求t的值;(2)已知I1=a1,b1,I1=a2,b2,In=an,bn,In+1=an+1,bn+1为聚合区间 ()设x0,y0是该聚合区间的两个不同的聚合点求证:存在k,j1,2,n+1,使得ak,bjIi(i=1,2,n+1);()若对任意p,q(pq且p,q1,2,n+1),都有Ip,Iq

7、互不包含求证:存在不同的i,j1,2,n+1,使得biajn1n(biai)答案解析部分1【答案】A2【答案】A3【答案】B4【答案】D5【答案】B6【答案】B7【答案】A8【答案】D9【答案】C10【答案】C11【答案】412【答案】y=-213【答案】3314【答案】15【答案】(-1,2);616【答案】(1)证明:连接A1P,平面ABC平面A1B1C1,平面ABC平面A1C1DP=DP,平面A1B1C1平面A1C1DP=A1C1,A1C1 DP(2)解:设AA1=AB=2m以D为坐标原点,AD为x轴,CD为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,D(0,0,0),A(3m,0,0),A1(

8、3m,0,2m),C1(0,m,2m)设平面A1C1D的法向量为s=(1,y,z)DA1=(3m,0,2m),DC1=(0,m,2m)联立方程sDA1=3m+2mz=0sDC1=ym+2mz=0解得:y=3,z=32s=(1,3,32)同理求得平面AA1D的法向量t=(0,1,0)cos=st|s|t|=3192=25719平面A1C1D与平面AA1D夹角的余弦值的余弦值为2571917【答案】(1)解:选条件:因为a1=1,且an2an1=0(n2),即an=2an1所以数列an是以1为首项,2为公比的等比数列所以an=2n1.选条件:当n=1时,a1=S1=1当n2时,an=SnSn1=2

9、n1(2n11)=2n2n1=2n1因为当n=1时,上式也成立,所以an=2n1.选条件:因为2anSn=1,得Sn=2an1当n=1时,2a1S1=1,得a1=1当n2时,an=SnSn1=2an1(2an11)=2an2an1整理得an=2an1所以数列an是以1为首项,2为公比的等比数列所以an=2n1.(2)解:由(1)知,1an=12n1,记bn=1an=12n1因为bnbn1=12n112n2=12,b1=120=1所以bn是以1为首项,12为公比的等比数列所以Tn=1(12)n112=212n12所以m的最小值为218【答案】(1)解:记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片

10、上都印有“幸”字”为事件A,则P(A)=1C84=170,所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率为170(2)解:依题意随机变量X的所有可能取值为0、5、10;则P(X=0)=C42C42C84=1835,P(X=5)=C43C41+C43C41C84=1635,P(X=10)=C44C40+C40C44C84=135,所以X的分布列为:X0510P18351635135所以E(X)=10135+51635+01835=187(3)解:记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益,则Y=X3,所以E(Y)=E(X3)=E(X)3=1873=370,所以我不愿意再次参加

11、该项抽奖活动19【答案】(1)解:当a=1时,f(x)=x+1ex,则f(x)=ex(x+1)ex(ex)2=xex,令f(x)=0,即x=0,所以当x0,f(x)单调递增;当x0时,f(x)0;当 x(0,+)时,m(x)0;当 x(0,+)时,g(x)0;所以g(x)在x(,0)上单调递增,在x(0,+)上单调递减,所以g(x)在x=0处取得极大值也是最大值,且g(0)=1e01=0,故ax+1ex(a1)x10(3)解:当a0时,f(x)ax2+(a1)x+1恒成立20【答案】(1)解:根据椭圆的定义可得2a=42,解得a=22,又过点P(2,1),所以4a2+1b2=1,解得b2=2,

12、所以椭圆C的方程为x28+y22=1(2)证明:因为P(2,1),Q(4,0),所以R(3,12),kPQ=1024=12,设直线l的方程为y=12x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),M(xm,ym),N(xn,yn),所以kAQ=y1x14,kBQ=y2x24,所以直线AQ的方程为y=y1x14(x4),直线BQ的方程为y=y2x24(x4),联立直线AQ与椭圆y=y1x14(x4)x28+y22=1,消去x可得(x14y1)2+4y2+8(x14)y1y+8=0,所以y1+ym=8(x14)y1(x14y1)2+4,又x128+y122=1代入,整理可得ym=8(x14)y1248

13、x1y1=y13x1,代入直线AQ,可得xm=83x13x1同理可得yn=y23x2,xn=83x23x2,所以kMN=y23x2y13x183x23x283x13x1=3(y1y2)+x1y2x2y1x2x1=32+x1(12x2+m)x2(12x1+m)x2x1=32m又kMR=ym12xm3=y13x11283x13x13=(12x1+m)12(3x1)83x13(3x1)=32m=kMN,所以M,N,R三点共线21【答案】(1)解:由0t可得0sint1,又I1,I2为聚合区间,由定义可得I1I2,故当且仅当sint=1时成立,故t=2(2)证明:()由x0,y0是该聚合区间的两个不同

14、的聚合点,不妨设x0y0,因为x0Ii(i=1,2,n+1),故a1,a2.an+1x0,又y0Ii(i=1,2,n+1),故y0b1,b2.bn+1,不妨设a1,a2.an+1中的最大值为ak,b1,b2.bn+1中最小值为bj,则a1,a2.an+1akx0y0bjb1,b2.bn+1,即a1,a2.an+1akbjb1,b2.bn+1,故存在区间ak,bjIi(i=1,2,n+1)()若存在as=at(st), 则IsIt或ItIs,与已知条件矛盾不妨设 a1a2.an+1,则bkan+1,所以an+1b10,所以bmam(bmb1)+(an+1am)nl,即am+1ambmamn,所以bmam+1=bmam(am+1am)n1n(bmam),此时取i=m,j=m+1,则biajn1n(biai),当bm+1bm=l时,同理可取i=m+1,j=m,使得biajn1n(biai),综上,存在不同的i,j1,2,n+1,使得biajn1n(biai)

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