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2022 北京朝阳高三一模
数学
一､选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合
题目要求的一项.
1. 已知集合 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将集合 、 化简，再根据并集的运算求解即可.
【详解】∵集合 ，集合 ，
∴ ．
故选：D.
2. 直线 被圆 截得的弦长为（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，然后利用半径、圆心距和弦的关系可求出弦长
【详解】解：圆 的圆心为 ，半径 ，
则圆心 到直线 的距离 ，
所以直线 被圆 所截得的弦长为 ，
故选：B
3. 已知平面向量 ， 满足 ， ，且 与 的夹角为 ，则 （ ）A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量数量积的定义及运算性质即得．
【详解】∵ ， ，且 与 的夹角为 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选：A.
4. 设 ，若 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数函数的性质即得.
【详解】∵ ，
∴ ， ， ，
∴ .
故选：C.
5. 已知函数 ，若 ，则实数 的值为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得 或 ，即求.【详解】∵函数 ， ，
∴ 或 ，
解得 .
故选：C.
6. 已知 ，则“ ”是“ ”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义，利用基本不等式定理与举特例判断可得．
【详解】解：当 时，有 ；
当 时，有 成立，
综上，“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：A．
7. 已知三棱锥 ，现有质点Q从A点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶
点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到A点的不同路径的种数为( )
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】第1步和最后一步位置都是A，中间两步位置可从B、C、D三个点中选两个排列即可.
【详解】可以看成先后顺序为1、2、3、4的四个座位，第1和第4个座位都是A，第2和第3两个座位从
B、C、D三个字母选两个进行排列，共 种排法.故选：B.
8. 已知数列 ，若存在一个正整数 使得对任意 ，都有 ，则称 为数列 的周期.
若四个数列分别满足：
① ， ；
② ， ；
③ ， ， ；
④ ， .
则上述数列中，8为其周期的个数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用数列的周期的定义逐项分析即得.
【详解】①∵ ，
∴数列 的周期为 ，故8也是数列 的周期；
②由 ， ，可得
故数列 的周期为 ；
③由 ， ， 可得，
，
故数列 的周期为 ；
④由 ， 可得，，
故数列 的周期为 ，所以8也是数列 的周期.
故8为其周期的数列个数为2.
故选：B.
9. 如图1，北京2022年冬奥会比赛场地之一首钢滑雪大跳台与电力厂的冷却塔交相辉映，实现了它与老工
业遗址的有效融合.如图2，冷却塔的外形是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面.它的最小半径为
，上口半径为 ，下口半径为 ，高为 .在冷却塔的轴截面所在平面建立如图3所示的
平面直角坐标系，设 ， ， ， ，则双曲线的方程近似为（ ）
（参考数据： ， ， ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，设双曲线的标准方程为 ，进而结合题意得 ，设
，则 ，再待定系数，结合已知数据计算即可.
【详解】解：根据题意，设双曲线的标准方程为 ，因为 ， ， ， ，
所以 ，设 ，
则点 在双曲线 上，
所以 ， ，
因为 ， ，
所以 ， ，
所以 ，解得 ，
所以 .
故双曲线的方程近似为 .
故选：A
10. 在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示， ， ， 两两垂直， （单位：
），小明同学计划通过侧面 内任意一点 将木块锯开，使截面平行于直线 和 ，则该截面
面积（单位： ）的最大值是（ ）A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，在平面 内，过点 作 分别交 于 ，在平面 内，过
作 交 于 ，在平面 内，过 作 交 于 ，连接 ，进而根据题意，
∽ ，设其相似比为 ，则 ，再证明四边形 是矩形，再结合相似
比和二次函数性质求解即可.
【详解】解：根据题意，在平面 内，过点 作 分别交 于 ，
在平面 内，过 作 交 于 ，
在平面 内，过 作 交 于 ，连接 ，作图如下，
因为 ，则 ，
所以 ∽ ，设其相似比为 ，
则 ，
因为 ，所以在 中， ，
因为 ，所以 ，即 ，
因为 ，则 ，所以， ∽ ，即 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
同理 ∽ ，即 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，
所以 平面 ， 平面 ，
因为 平面 ，
所以 ，
因为
所以
因为 ，所以 ∽ ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以四边形 是矩形，即 ，
所以，由二次函数的性质知，当 时， 有最大值 .
故选：B
二､填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题卡上.
11. 计算 ________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的运算求解即可.
【详解】解： .
故答案为： .
12. 已知数列 是首项为3，公比为 的等比数列， 是其前 项的和，若 ，则
___________； ___________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式求出公比，再根据等比数列的求和公式可求出结果.
【详解】解：设等比数列 的公比为 ，因为
则 ，将 代入得 ，得 ，
所以 ，
所以 .
故答案为： ； .13. 已知直线 和 是曲线 的相邻的两条对称轴，则满足条件的一个
的值是___________.
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据周期求 ，再根据函数的对称性求 .
【详解】由条件可知 ，得 ，
当 时， ， ，
得 ， ，
当 时， .
故答案 为： （答案不唯一）
14. 某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为 的一块扇形空置地（如图），现欲从中规划出一
块三角形绿地 ，其中 在 上， ，垂足为 ， ，垂足为 ，设
，则 ___________（用 表示）；当 在 上运动时，这块三角形绿地的最
大面积是___________.【答案】 ①. 米 ②. 平方米.
【解析】
【分析】由题可得 ，结合条件及面积公式可得
，再利用三角恒等变换及正弦函数的性质即得.
【详解】在 中， ，AP=60米，
∴ （米），
在 中，可得 ，
由题可知 ，
∴ 的面积为：，
又 ， ，
∴当 ，即 时， 的面积有最大值 平方米，
即三角形绿地的最大面积是 平方米.
故答案为： 米； 平方米.
15. 在平面直线坐标系 中，设抛物线 ： 的焦点为 ，直线 ： 与抛物线 交
于点 ，且点 在 轴上方，过点 作抛物线 的切线与抛物线 的准线交于点 ，与 轴交于点 .给
出下列四个结论：
① 的面积是 ；
②点 的坐标是 ；
③在 轴上存在点 使 ；
④以 为直径的圆与 轴的负半轴交于点 ，则 .
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据题意 ，进而联立方程得 ，再根据导数的几何意义求得过点 与
抛物线 相切的切线方程为 ，进而结合题意，依次讨论求解即可.详解】解：根据题意 ，联立方程 得 ，
【
解得 或 ，
因为点 在 轴上方，所以点 ，
所以 的面积是 ，故①正确；
由于抛物线 在 轴上方对应的曲线方程为 ， ，
所以过点 与抛物线 相切的切线斜率为 ，
所以，过点 与抛物线 相切的切线方程为 ，即 ，
所以 ， ，故②错误；
假设在 轴上存在点 使 ，则 ，
所以 ，解得 ，即存在点 使 ，故③正确；
以 为直径的圆的方程为 ，令 得 ，故其与 轴的负半轴交于点
，此时 ，显然 ，故④正确.
故答案为：①③④三､解答题：本大题共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. 在 中， .
（1）求 ；
（2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使 存在且唯一确定，求
的面积.
条件①： ；条件②： ；条件③： .
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解
答计分.
【答案】（1） ；
（2）详见解析.
【解析】
【
分析】（1）利用正弦定理可得 ，进而可得 ，即得；
（2）选①②利用正弦定理可得 ，又利用诱导公式及和差角公式可得 ，可得
不存在；选①③利用余弦定理及面积公式即得；选②③利用正弦定理可得 ，再利用面积公式即求.
【小问1详解】∵ ，
∴ ，又 ，
∴ ，即 ，又 ，
∴ ；
【小问2详解】
选①②，由 ， ， ，
∴ ， ， ，
又 ，
∴ 不存在；
选①③， ， ，
由余弦定理可得， ，即 ，
∴ ，即 ，
∴ 的面积为 ；
选②③，∵ ， ， ，
∴ ， ，∴ ，
∴ 的面积为 .
17. 某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随
机抽取了50名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分成6组： ，
， ， ， ， ，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）若全校学生参加同样的测试，试估计全校学生的平均成绩（每组成绩用中间值代替）；
（2）在样本中，从其成绩在80分及以上的学生中随机抽取3人，用 表示其成绩在 中的人数，
求 的分布列及数学期望；
（3）在（2）抽取的3人中，用 表示其成绩在 的人数，试判断方差 与 的大小.（直
接写结果）
【答案】（1） ；
（2）分布列见解析， ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）利用直方图的性质及平均数的计算方法即得；
（2）由题可知 服从超几何分布，即求；
（3）由超几何分布即得.【小问1详解】
由直方图可得第二组的频率为 ，
∴全校学生的平均成绩为：
【小问2详解】
由题可知成绩在80分及以上的学生共有 人，其中 中的人数为5，
所以 可取0,1,2,3，则
， ，
， ，
故 的分布列为：
0 1 2 3
P
；
【小问3详解】
.
18. 如图1，在四边形 中， ， ， ， ， ， 分别是
， 上的点， ， ， ， .将 沿 折起到 的位
置，得到五棱锥 ，如图2.（1）求证： 平面 ；
（2）若平面 平面 ，
（i）求二面角 的余弦值；
（ii）对线段 上任意一点 ，求证：直线 与平面 相交.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i） ，（ii）详见解析.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即得；
（2）（i）利用坐标法即求；
（ii）可设 ，进而可得 ，利用向量数量积可得 ，即得.
【小问1详解】
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ 平面 ；
【小问2详解】
（i）由 ，可知 为 的平面角，又平面 平面 ，
∴ ，即 ，又 ，
∴ 平面 ，
如图建立空间直角坐标系，则 ，
∴ ，
设平面 的法向量为 ，则
，即 ，
令 ，则 ，
又平面 的一个法向量可取 ，
∴ ，
∴二面角 的余弦值为 ；
（ii）由题设 ，又 ，
∴ ，∴ ，又 ，
∴ ，又平面 的一个法向量为 ，
由 ，可得 ，又 ，
∴ ，
∴直线 与平面 相交.
19. 已知 ， .
（1）若曲线 在点 处的切线与 轴重合，求 的值；
（2）若函数 在区间 上存在极值，求 的取值范围；
（3）设 ，在（2）的条件下，试判断函数 在区间 上的单调性，并说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）单调递减，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义得曲线 在点 处的切线方程为 ，再结
合题意得 ，进而得答案；
（2）由题知 在区间 上有变号零点，进而分 和 两种情况讨论求解即可；
（3）由题知 ，进而判断 的单调性并进而结合 得函数在 上恒成立，进而判断单调性.
【小问1详解】
解：因 为， ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
因为曲线 在点 处的切线与 轴重合，
所以 ，解得 .
【小问2详解】
解：由（1）得 ，
因为函数 在区间 上存在极值，
所以 在区间 上有变号零点，
当 时， 在区间 上单调递增， ，故不符合题意；
当 时， 在区间 上单调递减，且当 趋近于 时， 趋近于 ，
故要使 在区间 上有变号零点，则 ，即
综上， ，即 的取值范围是 .
【小问3详解】
解：函数 在区间 上单调递减，理由如下：
， ， ，
所以 ，
令 ，则 在 恒成立，所以函数 在 上单调递减，
由于 ，
所以函数 在 上恒成立，
所以函数 在区间 上的单调递减.
20. 已知椭圆 ： 的一个焦点为 ，且过点 .
（1）求椭圆 的方程和离心率；
（2）过点 且与 轴不重合的直线 与椭圆 交于 ， 两点，与直线 交于点 ，点 满足
轴， 轴，试求直线 的斜率与直线 的斜率的比值.
【答案】（1） ，
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求出 后可得椭圆方程并可求离心率.
（2）设 ， ，则可用诸参数表示 ，再联立直线方程和椭圆方程，
并利用韦达定理化简后可得斜率的比值.
【小问1详解】
由题设有 ，故 ，故椭圆 的方程为 ，
故离心率为 .
【小问2详解】
由题设可得 的斜率必存在且不为零，设 ， ，则 ，
由 可得 ，
故 ，
，
由 可得 ，
故 即 ，且 ，
又 ，
故
，
21. 对非空数集 ， ，定义 与 的和集 .对任意有限集 ，记 为集
合 中元素的个数.
（1）若集合 ， ，写出集合 与 ；
（2）若集合 满足 ， ，且 ，求证：数列 ， ，， 是等差数列；
（3）设集合 满足 ， ，且 ，集合
（ ， ），求证：存在集合 满足 且 .
【答案】（1） ， ；
（2）详见解析； （3）详见解析.
【解析】
的
【分析】（1）利用和集 定义即得；
（2）由题可得 ，进而可得 中的所有元素为
，结合条件可得
，即证；
（3）设 ，令集合 ， ，
进而可得 ， ，即得.
【小问1详解】
∵集合 ， ，
∴ ， ；
【小问2详解】
∵ ，
∴集合 中至少包含 个元素，
所以 ，又 ，由题可知 ，又 为整数，
∴ ，
∴ ，
∴ 中的所有元素为 ，
又 是 中的 个元素，且
，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴数列 ， ， ， 是等差数列；
【小问3详解】
∵集合 ，
∴ ，
设 ，其中 ，
设 是首项为 ，公差为 的等差数列，即 ，
令集合 ，
则 ，
∴ ，
即 ，
∵ ，∴ ，
所以 ，
故存在集合 满足 且 .
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
（1）仔细阅读，理解新定义的内涵；
（2）根据新定义，对对应知识进行再迁移.
