文档文本内容
北京市三十九中 2022 年高考数学三模试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
.
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合 ，利用交集运算即可求解.
【详解】因为
所以 ，
故选：A.
2. 已知 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】三个数分别和1比较大小，再结合单调性比较，即可得三个数的大小.
【详解】 ，
所以 .
故选：D
3. 在复平面内，复数 对应的点位于第二象限，则角 的终边在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】由对应复平面的象限得出 且 ，再结合三角函数的定义作出判断.【详解】因为复数 对应的点位于第二象限，所以 且
则角 的终边在第四象限
故选：D
4. 已知函数 ，则不等式 的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导分析单调性，根据 即可解不等式 ．
【详解】 的定义域为 ，由
所以 在 上递减，又 ，
所以不等式 的解集是 ．
故选：D
5. 在 中， ，点P是 的中点，则 （ ）
A. B. 4 C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算计算可得；
【详解】解：如图建立平面直角坐标系，则 ， ， ，
所以 ， ，所以
故选：C6. 在 中， ，则 （ ）
A. B. C. 6 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理可得 ，即可求出 ，再由余弦定理计算可得；
【详解】解：因为 ，由正弦定理可得 ，又 ，所以 ， ，
因为
所以 ，即 ，解得 ，
故选：B
7. 已知直线 经过点 ，则原点到点 的距离可以是（ ）
.
A B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】分析可知，点 在圆 上，利用圆的几何性质可求得 的取值范围，即可得出
合适的选项.
【详解】由题意可得 ，即 ，即点 在圆 上，
，所以，原点在圆 内，如下图所示：
圆 的圆心为 ，半径为 ，
由三角不等式可得 ，即 ，
所以，B选项合乎要求.
故选：B.
【点睛】结论点睛：若点 在圆 内， 为圆 上一点，则 .
8. 在 中，“ ”是“ 为钝角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】推出 的等价式子，即可判断出结论.
【 详 解 】
为钝角三角形.∴在 中，“ ”是“ 为钝角三角形”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中
档题.
9. 等差数列 前 项和为 .已知 ， .记 ，则数列 的（
的
）
A. 最小项为 B. 最大项为 C. 最小项为 D. 最大项为
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得等差数列的通项公式 和前 项和 ，得到 ，结合
，可排除A、D，再求得数列的单调性，得到B不正确，C正确.
【详解】由题意，设等差数列 的公差为 ，
因为 ， ，可得 ，
所以 ， ，
则 ，可得 ，
所以 ，可排除A、D；
设 ，
则 ，因为 ，所以 ，
所以 在区间 和 上都是单调递增函数，
即当 时，数列 为递增数列，
当 时，数列 也为递增数列，
其中 ，
例如当 时，可得 ，所以B不正确，C正确.
故选：C.
【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前 项和公式，求和方
法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问
题时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合
法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
10. 在流行病学中，基本传染数 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者
平均传染的人数. 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决
定，假定某种传染病的基本传染数 ，那么感染人数由1个初始感染者增加到2000人大约需要的传
染轮数为（ ）
注：初始感染者传染 个人为第一轮传染，这 个人再传染 个人为第二轮感染.
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
首先确定经过传染，每一轮感染总人数构成等比数列，首项和公比都是4，再解不等式.【详解】设经过第 轮传染，感染人数为 ， 经过第一轮感染后， ，经过第二轮感染后，
，于是可以得知经过传染，每一轮感染总人数构成等比数列，
所以经过第 轮传染，感染人数为 ，当 时，解得 ，
因此感染人数由1个初始感染者增加到2000人大约需要的传染轮数为6轮.
故选：B．
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11. 函数 的定义域为________.
【答案】 .
【解析】
【分析】令 即可求出 的取值范围，从而可求出函数的定义域.
【详解】解：令 ，即 ，所以 ，
故答案为: .
12. 已知双曲线 （其中 ）的渐近线方程为 ，则 ________， 的右焦点坐
标为________.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线方程为 可得：a=b，再求出焦点坐标.
【详解】∵双曲线 （其中 ）的渐近线方程为
∴ ，∴
∴ ，∴即 的右焦点坐标为
故答案为：2， .
13. 已知平面向量 与 的夹角为 ，则 ________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量夹角公式列方程，并解 .
【详解】由已知得 ，
即 ，
解得 或 ，
当 时， ，不成立，
故答案为： .
14. 已知函数 .若非零实数 ， ，使得 对 都成立，则满足条件的一
组值可以是 ____， ___.（只需写出一组）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用诱导公式即可得解.
【详解】当 时， ，
即 ，
故当 ， 时， 对 都成立，故答案为： ， .
15. 已知曲线 ， ，其中 .
①当 时，曲线 与 有4个公共点；
②当 时，曲线 围成的区域面积大于曲线 围成的区域面积；
③ ，曲线 围成的区域面积等于 围成的区域面积；
④ ，曲线 围成的区域内整点（即横、坐标均为整数的点）个数不少于曲线 围成的区域内整
点个数.
其中，所有正确结论的序号是________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】
当 时，由 可解得交点坐标，即可判断①；当 时，可知 ，当
取同一个值时， 即可判断②；当 时， ，当 与 的方程中 取同一个大于
的数，可得 即可判断③；分别讨论当 和 时的整数点比较可判断④，进而可得正确
答案.
【详解】对于①：当 时，曲线 ， ，令 可得
，当 时， ，当 时， ，所以 与 有4个公共点分别为 ，
， ， ，共 个，故①正确；
对于②：当 时，由 与 的方程可知 ，当 取同一个值时，
， ，当 时， ，所以 ，所以曲线 围成的区域面积小于曲线 围成的区域面积；故②不正确；
对于③：当 时， ，当 与 的方程中 取同一个大于 的数，可得 ，所以
，曲线 围成的区域面积等于 围成的区域面积；故③正确；
对于④：当 时，曲线 围成的区域内整点个数等于曲线 围成的区域内整点个数，当 时，
取同一个大于 的数，可得 ，此时曲线 围成的区域内整点个数较多，所以曲线 围成的区
域内整点个数不少于曲线 围成的区域内整点个数，故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分情况讨论 和 时，当 取同一个值时，两个曲
线方程中 的大小的比较，此类多采用数形结合的思想.
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形， ， ． 为等边三角形，平面
平面ABCD，E为AD的中点．
（1）求证： ；
（2）求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可证明 平面ABCD，结合线面垂直的性质定理，即可证明结
论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，可求得相关向量的坐标，从而求得平面PAC的法向量，
利用向量的夹角公式，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为 PAD为正三角形，E为AD中点，
所以 △ ，
因为平面 平面ABCD，
平面 平面 ，
平面PAD，
所以 平面ABCD．
因为 平面ABCD，
所以 ．
【小问2详解】
由（1）知， 平面ABCD．
取BC中点F，连结EF,
因为底面ABCD为矩形，E为AD中点，
所以 ,
所以EA，EF，EP两两垂直．
分别以E为坐标原点，EA，EF，EP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，
则 ， ， ， ，
所以 ， ．
设平面PAC的法向量 ，由 ，得 ，
令 ，得 ， ，
所以 ，
平面ABCD的法向量可取 ．
设平面PAC与平面ABCD夹角大小为 ，可知 为锐角，
则 ，
所以平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为 ．
17. 已知函数 的最小正周期为 ．
（1）求 的值；
（2）从下面四个条件中选择两个作为已知，求 的解析式，并求其在区间 上的最大值和最
小值．
条件①： 的值域是 ；
条件②： 在区间 上单调递增；
条件③： 的图象经过点 ；
条件④： 的图象关于直线 对称．
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分．
【答案】（1）（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由周期可得 ；
（2）由①中确定 ，由③得出 的关系式，由④可确定 ，条件②不能得出确定的值， 在区间
上单调递增，没有说 就是单调增区间，由它可能确定参数的范围．因此考虑方案：
①③；①④；③④分别求解．
【小问1详解】
因为 ，所以 ．
【小问2详解】
（2）方案一：
选择①，③
因为 的值域是 ，
所以 ．
所以 ．
因为 的图象经过点 ，
所以 ，
即 ．
又 ，所以 ．
所以 的解析式为 ．
因为 ，所以 ．
当 ，
即 时，
取得最小值 ；
当 ，即 时，
取得最大值 ．
方案二：
选择条件①，④
因为 的值域是 ，
所以 ．
所以 ．
因为 的图象关于直线 对称，
所以 ，
所以 ．
又 ，所以 ．
所以 的解析式为 ．以下同方案一．
方案三：
选择条件③，④
因为 的图象关于直线 对称，
所以 ，
所以 ．
又 ，
所以 ．
因为 的图象经过点 ，
所以 ，
即 ．
所以 的解析式为 ．
以下同方案一．
18. 某单位有A，B两个餐厅为员工提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位员工每个工作日午餐和晚餐都在单位
就餐，近100个工作日选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
甲员工 30天 20天 40天 10天
乙员工 20天 25天 15天 40天
假设甲、乙员工选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
的
（1）分别估计一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐 概率，乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；
（2）记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望 ；
的
（3）试判断甲、乙员工在晚餐选择B餐厅就餐 条件下，哪位员工更有可能午餐选择A餐厅就餐，并
说明理由．
【答案】（1） ，
（2）分布列见解析，1.9
（3）在已知晚餐选择B餐厅就餐的条件下，甲员工更有可能在午餐时选择A餐厅就餐，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；
（2）依题意 的所有可能取值为1，2，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出所对应的概率，列
出分布列求出数学期望即可．
（3）根据古典概型的概率公式求出所对应的条件概率，即可判断；
【小问1详解】
解：设事件 “一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，事件 “一天中乙员工午餐和晚餐都选
择B餐厅就餐”．
由于100个工作日中甲员工午餐、晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30，乙员工午餐、晚餐都选择B餐厅就
餐的天数为40，
所以 ， ；
【小问2详解】
解：甲员工午餐、晚餐都选择 餐厅就餐的概率为 ，甲员工午餐、晚餐都选择 餐厅就餐的概率为
；
乙员工午餐、晚餐都选择 餐厅就餐的概率为 ，乙员工午餐、晚餐都选择 餐厅就餐的概率为 ．
依题意 的所有可能取值为1，2．
所以 ， ．
所以 的分布列为
1 20.1 0.9
所以 ．
【小问3详解】
解：设 “甲员工晚餐选择B餐厅就餐”， “乙员工晚餐选择B餐厅就餐”， “甲员工在午餐时
选择A餐厅就餐”， “乙员工在午餐时选择A餐厅就餐”，则 ，
．
因为 ，
所以在已知晚餐选择B餐厅就餐的条件下，甲员工更有可能在午餐时选择A餐厅就餐．
19. 已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）当 时，曲线 在 轴的上方，求实数a的取值范围．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义即得；
（2）由题可知 ，当 时适合题意，当 时，分类讨论，利用导数求函数的最值即得.
【小问1详解】
当 时， ，∴ ，
∴ ，
∴曲线 在点 处的切线方程为 ；
【小问2详解】
∵函数 ，
当 时，由 有 ，故曲线 在 轴的上方，
当 时， ，
由 可得 或 （舍去），
∴当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
当 即 时，所以 在 上单调递增，
则 ，即曲线 在 轴的上方，
当 即 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，
由 时，曲线 在 轴的上方，
∴ ，解得 ，
所以 ；
综上，实数a的取值范围为 .20. 已知椭圆 的离心率为 ，上下顶点分别为 ，且 .过点
的直线与椭圆 相交于不同的两点 （不与点 重合）.
（1）求椭圆 的方程；
（2）若直线 与直线 相交于点 ，求证： 三点共线.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率为 和 ，由 求解；
（2）设直线 的方程为 ，与椭圆方程联立，由直线 的方程为 ，令
，得到 ，再结合韦达定理，判断 即可.
【小问1详解】
解：根据题意，
解得 .
所以椭圆C的方程为： . ...
（2）【小问2详解】
由（1）知， .
根据题意，直线 的斜率一定存在，设直线 的方程为 .
由 ，得 .
根据题意， 恒成立，设
则 .
直线 的方程为 ，
令 ，得 ，所以 .
因为 ，
则直线 的斜率分别为 ，
.
又 ，
，
，
.
所以 ，
所以 三点共线.21. 对于数列 ， ，…， ，定义变换 ， 将数列 变换成数列 ， ，…， ，
，记 ， ， ．对于数列 ， ，…， 与 ， ，…，
，定义 ．若数列 ， ，…， 满足 ，
则称数列 为 数列．
（1）若 ，写出 ，并求 ；
（2）对于任意给定的正整数 ，是否存在 数列 ，使得 若存在，写出一个数
列 ，若不存在，说明理由：
（3）若 数列 满足 ，求数列A的个数．
【答案】（1） ； ；
（2）不存在适合题意的数列 ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）利用变换 的定义即；
（2）利用 数列的定义，记 中有 个 ，有 个 ，则 ，进而
即得；
（3）由题可得 ，进而可得 ，然后结合条件即
得.
【小问1详解】
由 ，
可得 ，
，∴ ；
【小问2详解】
∵ ，
由数列A为 数列，所以 ，
对于数列 ， ，…， 中相邻的两项 ，
令 ，若 ，则 ，若 ，则 ，
记 中有 个 ，有 个 ，则 ，
因为 与 的奇偶性相同，而 与 的奇偶性不同，
故不存在适合题意的数列 ；
【小问3详解】
首先证明 ，
对于数列 ， ，…， ，有 ， ，…， ， ，
， ，…， ， ， ， ，…， ， ，
， ，…， ， ， ， ，…， ， ，
∵ ，
，
∴ ，
故 ，
其次，由数列 为 数列可知， ，
解得 ，
这说明数列 中任意相邻两项不同的情况有2次，若数列 中 的个数为 个，此时数列 有 个，
所以数列 的个数为 个.
【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.
