?2022年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)二模試卷
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)．
1．（4分）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（2，1），則復(fù)數(shù)＝（　?。?br /> A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i
2．（4分）“x＞1”是“x2＞1”的（　?。?br /> 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
3．（4分）函數(shù)f（x）＝2cos2x﹣1是（　?。?br /> A．最小正周期為2π的偶函數(shù)
B．最小正周期為2π的奇函數(shù)
C．最小正周期為π的偶函數(shù)
D．最小正周期為π的奇函數(shù)
4．（4分）（x2﹣）6的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為（　?。?br /> A．240 B．﹣240 C．480 D．﹣480
5．（4分）已知兩條不同的直線l，m與兩個(gè)不同的平面α，β，則下列結(jié)論中正確的是（　?。?br /> A．若l∥α，m⊥l，則m⊥α B．若l⊥α，l∥β，則α⊥β
C．若m⊥α，l⊥m，則l∥α D．若α⊥β，l⊥α，則l∥β
6．（4分）小王每天在6：30至6：50出發(fā)去上班，其中在6：30至6：40出發(fā)的概率為0.3，在該時(shí)間段出發(fā)上班遲到的概率為0.1；在6：40至6：50出發(fā)的概率為0.7，在該時(shí)間段出發(fā)上班遲到的概率為0.2，則小王某天在6：30至6：50出發(fā)上班遲到的概率為（　?。?br /> A．0.13 B．0.17 C．0.21 D．0.3
7．（4分）已知a＝30.5，b＝log32，c＝tan，則（　?。?br /> A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a(chǎn)＞c＞b
8．（4分）設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn．若S2＜S3＜0，則下列結(jié)論中正確的是（　　）
A．a(chǎn)3＜0 B．a(chǎn)2﹣a1＜0 C．a(chǎn)2+a3＜0 D．a(chǎn)4
9．（4分）已知f（x）是偶函數(shù)，它在[0，+∞）上是增函數(shù)．若f（lgx）＞f（1），則x的取值范圍是（　?。?br /> A． B．
C． D．（0，1）∪（10，+∞）
10．（4分）已知雙曲線C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.以線段A1A2為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線交于點(diǎn)M，且點(diǎn)M在第一象限，A2M與另一條漸近線平行．若|F1M|＝，則△MA2F2的面積是（　　）
A． B． C． D．
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．
11．（5分）已知向量＝（﹣2，3），＝（6，m）．若⊥，則m＝　 ?。?br /> 12．（5分）已知拋物線C：x2＝8y，則拋物線C的準(zhǔn)線方程為 　 ?。?br /> 13．（5分）在△ABC中，a＝2，b＝，A＝2B，則cosB＝　 ?。?br /> 14．（5分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)M（2，﹣2），動(dòng)點(diǎn)N滿足|NM|＝1，記d為點(diǎn)N到直線l：x+my+1﹣2m＝0
的距離．當(dāng)m變化時(shí)，直線l所過(guò)定點(diǎn)的坐標(biāo)為 　 ??；d的最大值為 　 ?。?br /> 15．（5分）如圖，某荷塘里浮萍的面積y（單位：m2）與時(shí)間t（單位：月）滿足關(guān)系式：y＝atlna（a為常數(shù)），記y＝f（t）（t≥0）．給出下列四個(gè)結(jié)論：
①設(shè)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列；
②存在唯一的實(shí)數(shù)t0∈（1，2），使得f（2）﹣f（1）＝f′（t0）成立，其中f'（t）是f（t）的導(dǎo)函數(shù)；
③常數(shù)a∈（1，2）；
④記浮萍蔓延到2m2，3m2，6m2所經(jīng)過(guò)的時(shí)間分別為t1，t2，t3，則t1+t2＞t3．
其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 　 ?。?br />
三、解答題共6小題，共85分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程．
16．（13分）如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB，D為BC的中點(diǎn)，平面A1C1D∩平面ABC＝DP．
（Ⅰ）求證：A1C1∥DP；
（Ⅱ）求平面A1C1D與平面AA1D夾角的余弦值．

17．（14分）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，在條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Tn．若對(duì)任意n∈N*，不等式Tn＜m恒成立，求m的最小值．
條件①：a1＝1且an﹣2an﹣1＝0（n≥2）；
條件②：Sn＝2n﹣1；
條件③：2an﹣Sn＝1．
18．（14分）某商家為了促銷，規(guī)定每位消費(fèi)者均可免費(fèi)參加一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)，活動(dòng)規(guī)則如下：在一不透明紙箱中有8張相同的卡片，其中4張卡片上印有“幸”字，另外4張卡片上印有“運(yùn)”字．消費(fèi)者從該紙箱中不放回地隨機(jī)抽取4張卡片，若抽到的4張卡片上都印有同一個(gè)字，則獲得一張10元代金券；若抽到的4張卡片中恰有3張卡片上印有同一個(gè)字，則獲得一張5元代金券；若抽到的4張卡片是其他情況，則不獲得任何獎(jiǎng)勵(lì)．
（Ⅰ）求某位消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中抽到的4張卡片上都印有“幸”字的概率；
（Ⅱ）記隨機(jī)變量X為某位消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中獲得代金券的金額數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E（X）；
（Ⅲ）該商家規(guī)定，消費(fèi)者若想再次參加該項(xiàng)抽獎(jiǎng)活動(dòng)，則每抽獎(jiǎng)一次需支付3元．若你是消費(fèi)者，是否愿意再次參加該項(xiàng)抽獎(jiǎng)活動(dòng)？請(qǐng)說(shuō)明理由．
19．（15分）已知函數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a＝1時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）當(dāng)a≥1時(shí)，求證：f（x）≤（a﹣1）x+1；
（Ⅲ）直接寫出a的一個(gè)取值范圍，使得f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1恒成立．
20．（15分）已知橢圓（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)P（2，1），P到橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離和為4．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)Q（4，0），R為PQ的中點(diǎn)，作PQ的平行線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，直線AQ與橢圓C交于另一點(diǎn)M，直線BQ與橢圓C交于另一點(diǎn)N，求證：M，N，R三點(diǎn)共線．
21．（14分）設(shè)I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，?，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]是n+1（n∈N*）個(gè)互不相同的閉區(qū)間，若存在實(shí)數(shù)x0，使得x0∈Ii（i＝1，2，?，n+1），則稱這n+1個(gè)閉區(qū)間為聚合區(qū)間，x0為該聚合區(qū)間的聚合點(diǎn)．
（Ⅰ）已知I1＝[1，3]，I2＝[﹣2，sint]（0＜t＜π）為聚合區(qū)間，求t的值；
（Ⅱ）已知I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，?，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]為聚合區(qū)間．
（?。┰O(shè)x0，y0是該聚合區(qū)間的兩個(gè)不同的聚合點(diǎn)．求證：存在k，l∈{1，2，?，n+1}，使得[ak，bl]?Ii（i＝1，2，?，n+1）；
（ⅱ）若對(duì)任意p，q（p≠q且p，q∈{1，2，?，n+1}），都有Ip，Iq互不包含．求證：存在不同的i，j∈{1，2，?，n+1}，使得．

2022年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)二模試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)．
1．（4分）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（2，1），則復(fù)數(shù)＝（　　）
A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i
【分析】直接利用復(fù)數(shù)的幾何意義及共軛復(fù)數(shù)的定義即可求解．
【解答】解：由復(fù)數(shù)的幾何意義可知，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（2，1），
則z＝2+i，
故＝2﹣i．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了復(fù)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用，共軛復(fù)數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題．
2．（4分）“x＞1”是“x2＞1”的（　?。?br /> 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
【分析】直接利用充要條件的判斷方法判斷即可．
【解答】解：因?yàn)椤皒＞1”?“x2＞1”，而“x2＞1”推不出“x＞1”，所以“x＞1”是“x2＞1”充分不必要條件．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查充要條件的判定，基本知識(shí)的考查，注意條件與結(jié)論的判斷．
3．（4分）函數(shù)f（x）＝2cos2x﹣1是（　?。?br /> A．最小正周期為2π的偶函數(shù)
B．最小正周期為2π的奇函數(shù)
C．最小正周期為π的偶函數(shù)
D．最小正周期為π的奇函數(shù)
【分析】化簡(jiǎn)可得f（x）＝cos2x，再根據(jù)余弦函數(shù)的周期性與奇偶性，得解．
【解答】解：f（x）＝2cos2x﹣1＝cos2x，最小正周期T＝＝π，是偶函數(shù)．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，熟練掌握二倍角公式，余弦函數(shù)的周期性與奇偶性是解題的關(guān)鍵，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．
4．（4分）（x2﹣）6的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為（　?。?br /> A．240 B．﹣240 C．480 D．﹣480
【分析】求出通項(xiàng)公式，運(yùn)用指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)，令指數(shù)為0，解方程可得r＝4，即可得到所求常數(shù)項(xiàng)．
【解答】解：（x2﹣ ）6的通項(xiàng)公式為Tr+1＝?（x2）6﹣r（﹣）r
＝?x12﹣3r（﹣2）r，
令12﹣3r＝0，可得r＝4，
則展開式的常數(shù)項(xiàng)為 （﹣2）4＝240．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查二項(xiàng)式定理的運(yùn)用，主要是通項(xiàng)公式的運(yùn)用和指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)，考查運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
5．（4分）已知兩條不同的直線l，m與兩個(gè)不同的平面α，β，則下列結(jié)論中正確的是（　　）
A．若l∥α，m⊥l，則m⊥α B．若l⊥α，l∥β，則α⊥β
C．若m⊥α，l⊥m，則l∥α D．若α⊥β，l⊥α，則l∥β
【分析】對(duì)于A，m與α平行或m?α或m與α相交；對(duì)于B，由面面垂直的判定定理得α⊥β；對(duì)于C，l∥α或l?α；對(duì)于D，l∥β或l?β．
【解答】解：兩條不同的直線l，m與兩個(gè)不同的平面α，β，
對(duì)于A，若l∥α，l⊥m，則m與α平行或m?α或m與α相交，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若l⊥α，l∥β，則由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正確；
對(duì)于C，若m⊥α，l⊥m，則l∥α或l?α，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，若α⊥β，l⊥α，則l∥β或l?β，故D錯(cuò)誤．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力，是中檔題．
6．（4分）小王每天在6：30至6：50出發(fā)去上班，其中在6：30至6：40出發(fā)的概率為0.3，在該時(shí)間段出發(fā)上班遲到的概率為0.1；在6：40至6：50出發(fā)的概率為0.7，在該時(shí)間段出發(fā)上班遲到的概率為0.2，則小王某天在6：30至6：50出發(fā)上班遲到的概率為（　?。?br /> A．0.13 B．0.17 C．0.21 D．0.3
【分析】根據(jù)全概率公式計(jì)算即可得解．
【解答】解：由題意在6：30至6：50出發(fā)上班遲到的概率為0.3×0.1+0.7×0.2＝0.17，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全概率公式，屬于基礎(chǔ)題．
7．（4分）已知a＝30.5，b＝log32，c＝tan，則（　?。?br /> A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a(chǎn)＞c＞b
【分析】利用對(duì)數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解．
【解答】解：∵30.5＞30＝1，∴a＞1，
∵0＝log31＜log32＜log33＝1，∴0＜b＜1，
∵＝﹣＜0，∴c＜0，
∴a＞b＞c，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查三個(gè)數(shù)的大小的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意對(duì)數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)的合理運(yùn)用．
8．（4分）設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn．若S2＜S3＜0，則下列結(jié)論中正確的是（　?。?br /> A．a(chǎn)3＜0 B．a(chǎn)2﹣a1＜0 C．a(chǎn)2+a3＜0 D．a(chǎn)4
【分析】根據(jù)S2＜S3＜0，可得a3＞0，a2＜0，從而可判斷AB，舉出反例即可判斷C，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合基本不等式即可判斷D．
【解答】解：因?yàn)镾2＜S3＜0，
所以S3﹣S2＝a3＞0，故A錯(cuò)誤；
S3＝3a2＜0，所以a2＜0，
則公差d＝a3﹣a2＝a2﹣a1＞0，故B錯(cuò)誤；
所以等差數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，
則a4＞0，a5＞0，a3≠a5，
則a3+a5＞2，
所以2a4＝a3+a5＞2，
所以a4＞，故D正確；
對(duì)于C，當(dāng)a1＝﹣3，d＝2時(shí)，
a2＝﹣1，a3＝1，S2＝﹣4＜S3＝﹣3＜0，
此時(shí)a2+a3＝0，故C錯(cuò)誤．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．
9．（4分）已知f（x）是偶函數(shù)，它在[0，+∞）上是增函數(shù)．若f（lgx）＞f（1），則x的取值范圍是（　?。?br /> A． B．
C． D．（0，1）∪（10，+∞）
【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性之間的關(guān)系，結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵f（x）是偶函數(shù)，在[0，+∞）上是增函數(shù)，
根據(jù)偶函數(shù)的對(duì)稱性可知，在（﹣∞，0）上是減函數(shù)，距離對(duì)稱軸越遠(yuǎn)，函數(shù)值越大，
若f（lgx）＞f（1），
則|lgx|＞1，
∴x＞10或0＜x＜．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查不等式的解法，利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，綜合考查函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用．
10．（4分）已知雙曲線C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.以線段A1A2為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線交于點(diǎn)M，且點(diǎn)M在第一象限，A2M與另一條漸近線平行．若|F1M|＝，則△MA2F2的面積是（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】設(shè)出雙曲線的右焦點(diǎn)，漸近線方程，由圓x2+y2＝a2與直線y＝x，求得交點(diǎn)M（，），再由兩直線平行的條件：斜率相等，化簡(jiǎn)方程，結(jié)合|F1M|＝，可求雙曲線方程，從而可求面積．
【解答】解：設(shè)雙曲線C：＝1（a＞0，b＞0）的A1（﹣a，0），A2（a，0），右焦點(diǎn)為F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），
漸近線方程為y＝±x，
由圓x2+y2＝a2與直線y＝x，求得交點(diǎn)M（，），
由直線FM平行于另一條漸近線，可得：＝﹣，
化為c＝2a，∴b2＝c2﹣a2＝3a2，∴
因?yàn)閨F1M|＝＝，
所以+＝＝21，∴a2＝3，∴c2＝12，b2＝9，
所以M（，），A2（，0），F(xiàn)2（2，0），
所以S＝×（2﹣）×＝．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，注意運(yùn)用直線和圓求得交點(diǎn)，以及兩直線平行的條件和三角形的面積的求法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．
11．（5分）已知向量＝（﹣2，3），＝（6，m）．若⊥，則m＝　4?。?br /> 【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量的數(shù)量積公式，即可求解．
【解答】解：∵向量＝（﹣2，3），＝（6，m），⊥，
∴﹣2×6+3m＝0，解得m＝4．
故答案為：4．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查向量的數(shù)量積公式，屬于基礎(chǔ)題．
12．（5分）已知拋物線C：x2＝8y，則拋物線C的準(zhǔn)線方程為 　y＝﹣2?。?br /> 【分析】直接利用拋物線方程求解準(zhǔn)線方程即可．
【解答】解：拋物線C：x2＝8y，則拋物線C的準(zhǔn)線方程為：y＝﹣2．
故答案為：y＝﹣2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
13．（5分）在△ABC中，a＝2，b＝，A＝2B，則cosB＝　?。?br /> 【分析】由已知結(jié)合正弦定理及二倍角公式進(jìn)行化簡(jiǎn)可求．
【解答】解：由正弦定理得，，
所以，
所以cosB＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理在求解三角形中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
14．（5分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)M（2，﹣2），動(dòng)點(diǎn)N滿足|NM|＝1，記d為點(diǎn)N到直線l：x+my+1﹣2m＝0
的距離．當(dāng)m變化時(shí)，直線l所過(guò)定點(diǎn)的坐標(biāo)為 ?。ī?，2）?。籨的最大值為 　6?。?br /> 【分析】在直線的方程中，分離參數(shù)，令參數(shù)的系數(shù)等于零，求得x、y的值，可得直線l所過(guò)定點(diǎn)的坐標(biāo)．再根據(jù)點(diǎn)N的軌跡，求出d的最大值．
【解答】解：直線l：x+my+1﹣2m＝0，即x+m（y﹣2）+1＝0，令y﹣2＝0，求得y＝2，x＝﹣1，
可得直線l所過(guò)定點(diǎn)的坐標(biāo)為A（﹣1，2）．
由題意，點(diǎn)N的軌跡是以M為圓心，半徑等于1的圓，
d的最大值為 MA+1＝+1＝5+1＝6，
故答案為：（﹣1，2）；6．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，點(diǎn)到直線的距離的最大值，屬于基礎(chǔ)題．
15．（5分）如圖，某荷塘里浮萍的面積y（單位：m2）與時(shí)間t（單位：月）滿足關(guān)系式：y＝atlna（a為常數(shù)），記y＝f（t）（t≥0）．給出下列四個(gè)結(jié)論：
①設(shè)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列；
②存在唯一的實(shí)數(shù)t0∈（1，2），使得f（2）﹣f（1）＝f′（t0）成立，其中f'（t）是f（t）的導(dǎo)函數(shù)；
③常數(shù)a∈（1，2）；
④記浮萍蔓延到2m2，3m2，6m2所經(jīng)過(guò)的時(shí)間分別為t1，t2，t3，則t1+t2＞t3．
其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 ?、佗冖堋。?br />
【分析】根據(jù)f（0）＜1、f（3）＝6求出a的取值范圍，即可判斷③，再根據(jù)等比數(shù)列的定義判斷①，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合零點(diǎn)存在性定理判斷②，根據(jù)指數(shù)對(duì)數(shù)的關(guān)系及對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷④；
【解答】解：依題意f（t）＝atlna，
因?yàn)閒（0）＝a0lna＜1，所以0＜a＜e且a≠1，
又f（3）＝a3lna＝6，所以lna＞0，所以1＜a＜e，即a∈（1，e），
令h（a）＝a3lna，a∈（1，e），
則h′（a）＝3a2lna+a2＞0，
則h（a）＝a3lna在a∈（1，e）上單調(diào)遞增，
又h（2）＝23ln2＜6，所以a∈（2，e），故③錯(cuò)誤；
由已知可得，則，
所以，
所以{an}是以alna為首項(xiàng)，a為公比的等比數(shù)列，故①正確；
令f（t）＝atlna，
則f′（t）＝at（lna）2，f（2）＝a2lna，f（1）＝alna，
令，
則，
因?yàn)閍∈（2，e），所以，
即，在t0∈（1，2）上單調(diào)遞增，
因?yàn)閍∈（2，e），所以lna﹣a＜0，lna﹣1＜0，alna＞0，
令φ（a）＝lna﹣a+1，a∈（2，e），
則，
所以φ（a）＝lna﹣a+1，在a∈（2，e）上單調(diào)遞減，且φ（2）＝ln2﹣2+1﹣ln2﹣1＜0，
即φ（a）＝lna﹣a+1＜0，
令H（a）＝alna﹣a+1，a∈（2，e），
則H′（a）＝lna＞0，
所以H（a）＝alna﹣a+1在a∈（2，e）上單調(diào)遞增，
又H（2）＝2ln2﹣2+1＝2ln2﹣1＞0，
所以H（a）＝alna﹣a+1＞0，
所以g（1）＝a（lna）2﹣a2lna+alna＝alna（lna﹣a）+alna＝alna（lna﹣a+1）＜0，
g（2）＝a2（lna）2﹣a2lna+alna＝a2lna（lna﹣1）+alna＝alna（alna﹣a+1）＞0．
故存在t0∈（1，2）上，g（t0）＝0，故②正確；
依題意，
所以，
所以，則，
即，
所以，
因?yàn)閍∈（2，e），所以ln2＜lna＜1，
所以，
所以，
所以t1+t2﹣t3＞0，即t1+t2＞t3，故④正確；
故答案為：①②④．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等比數(shù)列的定義，導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，屬于難題．
三、解答題共6小題，共85分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程．
16．（13分）如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB，D為BC的中點(diǎn)，平面A1C1D∩平面ABC＝DP．
（Ⅰ）求證：A1C1∥DP；
（Ⅱ）求平面A1C1D與平面AA1D夾角的余弦值．

【分析】（Ⅰ）利用面面平行證明線線平行；
（Ⅱ）建立空間直角系，分別求出平面A1C1D與平面AA1D的法向量，利用求出答案．
【解答】（Ⅰ）證明：連接A1P，平面ABC∥平面A1B1C1，
∵平面ABC?平面A1C1DP＝DP，平面A1B1C1∩平面A1C1DP＝A1C1，
∴A1C1∥DP．

（Ⅱ）解：設(shè)AA1＝AB＝2m，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD為x軸，CD為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

∴D（0，0，0），，，C1（0，﹣m，2m），
設(shè)平面A1C1D的法向量為，
，，
聯(lián)立方程，
解得：，，
∴，
同理求得平面AA1D的法向量，
∴，
平面A1C1D與平面AA1D夾角的余弦值為．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查空間中的平行關(guān)系，面面角的相關(guān)計(jì)算等知識(shí)，屬于中等題．
17．（14分）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，在條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Tn．若對(duì)任意n∈N*，不等式Tn＜m恒成立，求m的最小值．
條件①：a1＝1且an﹣2an﹣1＝0（n≥2）；
條件②：Sn＝2n﹣1；
條件③：2an﹣Sn＝1．
【分析】（Ⅰ）選條件①時(shí)，利用等比數(shù)列的定義求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；
選條件②時(shí)，利用數(shù)列的遞推關(guān)系求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；
選條件③時(shí)，利用數(shù)列的遞推關(guān)系式求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的結(jié)論，進(jìn)一步利用函數(shù)的單調(diào)性和極限的應(yīng)用求出結(jié)果．
【解答】解：（Ⅰ）選條件①：a1＝1且an﹣2an﹣1＝0（n≥2）時(shí)；
由于（常數(shù)），
所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列；
所以，（首項(xiàng)符合通項(xiàng)）；
所以；
選條件②時(shí)：Sn＝2n﹣1；
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，
當(dāng)n≥2時(shí)，（首項(xiàng)符合通項(xiàng)）；
故所以；
選條件③時(shí)，2an﹣Sn＝1（i），
當(dāng)n＝1時(shí)，2a1﹣S1＝a1＝1，
當(dāng)n≥2時(shí)，2an﹣1﹣Sn﹣1＝1（ii），
（i）﹣（ii）時(shí)，整理得（常數(shù)），
所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列；
所以，（首項(xiàng)符合通項(xiàng)）；
所以；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，所以；
故＝．
由于函數(shù)f（x）＝單調(diào)遞增，
當(dāng)x→+∞時(shí)，→0，
所以m的最小值為2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：數(shù)列的遞推關(guān)系式，數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，數(shù)列的求和，函數(shù)的單調(diào)性，極限的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于中檔題．
18．（14分）某商家為了促銷，規(guī)定每位消費(fèi)者均可免費(fèi)參加一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)，活動(dòng)規(guī)則如下：在一不透明紙箱中有8張相同的卡片，其中4張卡片上印有“幸”字，另外4張卡片上印有“運(yùn)”字．消費(fèi)者從該紙箱中不放回地隨機(jī)抽取4張卡片，若抽到的4張卡片上都印有同一個(gè)字，則獲得一張10元代金券；若抽到的4張卡片中恰有3張卡片上印有同一個(gè)字，則獲得一張5元代金券；若抽到的4張卡片是其他情況，則不獲得任何獎(jiǎng)勵(lì)．
（Ⅰ）求某位消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中抽到的4張卡片上都印有“幸”字的概率；
（Ⅱ）記隨機(jī)變量X為某位消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中獲得代金券的金額數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E（X）；
（Ⅲ）該商家規(guī)定，消費(fèi)者若想再次參加該項(xiàng)抽獎(jiǎng)活動(dòng)，則每抽獎(jiǎng)一次需支付3元．若你是消費(fèi)者，是否愿意再次參加該項(xiàng)抽獎(jiǎng)活動(dòng)？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)古典概型的概率公式計(jì)算可得；
（Ⅱ）依題意X的可能取值為0、5、10，求出所對(duì)應(yīng)的概率，列出分布列，即可求出數(shù)學(xué)期望；
（Ⅲ）記隨機(jī)變量Y為消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中的收益，則Y＝X﹣3，根據(jù)期望的性質(zhì)求出E（Y），即可判斷；
【解答】（Ⅰ）解：記“某位消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中抽到的4張卡片上都印有“幸”字”為事件A，
則，
所以某位消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中抽到的4張卡片上都印有“幸”字的概率為；
（Ⅱ）解：依題意隨機(jī)變量X的所有可能取值為0、5、10，
則，
，
，
所以X的分布列為：
X
0
5
10
P



所以；
（Ⅲ）解：記隨機(jī)變量Y為消費(fèi)者在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中的收益，
則Y＝X﹣3，
所以，
所以我不愿意再次參加該項(xiàng)抽獎(jiǎng)活動(dòng)．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了古典概型，離散型隨機(jī)變量的分布列和期望，屬于中檔題．
19．（15分）已知函數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a＝1時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）當(dāng)a≥1時(shí)，求證：f（x）≤（a﹣1）x+1；
（Ⅲ）直接寫出a的一個(gè)取值范圍，使得f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1恒成立．
【分析】（Ⅰ）求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可求出極值；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最大值即可得出結(jié)論；
（Ⅲ）將f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1變形為ax（xex+ex﹣1）≤xex﹣ex+1，分別證得x（xex+ex﹣1）與xex﹣ex+1恒非負(fù)，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)a＝1時(shí)，，則，
令f'（x）＝0，即x＝0，
所以當(dāng)x＜0時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞0時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
因此f（x）在x＝0處取得極大值，，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞），在x＝0處取得極大值，且極大值為1；
（Ⅱ）證明：要證f（x）≤（a﹣1）x+1，即證，
因此設(shè)，則，
令m（x）＝a﹣ax﹣1﹣（a﹣1）ex，則m'（x）＝﹣a﹣（a﹣1）ex，
因?yàn)閍≥1，所以m'（x）＝﹣a﹣（a﹣1）ex≤0，
因此m（x）單調(diào)遞減，且m（0）＝a﹣1﹣（a﹣1）e0＝0，
所以x∈（﹣∞，0）時(shí)，m（x）＞0；當(dāng) x∈（0，+∞）時(shí)，m（x）＜0；
即x∈（﹣∞，0）時(shí)，g'（x）＞0；當(dāng) x∈（0，+∞）時(shí)，g'（x）＜0；
所以g（x）在x∈（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以g（x）在x＝0處取得極大值也是最大值，且，
故．
（Ⅲ）要證f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1，即證，
也即是ax+1≥ax2ex+（a﹣1）xex+ex，即證ax（xex+ex﹣1）≤xex﹣ex+1，
令G（x）＝xex﹣ex+1，則G'（x）＝xex，
當(dāng)x＞0時(shí)，G′（x）＞0，即G（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＜0時(shí)，G′（x）＜0，即G（x）單調(diào)遞減；
所以G（x）min＝G（0）＝0，故xex﹣ex+1≥0，
令H（x）＝x（xex+ex﹣1）＝x2ex+xex﹣x，則H'（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1
令M（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1，則M'（x）＝（x2+5x+4）ex，
M'（x）＝0，則x1＝﹣4，x2＝﹣1
所以x＜﹣4和x＞﹣1時(shí)，M'（x）＞0，則M（x）單調(diào)遞增；
﹣4＜x＜﹣1時(shí)，M'（x）＜0，則M（x）單調(diào)遞減，
且M（﹣4）＝5e﹣4﹣1＜0，M（﹣1）＝﹣e﹣1﹣1＜0，M（0）＝e0﹣1＝0，
因此x＜0時(shí)，M（x）＜0，即H'（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1＜0，所以H（x）單調(diào)遞減，
x＞0時(shí)，M（x）＞0，即H'（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1＞0，所以H（x）單調(diào)遞增，
所以H（x）min＝H（0）＝0，即x（xex+ex﹣1）≥0
因此當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1恒成立．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值，不等式恒成立問(wèn)題，考查了轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想，屬中檔題．
20．（15分）已知橢圓（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)P（2，1），P到橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離和為4．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)Q（4，0），R為PQ的中點(diǎn)，作PQ的平行線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，直線AQ與橢圓C交于另一點(diǎn)M，直線BQ與橢圓C交于另一點(diǎn)N，求證：M，N，R三點(diǎn)共線．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)橢圓定義，可求得a值，將P點(diǎn)坐標(biāo)代入，即可求得b2，即可得答案；
（Ⅱ）由題意可得R點(diǎn)坐標(biāo)和直線PQ的斜率，即可設(shè)直線的方?為，A（x1，y1），B（x2，y2），M（xm，ym），N（xn，yn），可得直線AQ的方程為，與橢圓聯(lián)立，即可求得ym，xm表達(dá)式，同理可得yn，xn表達(dá)式，即可求導(dǎo)直線MN的斜率，再求得直線MR的斜率，分析即可得證．
【解答】解：（Ⅰ）根據(jù)橢圓的定義可得，解得，
又過(guò)點(diǎn)P（2，1），所以，解得b2＝2，
所以橢圓C的方程為；
證明：（Ⅱ）因?yàn)镻（2，1），Q（4，0），
所以，
設(shè)直線的方程為，
所以，
所以直線AQ的方程為，直線BQ的方程為，
聯(lián)立直線AQ與橢圓，消去x可得，
所以，又代入，
整理可得，代入直線AQ，可得，
同理可得，
所以，
又，
所以M，N，R三點(diǎn)共線．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直線與橢圓的綜合應(yīng)用，屬于難題．
21．（14分）設(shè)I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，?，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]是n+1（n∈N*）個(gè)互不相同的閉區(qū)間，若存在實(shí)數(shù)x0，使得x0∈Ii（i＝1，2，?，n+1），則稱這n+1個(gè)閉區(qū)間為聚合區(qū)間，x0為該聚合區(qū)間的聚合點(diǎn)．
（Ⅰ）已知I1＝[1，3]，I2＝[﹣2，sint]（0＜t＜π）為聚合區(qū)間，求t的值；
（Ⅱ）已知I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，?，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]為聚合區(qū)間．
（?。┰O(shè)x0，y0是該聚合區(qū)間的兩個(gè)不同的聚合點(diǎn)．求證：存在k，l∈{1，2，?，n+1}，使得[ak，bl]?Ii（i＝1，2，?，n+1）；
（ⅱ）若對(duì)任意p，q（p≠q且p，q∈{1，2，?，n+1}），都有Ip，Iq互不包含．求證：存在不同的i，j∈{1，2，?，n+1}，使得．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意可得當(dāng)且僅當(dāng)sint＝1時(shí)成立，由此求出t的值．
（Ⅱ）（i）設(shè)x0＜y0，根據(jù)區(qū)間端點(diǎn)的大小關(guān)系證明所有區(qū)間都包含[x0，y0]即可；
（ii）先分析n+1個(gè)互不相同的集合的區(qū)間端點(diǎn)的大小關(guān)系，再設(shè)a1＜a2＜???＜an+1，再根據(jù)區(qū)間端點(diǎn)的距離為l，累加即可證明（bi﹣ai）．
【解答】解：（Ⅰ）由0＜t＜π，得0＜sint≤1，
∵l1，l2為聚合區(qū)間的兩個(gè)不同的聚合點(diǎn)，
由定義可得l1∩l≠?，∴當(dāng)且僅當(dāng)sint＝1時(shí)成立，故t＝；
（Ⅱ）（i）證明：由x0，y0是該聚合區(qū)間的兩個(gè)不同的取合點(diǎn)，
不妨設(shè)x0＜y0，∵x0∈li（i＝1，2，???，n+1），∴a1，a2，???，an﹣1≤x0，
又y0∈li（i＝1，2，???，n+1），∴y0≤b1，b2，???，bn+1，
不妨設(shè)a1，a2，???，an+1中的最大值為ak，
b1，b2，b3，???，bn﹣1中最小值為bj，
a1，a2，???，an+1≤ak≤x0＜y0≤bj≤b1，b2，???，bn+1，
∴a1，a2，???，an+1≤ak＜bj≤b1，b2，???，bn+1，
∴存在k，l∈{1，2，?，n+1}，使得[ak，bl]?Ii（i＝1，2，?，n+1）；
（ii）證明：若存在as＝at（s≠t），則Is?It或It?Is，與已知條件矛盾，
不妨設(shè)a1＜a2＜???＜an+1，則bk＜bk+1（k＝1，2，???，n），
否則，若bk≥bk+1，則Ik+1?Ik，與已知條件矛盾，
取l＝min{a2﹣a1，a3﹣a2，???，an+1﹣an，b2﹣b1，b3﹣b2，???，bn+1﹣bn}，
設(shè)m∈{1，2，???，n+1}，
當(dāng)am+1﹣am＝l時(shí)，bm﹣b1＝（bm﹣bm﹣1）+???+（b2﹣b1）≥（m﹣1）l，
an+1﹣am＝（an+1﹣an）+???+（am+1﹣am）≥（n﹣m+1）l，
∵b1＞an+1，∴an+1﹣b1＜0，∴bm﹣am≥（bm﹣b1）+（an+1﹣am）≥nl，
即，∴bm﹣am+1＝bm﹣am﹣（am+1﹣am）≥，
此時(shí)取i＝m，j＝m+1則bi﹣aj≥，
綜上，存在不同的i，j∈{1，2，???，n+1}，使得bi﹣aj≥．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了新定義的集合類證明，先畫數(shù)軸分析題目中區(qū)間的關(guān)系，再湊出所需證明的不等式即可，是難題．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2023/5/15 15:50:18；用戶：高中數(shù)學(xué)01；郵箱：pdsw9@xyh.com；學(xué)號(hào)：21616314

相關(guān)試卷

北京市豐臺(tái)區(qū)2023屆高三數(shù)學(xué)二模試題（Word版附解析）：

這是一份北京市豐臺(tái)區(qū)2023屆高三數(shù)學(xué)二模試題（Word版附解析），共24頁(yè)。

北京市豐臺(tái)區(qū)2023屆高三數(shù)學(xué)二模試題（Word版附解析）：

這是一份北京市豐臺(tái)區(qū)2023屆高三數(shù)學(xué)二模試題（Word版附解析），共24頁(yè)。

2022年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)綜合練習(xí)試卷（一）（一模）：

這是一份2022年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)綜合練習(xí)試卷（一）（一模），共20頁(yè)。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2021年北京市順義區(qū)高考數(shù)學(xué)二模試卷

2021年北京市順義區(qū)高考數(shù)學(xué)二模試卷
北京市豐臺(tái)區(qū)2023屆高三數(shù)學(xué)二模試題（Word版附解析）

北京市豐臺(tái)區(qū)2023屆高三數(shù)學(xué)二模試題（Word版附解析）
2023年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷（含答案解析）

2023年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷（含答案解析）
2022年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)二模試卷（含答案解析）

2022年北京市豐臺(tái)區(qū)高考數(shù)學(xué)二模試卷（含答案解析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部