2022届北京市西城区第二次模拟考试 数学试题 【含答案】

西城区高三模拟测试试卷数学2022.5本试卷共 6 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。2（1）已知集合A{x|4x2}，B{x|x≤9}，则AB（A）(4,3]（B）[3,2)（C）(4,2)（D）[3,3]（2）已知双曲线的焦点分别为F1,F2，|F1F2|4，双曲线上一点P满足|PF1||PF2|2，则该双曲线的离心率为（A）2（B）3（C）2（D）3（3）已知{an}为等差数列，首项a12，公差d3，若anan228，则n（A）1（B）2（C）3（D）4（4）下列函数中，与函数yx3的奇偶性相同，且在(0,)上有相同单调性的是1（A）y()x（B）ylnx2（C）ysinx（D）yxx（5）已知直线ykx2与圆C:x2y22交于A,B两点，且AB2，则k的值为3（A）（B）3（C）3（D）231（6）已知e是单位向量，向量a满足≤ae≤1，则a的取值范围是2（A）(0,)（B）(0,1]11（C）[,)（D）[,1]22（7）已知函数f(x)2sin(2x)，，那么“”是“f(x)在[,]上是增2666函数”的1（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（8）已知f(x)|lgxa|，记关于x的方程f(x)1的所有实数根的乘积为g(a)，则g(a)（A）有最大值，无最小值（B）有最小值，无最大值（C）既有最大值，也有最小值（D）既无最大值，也无最小值x23,x≤0,（）若函数f(x)的定义域和值域的交集为空集，则正数的取值范围92a(x2),0x≤a是（A）(0,1]（B）(0,1)（C）(1,4)（D）(2,4)（10）如图为某商铺A、B两种商品在2022年前3个月的销售情况统计图，已知A商品卖出一件盈利20元，B商品卖出一件盈利10元.图中点A1、A2、A3的纵坐标分别 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示A商品2022年前3个月的销售量，点B1、B2、B3的纵坐标分别表示B商品2022年前3个月的销售量.根据图中信息，下列四个结论中正确的是①2月A、B两种商品的总销售量最多；②3月A、B两种商品的总销售量最多；③1月A、B两种商品的总利润最多；④2月A、B两种商品的总利润最多.（A）①③（B）①④（C）②③（D）②④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）二项式(1x)n(nN*)的展开式中x2的系数为21，则n_____.5（12）已知复数z在复平面内所对应的点的坐标为(1,2)，则为_____.z（13）已知抛物线y24x的焦点为F，准线为l，则焦点到准线的距离为_____；直线y3x3与抛物线分别交于P、Q两点（点P在x轴上方），过点P作直线PQ2|PF|的垂线交准线l于点H，则_____.|PH|1（14）已知数列{a}是首项为16，公比为的等比数列，{b}是公差为2的等差数列.若n2n*集合A{nN|anbn}中恰有3个元素，则符合题意的b1的一个取值为_____.（15）已知四棱锥PABCD的高为1，△PAB和△PCD均是边长为2的等边三角形，给出下列四个结论：①四棱锥PABCD可能为正四棱锥；②空间中一定存在到P,A,B,C,D距离都相等的点；③可能有平面PAD平面ABCD；12④四棱锥PABCD的体积的取值范围是(,].33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）（本小题13分）BBB在△ABC中，23cos22sincos3.222（Ⅰ）求B的大小；（Ⅱ）若3(ac)2b，证明：ac.（17）（本小题13分）2021年12月9日，《北京市义务教育体育与健康考核评价 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 》发布．义务教育体育与健康考核评价包括过程性考核与现场考试两部分，总分值70分．其中过程性考核40分，现场考试30分．该评价方案从公布之日施行，分学段过渡、逐步推开．现场考试采取分类3限选的方式，把 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 划分了四类，必考、选考共设置22项考试内容．某区在九 年级 六年级体育公开课教案九年级家长会课件PPT下载六年级家长会PPT课件一年级上册汉语拼音练习题六年级上册道德与法治课件 学生中随机抽取1100名男生和1000名女生作为样本进行统计调查，其中男生和女生选考乒乓球的比例分别为10%和5%，选考1分钟跳绳的比例分别为40%和50%．假设选考项目中所有学生选择每一项相互独立．（Ⅰ）从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，估计该学生选考乒乓球的概率；（Ⅱ）从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率；（Ⅲ）已知乒乓球考试满分8分．在该区一次九年级模拟考试中，样本中选考乒乓球的男生有60人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；样本中选考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分．记这次模拟考试中，选考乒乓球的所有学生的乒乓球平均分的估计值为1，其中男生的乒乓球平均分的估计值为2，试比较1与2的大小.（结论不需要证明）（18）（本小题14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的菱形，ABBC13，点D为棱AC上动点（不与A,C重合），平面B1BD与棱A1C1交于点E.（Ⅰ）求证：BB1//DE；AD3（Ⅱ）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直AC4线AB与平面B1BDE所成角的正弦值.条件①：平面ABC平面AA1C1C；条件②：A1AC60；条件③：A1B21.注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.4（19）（本小题15分）lnxa已知函数f(x).x11（Ⅰ）若f(1)，求a的值；4（Ⅱ）当a2时，①求证：f(x)有唯一的极值点x1；x12②记f(x)的零点为x0，是否存在a使得≤e？说明理由.x0（20）（本小题15分）x2y2已知椭圆C:1(ab0)的左顶点为A(2,0)，圆O:x2y21经过椭圆C的a2b2上、下顶点.（Ⅰ）求椭圆C的方程和焦距；（Ⅱ）已知P,Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P,Q不在坐标轴上），且直线PQ与x轴平行，线段AP的垂直平分线与y轴交于点M，圆O在点Q处的切线与y轴交于点N.求线段MN长度的最小值.（21）（本小题15分）已知数列，其中是给定的正整数，且≥A:a1,a2,,a2mmm2.令，，，bimin{a2i1,a2i}i1,,mX(A)max{b1,b2,,bm}，，cimax{a2i1,a2i}i1,,mY(A)min{c1,c2,,cm}.这里，max{}表示括号中各数的最大值，min{}表示括号中各数的最小值.（Ⅰ）若数列A:2,0,2,1,4,2，求X(A)，Y(A)的值；（Ⅱ）若数列A是首项为1，公比为q的等比数列，且X(A)Y(A)，求q的值；（Ⅲ）若数列A是公差d1的等差数列，数列B是数列A中所有项的一个排列，求X(B)Y(B)的所有可能值（用m表示）.5西城区高三模拟测试试卷数学答案及评分参考2022.5一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（ 1 ）A（ 2 ）C（ 3 ）D（ 4 ）D（ 5 ）B（ 6 ）C（ 7 ）A（ 8 ）D（ 9 ）B（10）C二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）3（11）7（12）5（13）22（14）1（答案不唯一）（15）①②④三、解答题（共6小题，共85分）（16）（共13分）BBB解：（Ⅰ）在△ABC中，因为23cos22sincos3，2221cosB所以23sinB3，2所以3cosBsinB0，所以tanB3，因为B(0,)，2所以B.┄┄┄┄┄┄7分32π1（Ⅱ）因为B，所以cosB.32a2c2b2由余弦定理得cosB，2ac1a2c2b2所以，22ac即aca2c2b2.①因为3(ac)2b，63所以b(ac).2②3将②代入①，得aca2c2(a22acc2)，4整理得(ac)20，所以ac.┄┄┄┄┄┄13分（17）（共13分）解：（Ⅰ）样本中男生选考乒乓球人数为110010%110人，女生选考乒乓球人数10005%50人.设从该区所有九年级学生中随机抽取1人，该学生选考乒乓球为事件A，110508用频率估计概率，P(A).┄┄┄┄┄┄4分11001000105（Ⅱ）设从该区九年级全体男生中随机抽取1人，选考跳绳为事件B，设从该区九年级全体女生中随机抽取1人，选考跳绳为事件C，由题意，P(B)的估计值为0.4，P(C)的估计值为0.5.设从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，恰有2人选考跳绳为事件D，则所求概率的估计值为122P(D)C20.40.60.5C20.40.50.32.┄┄┄┄┄┄9分（Ⅲ）12.┄┄┄┄┄┄13分（18）（共14分）解：（Ⅰ）在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1//BB1，又BB1平面ACC1A1,所以BB1//平面ACC1A1.又因为平面平面，B1BDEACC1A1DE所以BB1//DE.┄┄┄┄┄┄4分（Ⅱ）选条件①②.连接A1C，取AC中点O，连接A1O，BO.7在菱形ACC1A1中，A1AC60，所以△A1AC为等边三角形.又因为O为AC中点，所以A1OAC，又因为平面ABC平面ACC1A1，平面平面，ABCACC1A1ACA1O平面ACC1A1，且A1OAC，所以A1O平面ABC，所以A1OOB.又因为ABBC，所以BOAC.以O为原点，以OB、OC、OA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0,2,0)，A1(0,0,23)，B(3,0,0)，D(0,1,0).uuur所以BD(3,1,0)，DEAA1=(0,2,23).设平面B1BDE的一个法向量为n(x1,y1,z1)，nBD0,3xy0,则所以11nDE0.2y123z10.令z13，则y13，x11，故n(1,3,3).uuur又因为AB(3,2,0)，uuuruuurABn9sincosAB,nuuur.ABn139所以直线AB与平面B1BDE所成角的正弦值为.13选条件②③.连接A1C，取AC中点O，连接A1O，BO.在菱形ACC1A1中，A1AC60，所以△A1AC为等边三角形.又O为AC中点，故A1OAC，且A1O23.又因为OB3，A1B21.222所以A1OOBA1B，所以A1OOB.又因为，所以平面ACOBOA1OABC.8以下同选①②.选条件①③取AC中点O，连接BO，A1O.在△ABC中，因为BABC，所以BOAC，且AO2，OB3.又因为平面平面，平面平面，ABCACC1A1ABCACC1A1AC所以BO平面ACC1A1.因为OA1平面ACC1A1，所以BOOA1.在Rt△BOA1中，OA123.又因为OA2，AA14，222所以OA1OAAA1，所以A1OAO.以下同选①②.┄┄┄┄┄┄14分（19）（共15分）11lnxalnxa解：（Ⅰ）f(x)，x0，所以f(x)x，x1(x1)22a1因为f(1)，44所以a1.┄┄┄┄┄┄5分（Ⅱ）①f(x)的定义域是(0,)，11lnxaf(x)x，(x1)21令f(x)0，则1lnxa0.x1设g(x)1lnxa，x1因为y，ylnx在(0,)上单调递减，x所以g(x)在(0,)上单调递减.因为g(ea)1ea0，g(1)2a0，所以g(x)在(0,)上有唯一的零点，a所以f(x)0有(0,)有唯一解，不妨设为x1，x1(e,1).f(x)与f(x)的情况如下：9x(0,x1)x1(x1,)f(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)有唯一的极值点x1.a②由题意，lnx0a，则x0e.x122a若存在a，使≤e，则x1≤e1，x0a2a所以ex1≤e.因为g(x)在(0,)单调递减，g(ea)1ea0，则需g(e2a)ea21≤0，即a≤2，与已知矛盾.x所以，不存在a2使得1≤e2.┄┄┄┄┄┄15分x0（20）（共15分）解：（Ⅰ）由题意，a2，b1，x2所求椭圆方程为y21.4因为ca2b23，所以焦距2c23.┄┄┄┄┄┄4分x2（Ⅱ）设P(x,y)(xy0)且0y21.00004022由题意，设Q(x1,y0)(x1y00)且x1y01.x2y因为A(2,0)，所以线段AP的中点为(0,0).22y0又直线AP的斜率为kAP，x02x2所以线段AP的中垂线的斜率为0.y0yx2x2故线段AP的中垂线方程为y00(x0).2y0222y0(x02)(x02)x0y04令x0，得yM.22y02y0x2由0y21，可得x244y2，40001023y03代入上式，得yMy0，2y023所以M(0,y).20y0因为直线OQ的斜率为kOQ，x1x所以圆O在点Q处的切线斜率为1.y0x1所以切线方程为yy0(xx1).y0222x1x1y01令x0得yNy0,y0y0y01所以N(0,).y0所以线段MN长度13133MNyNyMy0|y0|≥26.y02|y0|22136（当且仅当|y0|，即y0时等号成立）|y0|23所以线段MN长度的最小值为6.┄┄┄┄┄┄15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）X(A)1，Y(A)2.┄┄┄┄┄┄4分（Ⅱ）若数列A中任意两项互不相等，则当时由可知，i1,,m,bimin{a2i1,a2i},cimax{a2i1,a2i}bici,当且时，i,j1,2,,mij,{a2i1,a2i}{a2j1,a2j}又bimin{a2i1,a2i}{a2i1,a2i},cjmax{a2j1,a2j}{a2j1,a2j},所以bicj.综上,{b1,b2,,bm}{c1,c2,,cm},所以X(A)Y(A)，不合题意.所以存在ij,i,j{1,2,,2m}，使aa，即qi1qj1.ij因为q0，所以qij1.所以q1.若q1，则X(A)1，Y(A)1，不舍题意，舍.若q1，则数列A为：1，1，，1，X(A)Y(A)1，符合题意.综上，q1.┄┄┄┄┄┄10分（Ⅲ）X(B)Y(B)的所有可能值为1,1,2,,2m3.证明如下：因为d10，所以A递增且A中各项（即B中各项）两两不等，11所以同（Ⅱ）可知X(B)Y(B).由定义，存在i,j{1,2,,2m},ij,X(B)ai,Y(B)aj,X(B)Y(B)aiajij，≥≤因为X(B)比{an}中m1个项大,故X(B)am，同理，Y(B)am1，所以X(B)Y(B)≥amam11.因为X(B)至少比{an}中的一项小，故X(B)≤a2m1，同理，Y(B)≥a2.所以X(B)Y(B)≤a2m1a22m3.综上，X(B)Y(B){1,1,2,,2m3}.令下面证明各值均可取得B:x1,x2,,x2m,1,1,2,,2m3.①，由是递增数列，x2i1ai,x2iami,i1,2,,m{an}bimin{x2i1,x2i}min{ai,ami}ai,cimax{x2i1,x2i}max{ai,ami}ami,i1,2,,m.此时，X(B)max{b1,b2,,bm}max{a1,a2,,am}am,Y(B)min{c1,c2,,cm}min{am1,am2,,a2m}am1,此时X(B)Y(B)amam11.②当时，令，k1,2,,m1x2k1ak,x2kam,x2m1amk,x2ma2m则bkak,ckam，bmamk,cma2m.当时，令，i{1,2,,m},ik,mx2i1ai,x2iami则biai≤am1，ciami≥am1，所以X(B)max{b1,b2,,bm}max{a1,a2,,am1,amk}amk,Y(B)min{c1,c2,,cm}min{am1,,amk1,am,amk1,,a2m}am,此时X(B)Y(B)amkamk,k1,2,,m1.③给定t{1,2,,m2},令，且x2i1ai,x2iati,i1,2,,tx2i1a2i1,x2ia2i,it1,,m,则，bimin{x2i1,x2i}ai,i1,,t，bimin{x2i1,x2i}a2i1,it1,,m又是递增数列，{an},X(A)max{b1,b2,,bm}a2m1，cimax{x2i1,x2i}ati,i1,,t，cimax{x2i1,x2i}a2i,it1,,m又是递增数列，{an},Y(A)min{c1,c2,,cm}at112此时X(B)Y(B)a2m1at12m2t,t{1,2,,m2}.所以2m2tm,m1,,2m3，综上，X(B)Y(B)k，k1,1,2,,2m3各值均可取得.┄┄┄15分13