北京市西城区2022届高三数学二模试卷及答案.docx

1、北京市西城区2022届高三数学二模试卷一、单选题1已知集合A=x|4x2，B=x|x29，则AB=（）A(4，3B3，2)C(4，2)D3，32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（）A2B3C2D33已知an为等差数列，首项a1=2，公差d=3，若an+an+2=28，则n=（）A1B2C3D44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（）Ay=(12)xBy=lnxCy=sinxDy=x|x|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（）

2、A33B3C3D26已知e是单位向量，向量a满足12ae1，则|a|的取值范围是（）A(0，+)B(0，1C12，+)D12，17已知函数f(x)=2sin(2x+)，|2，那么“|=6”是“f(x)在6，6上是增函数”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8已知f(x)=|lgxa|，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9若函数f(x)=2x+3，x0(x2)2，0bn中恰有3个元素，则符合题意的b1的一个取值为 .14已知四棱锥P

3、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：四棱锥PABCD可能为正四棱锥；空间中一定存在到P，A，B，C，D距离都相等的点；可能有平面PAD平面ABCD；四棱锥PABCD的体积的取值范围是(13，23.其中所有正确结论的序号是 .15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=3x3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PQ的垂线交准线l于点H，则|PF|PH|= .三、解答题16在ABC中，23cos2B2+2sinB2cosB2=3.（1）求B的大小；（2）若3(a+c)=2b，证明：a=c.172021年

4、12月9日，北京市义务教育体育与健康考核评价方案发布.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.现场考试采取分类限选的方式，把内容划分了四类，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.（1）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；（2）从该区九年级全体男

5、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；（3）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如图，在三棱柱ABCA1B1C1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.（1）求证：BB1/DE；

6、（2）若ADAC=34，从条件、条件、条件这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面B1BDE所成角的正弦值.条件：平面ABC平面AA1C1C；条件：A1AC=60；条件：A1B=21.19已知函数f(x)=lnx+ax+1.（1）若f(1)=14，求a的值；（2）当a2时，求证：f(x)有唯一的极值点x1；记f(x)的零点为x0，是否存在a使得x1x0e2？说明理由.20已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点为A(2，0)，圆O：x2+y2=1经过椭圆C的上、下顶点.（1）求椭圆C的方程和焦距；（2）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

7、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已知数列A：a1，a2，a2m，其中m是给定的正整数，且m2.令bi=mina2i1，a2i，i=1，m，X(A)=maxb1，b2，bm，ci=maxa2i1，a2i，i=1，m，Y(A)=minc1，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.（1）若数列A：2，0，2，1，-4，2，求X(A)，Y(A)的值；（2）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；（3）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

8、一个排列，求X(B)Y(B)的所有可能值（用m表示）.答案解析部分1【答案】A2【答案】C3【答案】D4【答案】D5【答案】B6【答案】C7【答案】A8【答案】D9【答案】B10【答案】C11【答案】712【答案】513【答案】-1（答案不唯一）14【答案】15【答案】2；3216【答案】（1）解：在ABC中，23cos2B2+2sinB2cosB2=3，231+cosB2+sinB=3，3cosB+sinB=0，tanB=3，B(0，)，B=23（2）证明：B=23，cosB=12由余弦定理得b2=a2+c2+ac，3(a+c)=2b，b=32(a+c)，将代入，得34(a2+2ac+c2)

9、=a2+c2+ac，整理得(ac)2=0，a=c17【答案】（1）解：样本中男生的人数为110010%=110人，样本中女生的人数为10005%=50人，设从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，该学生选考乒乓球为事件A，则该学生选考乒乓球的概率P(A)=110+501100+1000=8105（2）解：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，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)=0.4，P(C)=0.5，则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分钟跳绳的概率为C210.4(10.4)0.5+C22

10、0.42(10.5)=0.32（3）解：1218【答案】（1）证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1/BB1，又BB1平面ACC1A1，AA1平面ACC1A1，所以BB1/平面ACC1A1，又因为平面B1BDE平面ACC1A1=DE，所以BB1/DE.（2）解：选条件.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.又因为O为AC中点，所以A1OAC，又因为平面ABC平面ACC1A1，平面ABC平面ACC1A1=AC， A1O平面ACC1A1，且A1OAC，所以A1O平面ABC，OB平面ABC，所以A1OOB.又因为AB=BC，所

11、以BOAC.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).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)，则nBD=0nDE=0，所以3x1+y1=02y1+23z1=0令z1=3，则y1=3，x1=1，故n=(1，3，3).又因为AB=(3，2，0)，设直线AB与平面B1BDE所成角为，所以sin=|cosAB，n|=|ABn|AB|n|=913.所以直线AB与平面B1BDE所成角的正弦值为913.选条件.连

12、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A1OAC，且A1O=23.又因为OB=3，A1B=21.所以A1O2+OB2=A1B2，所以A1OOB.又因为ACOB=O，所以A1O平面ABC.以下同选.选条件取AC中点O，连接BO，A1O.在ABC中，因为BA=BC，所以BOAC，且AO=2，OB=3.又因为平面ABC平面ACC1A1，平面ABC平面ACC1A1=AC，所以BO平面ACC1A1.因为OA1平面ACC1A1，所以BOOA1.在RtBOA1中，OA1=23.又因为OA=2，AA1=4，所以OA12+OA

13、2=AA12，所以A1OAO.以下同选.19【答案】（1）解：因为f(x)=lnx+ax+1，x0，所以f(x)=1+1xlnxa(x+1)2，因为f(1)=2a4=14，所以a=1.（2）解：f(x)的定义域是(0，+)，f(x)=1+1xlnxa(x+1)2，令f(x)=0，则1+1xlnxa=0.设g(x)=1+1xlnxa，因为y=1x，y=lnx在(0，+)上单调递减，所以g(x)在(0，+)上单调递减.因为g(ea)=1+ea0，g(1)=2a0，所以g(x)在(0，+)上有唯一的零点，|所以f(x)=0有(0，+)有唯一解，不妨设为x1，x1(ea，1).f(x)与f(x)的情况

14、如下，x(0，x1)x1(x1，+)f(x)+0-f(x)增极大值减所以f(x)有唯一的极值点x1.由题意，lnx0=a，则x0=ea，若存在a，使x1x0e2，则x1e2a1，所以ea0，则需g(e2a)=ea210，即a2，与已知矛盾.所以，不存在a2，使得x1x0e2.20【答案】（1）解：依题意，a=2，b=1，由c=a2b2=3，得2c=23，所以椭圆C的方程为：x24+y2=1，焦距为23（2）解：设P(x0，y0)(x0y00)，则x024+y02=1，依题意，设Q(x1，y0)(x10)，且x12+y02=1，因A(2，0)，则线段AP的中点为(x022，y02)，直线AP的斜

15、率kAP=y0x0+2，则线段AP的中垂线方程为：yy02=x0+2y0(xx022)， 令x=0得点M的纵坐标yM=y02+(x0+2)(x02)2y0=x02+y0242y0，而x024=4y02，则yM=3y02，即M(0，32y0)，直线OQ的斜率kOQ=y0x1，因此，圆O在点Q处的切线斜率为x1y0，切线方程为yy0=x1y0(xx1)，令x=0得点N的纵坐标yN=y0+x12y0=x12+y02y0=1y0，即N(0，1y0)，则有|MN|=|yNyM|=|1y0+32y0|=1|y0|+32|y0|21|y0|32|y0|=6，当且仅当1|y0|=32|y0|，即y0=63时取

16、“=”，所以线段MN长度的最小值为621【答案】（1）解：由题设，b1=0，b2=1，b3=4，则X(A)=max0，1，4=1，c1=2，c2=2，c3=2，则Y(A)=min2，2，2=2，所以X(A)=1，Y(A)=2（2）解：若数列A任意两项均不相等，当i=1，.，m时bici；当i，j1，.，m且ij时，a2i1，a2ia2j1，a2j=，又bi=mina2i1，a2ia2i1，a2i，cj=maxa2j1，a2ja2j1，a2j，此时bici；综上，b1，b2，.，bmc1，c2，.，cm=，故X(A)Y(A)，不合要求；要使X(A)=Y(A)，即存在ij且i，j1，.，2m使ai

17、=aj，即qi1=qj1，又q0，则q=1，当q=1，则X(A)=1，Y(A)=1，不合要求；当q=1，则X(A)=Y(A)=1，满足题设；综上，q=1.（3）解：由题设数列A单调递增且a1a2=a1+1.a2m=a1+2m1，由（2）知：X(B)Y(B)，根据题设定义，存在ij且i，j1，.，2m，X(B)=ai，Y(B)=aj，则X(B)Y(B)=aiaj=ij，由X(B)比数列A中m1个项大，X(B)am，同理Y(B)am+1，所以X(B)Y(B)amam+1=1；又X(B)至少比数列A中一项小，X(B)a2m1，同理Y(B)a2，所以X(B)Y(B)a2m1a2=2m3；综上，X(B)

18、Y(B)1，1，2，.，2m3.令数列B：x1，x2，.，x2m，下证1，1，2，.，2m3各值均可取到，、当x2i1=ai，x2i=am+i，i=1，2，.，m，而数列A递增，bi=minx2i1，x2i=minai，am+i=ai，ci=maxx2i1，x2i=maxai，am+i=am+i且i=1，.，m，此时，X(B)=maxb1，.，bm=maxa1，.，am=am，Y(B)=minc1，.，cm=minam+1，.，a2m=am+1，则X(B)Y(B)=1；、当k=1，2，.，m1时，x2k1=ak，x2k=am，x2m1=am+k，x2m=a2m，则bk=ak，ck=am，bm=

19、am+k，cm=a2m，当i=1，.，m且ik，m时，令x2i1=ai，x2i=am+i，则bi=aiam1，ci=am+iam+1，所以X(B)=maxb1，.，bm=maxa1，.，am1，am+k=am+k，Y(B)=minc1，.，cm=minam+1，.，am+k1，am，am+k+1，.，a2m=am，此时X(B)Y(B)=am+kam=k1，2，.，m1；、给定t1，2，.，m2，令x2i1=ai，x2i=ai+1(i=1，.，t)且x2i1=a2i1，x2i=a2i(i=t+1，.，m)，则bi=minx2i1，x2i=ai(i=1，.，t)，bi=minx2i1，x2i=a2i1(i=t+1，.，m)，又数列A递增，X(A)=maxb1，.，bm=a2m1，ci=maxx2i1，x2i=at+i(i=1，.，t)，ci=maxx2i1，x2i=a2i(i=t+1，.，m)，所以Y(A)=minc1，.，cm=at+1，此时X(B)Y(B)=a2m1at+1=2m2t且t1，2，.，m2，故X(B)Y(B)m，m+1，.，2m3，综上，X(B)Y(B)=k1，1，2，.，2m3.