2022北京朝陽高三一模數學一?選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合，集合，則（）A. B. C. D.【1題答案】【答案】D【解析】【分析】將集合、化簡，再根據并集的運算求解即可.【詳解】∵集合，集合，∴．故選：D.2.直線被圓截得的弦長為（）A.1 B. C.2 D.【2題答案】【答案】B【解析】【分析】先求出圓心到直線的距離，然后利用半徑、圓心距和弦的關系可求出弦長【詳解】解：圓的圓心為，半徑，則圓心到直線的距離，所以直線被圓所截得弦長為，故選：B3.已知平面向量，滿足，，且與的夾角為，則（）A. B. C. D.3【3題答案】【答案】A【解析】【分析】根據向量數量積的定義及運算性質即得．【詳解】∵，，且與的夾角為，∴，∴，∴．故選：A.4.設，若，，，則（）A. B. C. D.【4題答案】【答案】C【解析】【分析】利用對數函數的性質即得.【詳解】∵，∴，，，∴.故選：C.5.已知函數，若，則實數的值為（）A. B. C.1 D.2【5題答案】【答案】C【解析】【分析】由題可得或，即求.【詳解】∵函數，，∴或，解得.故選：C.6.已知，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【6題答案】【答案】A【解析】【分析】根據充分條件、必要條件的定義，利用基本不等式定理與舉特例判斷可得．【詳解】解：當時，有；當時，有成立，綜上，“”是“”的充分不必要條件，故選：A．7.已知三棱錐，現有質點Q從A點出發沿棱移動，規定質點Q從一個頂點沿棱移動到另一個頂點為1次移動，則該質點經過3次移動后返回到A點的不同路徑的種數為()A.3 B.6 C.9 D.12【7題答案】【答案】B【解析】【分析】第1步和最后一步位置都A，中間兩步位置可從B、C、D三個點中選兩個排列即可.【詳解】可以看成先后順序為1、2、3、4的四個座位，第1和第4個座位都是A，第2和第3兩個座位從B、C、D三個字母選兩個進行排列，共種排法.故選：B.8.已知數列，若存在一個正整數使得對任意，都有，則稱為數列的周期.若四個數列分別滿足：①，；②，；③，，；④，則上述數列中，8為其周期的個數是（）A.1 B.2 C.3 D.4【8題答案】【答案】B【解析】【分析】利用數列的周期的定義逐項分析即得.【詳解】①∵，∴數列的周期為，故8也是數列的周期；②由，，可得故數列的周期為；③由，，可得，，故數列的周期為；④由，可得，，故數列的周期為，所以8也是數列的周期.故8為其周期的數列個數為2.故選：B.9.如圖1，北京2022年冬奧會比賽場地之一首鋼滑雪大跳臺與電力廠的冷卻塔交相輝映，實現了它與老工業遺址的有效融合.如圖2，冷卻塔的外形是雙曲線的一部分繞其虛軸旋轉所成的曲面.它的最小半徑為，上口半徑為，下口半徑為，高為.在冷卻塔的軸截面所在平面建立如圖3所示的平面直角坐標系，設，，，，則雙曲線的方程近似為（）（參考數據：，，）A. B. C. D.【9題答案】【答案】A【解析】【分析】根據題意，設雙曲線的標準方程為，進而結合題意得，設，則，再待定系數，結合已知數據計算即可.【詳解】解：根據題意，設雙曲線的標準方程為，因為，，，，所以，設，則點在雙曲線上，所以，，因為，，所以，，所以，解得，所以.故雙曲線的方程近似為.故選：A10.在通用技術教室里有一個三棱錐木塊如圖所示，，，兩兩垂直，（單位：），小明同學計劃通過側面內任意一點將木塊鋸開，使截面平行于直線和，則該截面面積（單位：）的最大值是（）A. B. C. D.【10題答案】【答案】B【解析】【分析】根據題意，在平面內，過點作分別交于，在平面內，過作交于，在平面內，過作交于，連接，進而根據題意，∽，設其相似比為，則，再證明四邊形是矩形，再結合相似比和二次函數性質求解即可.【詳解】解：根據題意，平面內，過點作分別交于，在平面內，過作交于，在平面內，過作交于，連接，作圖如下，因為，則，所以∽，設其相似比為，則，因為，所以在中，，因為，所以，即，因為，則，所以，∽，即，因，所以，即，同理∽，即，因為，平面，平面，所以平面，因為，所以平面，平面，因為平面，所以，因為所以因為，所以∽，所以，因為，所以，因為，所以，所以四邊形是矩形，即，所以，由二次函數的性質知，當時，有最大值.故選：B二?填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.把答案填在答題卡上.11.計算________．【11題答案】【答案】【解析】【分析】根據復數的運算求解即可.【詳解】解：.故答案為：.12.已知數列是首項為3，公比為的等比數列，是其前項的和，若，則___________；___________.【12題答案】【答案】①.②.【解析】【分析】根據等比數列的通項公式求出公比，再根據等比數列的求和公式可求出結果.【詳解】解：設等比數列的公比為，因為則，將代入得，得，所以，所以.故答案為：；.13.已知直線和是曲線的相鄰的兩條對稱軸，則滿足條件的一個的值是___________.【13題答案】【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根據周期求，再根據函數的對稱性求.【詳解】由條件可知，得，當時，，，得，，當時，.故答案為：（答案不唯一）14.某地進行老舊小區改造，有半徑為60米，圓心角為的一塊扇形空置地（如圖），現欲從中規劃出一塊三角形綠地，其中在上，，垂足為，，垂足為，設，則___________（用表示）；當在上運動時，這塊三角形綠地的最大面積是___________.【14題答案】【答案】①.米②.平方米.【解析】【分析】由題可得，結合條件及面積公式可得，再利用三角恒等變換及正弦函數的性質即得.【詳解】在中，，AP=60米，∴（米），在中，可得，由題可知，∴的面積為：，又，，∴當，即時，的面積有最大值平方米，即三角形綠地的最大面積是平方米.故答案為：米；平方米.15.在平面直線坐標系中，設拋物線：的焦點為，直線：與拋物線交于點，且點在軸上方，過點作拋物線的切線與拋物線的準線交于點，與軸交于點.給出下列四個結論：①的面積是；②點的坐標是；③在軸上存在點使；④以為直徑的圓與軸的負半軸交于點，則.其中所有正確結論的序號是___________.【15題答案】【答案】①③④【解析】【分析】根據題意，進而聯立方程得，再根據導數的幾何意義求得過點與拋物線相切的切線方程為，進而結合題意，依次討論求解即可.【詳解】解：根據題意，聯立方程得，解得或，因為點在軸上方，所以點，所以的面積是，故①正確；由于拋物線在軸上方對應的曲線方程為，，所以過點與拋物線相切的切線斜率為，所以，過點與拋物線相切的切線方程為，即，所以，，故②錯誤；假設在軸上存在點使，則，所以，解得，即存在點使，故③正確；以為直徑的圓的方程為，令得，故其與軸的負半軸交于點，此時，顯然，故④正確.故答案為：①③④三?解答題：本大題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.在中，.（1）求；（2）再從條件①?條件②?條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使存在且唯一確定，求的面積.條件①：；條件②：；條件③：.注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別作答，按第一個解答計分.【16~17題答案】【答案】（1）；（2）詳見解析.【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，進而可得，即得；（2）選①②利用正弦定理可得，又利用誘導公式及和差角公式可得，可得不存在；選①③利用余弦定理及面積公式即得；選②③利用正弦定理可得，再利用面積公式即求.【小問1詳解】∵，∴，又，∴，即，又，∴；【小問2詳解】選①②，由，，，∴，，，又，∴不存在；選①③，，，由余弦定理可得，，即，∴，即，∴的面積為；選②③，∵，，，∴，，∴，∴的面積為.17.某學校在寒假期間安排了“垃圾分類知識普及實踐活動”.為了解學生的學習成果，該校從全校學生中隨機抽取了50名學生作為樣本進行測試，記錄他們的成績，測試卷滿分100分，將數據分成6組：，，，，，，并整理得到如下頻率分布直方圖：（1）若全校學生參加同樣的測試，試估計全校學生的平均成績（每組成績用中間值代替）；（2）在樣本中，從其成績在80分及以上的學生中隨機抽取3人，用表示其成績在中的人數，求的分布列及數學期望；（3）在（2）抽取的3人中，用表示其成績在的人數，試判斷方差與的大小.（直接寫結果）【17~19題答案】【答案】（1）；（2）分布列見解析，；（3）.【解析】【分析】（1）利用直方圖的性質及平均數的計算方法即得；（2）由題可知服從超幾何分布，即求；（3）由超幾何分布即得.【小問1詳解】由直方圖可得第二組的頻率為，∴全校學生的平均成績為：【小問2詳解】由題可知成績在80分及以上的學生共有人，其中中的人數為5，所以可取0,1,2,3，則，，，，故的分布列為：0123P；【小問3詳解】.18.如圖1，在四邊形中，，，，，，分別是，上的點，，，，.將沿折起到的位置，得到五棱錐，如圖2.（1）求證：平面；（2）若平面平面，（i）求二面角的余弦值；（ii）對線段上任意一點，求證：直線與平面相交.【18~19題答案】【答案】（1）證明見解析；（2）（i），（ii）詳見解析.【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理即得；（2）（i）利用坐標法即求；（ii）可設，進而可得，利用向量數量積可得，即得.【小問1詳解】∵，，∴，∴，又，∴平面；【小問2詳解】（i）由，可知為的平面角，又平面平面，∴，即，又，∴平面，如圖建立空間直角坐標系，則，∴，設平面的法向量為，則，即，令，則，又平面的一個法向量可取，∴，∴二面角的余弦值為；（ii）由題設，又，∴，∴，又，∴，又平面的一個法向量為，由，可得，又，∴，∴直線與平面相交.19.已知，.（1）若曲線在點處的切線與軸重合，求的值；（2）若函數在區間上存在極值，求的取值范圍；（3）設，在（2）的條件下，試判斷函數在區間上的單調性，并說明理由.【19~21題答案】【答案】（1）（2）（3）單調遞減，理由見解析.【解析】【分析】（1）根據導數的幾何意義得曲線在點處的切線方程為，再結合題意得，進而得答案；（2）由題知在區間上有變號零點，進而分和兩種情況討論求解即可；（3）由題知，進而判斷的單調性并進而結合得函數在上恒成立，進而判斷單調性.【小問1詳解】解：因為，，，所以曲線在點處的切線方程為，即，因為曲線在點處的切線與軸重合，所以，解得.【小問2詳解】解：由（1）得，因為函數在區間上存在極值，所以在區間上有變號零點，當時，在區間上單調遞增，，故不符合題意；當時，在區間上單調遞減，且當趨近于時，趨近于，故要使在區間上有變號零點，則，即綜上，，即的取值范圍是.【小問3詳解】解：函數在區間上單調遞減，理由如下：，，，所以，令，則在恒成立，所以函數在上單調遞減，由于，所以函數在上恒成立，所以函數在區間上的單調遞減.20.已知橢圓：的一個焦點為，且過點.（1）求橢圓的方程和離心率；（2）過點且與軸不重合的直線與橢圓交于，兩點，與直線交于點，點滿足軸，軸，試求直線的斜率與直線的斜率的比值.【20~21題答案】【答案】（1），（2）2【解析】【分析】（1）利用待定系數法求出后可得橢圓方程并可求離心率.（2）設，，則可用諸參數表示，再聯立直線方程和橢圓方程，并利用韋達定理化簡后可得斜率的比值.【小問1詳解】由題設有，故，故橢圓的方程為，故離心率為.【小問2詳解】由題設可得的斜率必存在且不為零，設，，則，由可得，故，，由可得，故即，且，又，故，21.對非空數集，，定義與的和集.對任意有限集，記為集合中元素的個數.（1）若集合，，寫出集合與；（2）若集合滿足，，且，求證：數列，，，是等差數列；（3）設集合滿足，，且，集合（，），求證：存在集合滿足且.【21~23題答案】【答案】（1），；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】【分析】（1