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北京五中第三次模拟考试试卷
高三数学
第一部分（选择题共 40 分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题
目要求的一项.
1. 已知集合A＝{x|－1<x<1}，B＝{x|0≤x≤2}，则A∪B＝（ ）
A. {x|0≤x<1} B. {x|－1<x≤2}
C. {x|1<x≤2} D. {x|0<x<1}
【答案】B
【解析】
【分析】由集合并集的定义可得选项.
【详解】解：由集合并集的定义可得A∪B＝{x|－1<x≤2}，
故选：B.
2. 在复平面内，复数 的共轭复数对应的点位于
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】
【详解】分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限.
详解： 的共轭复数为
对应点为 ，在第四象限，故选D.
点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分.
3. 下列函数既是偶函数又在 上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.【答案】C
【解析】
【分析】逐项判断函数奇偶性和单调性，得出答案.
【详解】解析：A项 ，B项 均为定义域上的奇函数，排除；
D项 为定义域上的偶函数，在 单调递增，排除；
C项 为定义域上的偶函数，且在 上单调递减.
故选：C.
4. 设平面 与平面 相交于直线 ，直线 在平面 内，直线 在平面 内，且 则“ ”是
“ ”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 即不充分不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：α⊥β， b⊥m 又直线a在平面α内，所以a⊥b，但直线 不一
定相交，所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.
考点：充分条件、必要条件.
5. 双曲线 过点 ，离心率为2，则该双曲线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据离心率以及双曲线的性质得出该双曲线的标准方程.【详解】由题意可得 ，因为双曲线 过点 ，所以
，即 ，解得 ，故该双曲线的标准方程为 .
故选：B
6. 已知半径为1的圆经过点 ，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心 的轨迹方程后，根据圆心 到原点 的距离减去半径1可得答案.
【详解】设圆心 ，则 ，
化简得 ，
所以圆心 的轨迹是以 为圆心，1为半径的圆，
所以 ，所以 ，
当且仅当 在线段 上时取得等号，
故选：A.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.7. 已知 ，则 的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式转化为二次函数问题求解最值即可.
【详解】解：由
设 ，
，
，
，
， ，
即 的值域为 ， .
故选：B．
8. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” 意思是两
个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等.现有同高的三棱锥和圆锥
满足祖暅原理的条件，若圆锥的侧面展开图是半径为 的三分之一圆，由此推算三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知列式求得圆锥的底面半径与高，代入圆锥体积公式求解．
【详解】解：由题意可知，几何体的体积等于圆锥的体积，
圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，
圆锥的底面周长为 ，故圆锥 的底面半径为 ，母线为 ，所以圆锥的高为 ．
圆锥的体积 ．
从而所求几何体的体积为 ．
故选：A．
9. 第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项
目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、
越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，
他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，
则不同的方案种数是（ ）
A. 324 B. 306 C. 243 D. 162
【答案】B
【解析】
【分析】先求得总的观看方案，再减去两个分项都相同的观看分案求解.
【详解】由题意得：总的观看方案为 ，
两个分项都相同的观看分案为 ，
所以观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是 ，
故选：B
10. 已知数列 是以1为首项，2为公差的等差数列， 是以1为首项，2为公比的等比数列，设
， ，则当 时，n的最大值是（ ）
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】先求出数列 和 的通项公式，然后利用分组求和求出 ，再对 进行赋值即可求解.
【详解】解：因为数列 是以1为首项，2为公差的等差数列所以
因为 是以1为首项，2为公比的等比数列
所以
由 得：
当 时，即
当 时，
当 时，
所以n的最大值是 .
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用分组求和求出 ，再通过赋值法即可求出使不等式成立的 的最大
值.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
11. 在 的展开式中，常数项为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理求出通项公式并整理化简，然后令 的指数为零，求解并计算得到答案.【详解】 的展开式的通项
令 ，解得 ，
故常数项为 ．
故答案为： .
12. 已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且|FM|＝6，则点M的横坐标是________；作
MN⊥x轴于N，则 ＝________.
【答案】 ①. 5 ②.
【解析】
【分析】由抛物线方程可得 ，利用焦半径公式|FM|＝ ，从而可得点M的横坐标，进而可得
.
【详解】解：由题意得F(1，0)，设点M(x，±2 )(x>0)，则|FM|＝ ＝6，解得x＝5，
所以点M的坐标为(5，±2 )；
由题意，易得点N(5，0)，从而 ＝ (x －x )·|MN|＝ × ×2 ＝4 .
N F
故答案为：5； .
13. 已知点 ， ， ， ， 为坐标原点，则 =______， 与
夹角的取值范围是______．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】由题意结合平面向量的相关知识可得 ，即可得点 在以 为圆心，1为半径的圆上，结合平面向量夹角的概念数形结合即可得解.
【详解】由题意可得 ，
所以 ；
的
则点 在以 为圆心，1为半径 圆上，如图：
由图可知，当 与 夹角最小值为0，
当直线 与圆 相切时， 与 夹角取最大值，连接 ，
易得 为锐角且 ，
所以 ，
所以此时 与 夹角的取值范围是 .
故答案为： ； .
【点睛】本题考查了平面向量线性运算及其坐标表示、平面向量模的求解，考查了平面向量夹角的概念与
数形结合思想，属于中档题.14. 若点A（cosθ，sinθ）与 关于x轴对称，则θ的一个取值为___________.
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】作图，数形结合得到 ，解之即可.
【详解】解：因为A（cosθ，sinθ）与 均在单位圆上，
设圆与x轴交于P､Q两点，A在第二象限，B在第三象限，如图所示：
则∠AOP=θ，∠AOB= ，
因为A､B关于x轴对称，所以∠BOP=θ，
所以2θ+ =2π，解得θ= ，
则符合题意的θ的一个值可以为 .
故答案为： （答案不唯一）.
.
15. 已知函数 给出下列四个结论：
①存在实数 ，使函数 为奇函数；
②对任意实数 ，函数 既无最大值也无最小值；
③对任意实数 和 ，函数 总存在零点；④对于任意给定的正实数 ，总存在实数 ，使函数 在区间 上单调递减.其中所有正确结论的
序号是______________.
【答案】① ② ④
【解析】
【分析】
分别作出 ， 和 的函数 的图象，由图象即可判断① ② ③ ④的正确性，即可得正确答
案.
【详解】
如上图分别为 ， 和 时函数 的图象，
对于① ：当 时， ，
图象如图 关于原点对称，所以存在 使得函数 为奇函数，故①正确；
对于② ：由三个图知当 时， ，当 时， ，所以函数 既无最大值也无
最小值；故② 正确；
对于③ ：如图 和图 中存在实数 使得函数 图象与 没有交点，此时函数
没有零点，所以对任意实数 和 ，函数 总存在零点不成立；故③ 不正确对于④ ：如图 ，对于任意给定的正实数 ，取 即可使函数 在区间 上单调递减，故
④正确；
故答案为：① ② ④
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分段函数图象，涉及二次函数的图象，要讨论 ， 和
即明确分段区间，作出函数图象，数形结合可研究分段函数的性质.
三、解答题（共 6 小题，共 85 分)
16. 在 中， ，且 同时满足条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中的三
个，请选择三个条件并解答下列问题:
（1）求边 ;
（2）求 .
条件① ; 条件② ;
条件③ ; 条件④ .
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析；
【解析】
【分析】(1)选①②③，由②结合同角关系可求 ,由③可求 ，选②③④，由②结合同角关系可求
,由③可求 ，选①②④，由④结合同角关系可求 ,根据正弦定理可求 ；选①③④，由余弦
定理可将条件 化为边的关系，解方程可求 ；(2) 选①②③，由条件先求 ,利用三角形面
积公式可求 的面积，选②③④，由正弦定理求 ，利用三角形面积公式可求 的面积，选①②④，由条件①求 ,利用三角形面积公式可求 的面积，选①③④，由条件①求 ,利用三角形面
积公式可求 的面积.
【小问1详解】
选①②③，因为 ， ，
所以 ， ，
选②③④，因为 ， ，
所以 ， ，
选①②④，因为 可得 ，
由正弦定理可得 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 ，
选①③④，因为 ，又
所以 ，又 ，
所以 ，又 ，
所以
【小问2详解】
选①②③，由(1) ，又 ，所以 ，所以 ，
选②③④，由 可得 ，
由正弦定理可得 ，又 ， ，
所以 ，
所以 ，
选①②④，由(1) ，因为 ，
所以 ，
所以 ，
选①③④，由(1) ，因为 ，所以 ，
所以 ， ，
所以 ，
17. 如图，在三棱柱 中，平面 平面 ， 是矩形，已知
，动点 在棱 上，点 在棱 上，且 .（1）求证： ;
（2）若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的值;
（3）在满足（2）的条件下，求点 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3）点 到平面 的距离为 .
【解析】
【分析】(1)利用线面垂直判定定理证明 平面 ，由此证明 ； (2)建立空间直角坐
标系，利用向量方法求直线 与平面 所成角的正弦值，列方程求 的值； (3)利用向量方
法求点到平面的距离.
【小问1详解】
因为四边形 是矩形，所以 ，
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
【小问2详解】
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， ，
所以 平面 ，又 ，所以 两两相互垂直，以 为原点， ， ， 为 ， ， 轴的正方向建立空间直角
坐标系，则 ， ， ， ,
设 ，则 ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ， ，
则 ， ，
取 ，可得 ，
设直线 与平面 的夹角为 ，
则 ，
所以 ，
化简可得 ，又 ，
所以 ，所以 ；【小问3详解】
由(2) 平面 的法向量为 ， ，又 ，
设点 到平面 的距离为 ，
则 .
所以点 到平面 的距离为 .
18. 2022 年春节后，新冠肺炎的新变种奥密克戎在我国部分地区爆发. 该病毒是一种人传人，不易被人们
直接发现，潜伏期长且传染性极强的病毒. 我们把与该病毒感染者有过密切接触的人群称为密切接触者.
一旦发现感染者，社区会立即对其进行流行性病医学调查，找到其密切接触者进行隔离观察. 调查发现某
位感染者共有 10 位密切接触者，将这 10 位密切接触者隔离之后立即进行核酸检测. 核酸检测方式既可
以采用单样本检测，又可以采用 “ 合 1 检测法”. “ 合 1 检测法” 是将 个样本混合在一起检测，
若混合样本呈阳性，则该组中各个样本再全部进行单样本检测; 若混合样本呈阴性，则可认为该混合样本
中每个样本都是阴性. 通过病毒指标检测，每位密切接触者为阴性的概率为 ，且每位密切接
触者病毒指标是否为阴性相互独立.
（1）现对 10 个样本进行单样本检测，求检测结果最多有1个样本为阳性的概率 的表达式;
（2）若对 10 个样本采用 “5合1检测法” 进行核酸检测. 用 表示以下结论:
①求某个混合样本呈阳性的概率;
②设总检测次数为 ，求 的分布列和数学期望 .【答案】（1） ；
（2）① ；②分布列见解析， .
【解析】
【
分析】（1）对10个样本进行逐个检测属于独立重复试验，利用独立重复试验概率即可求解；
（2）采用“5合1检测法”，“某个混合样本呈阴性”仍然属于独立重复试验，可求出该事件的概率，利
用互为对立事件的概率和为1即可求出；此时总检测次数 可能为2,7,12，列出分布列，计算数学期望.
【小问1详解】
由题意可知，对10个样本进行逐个检测属于独立重复试验，所以最多有1个阳性样本的概率为：
，
所以
【小问2详解】
①设“某个混合样本呈阳性”为事件 ，则 表示事件“某个混合样本呈阴性”，而混合样本呈阴性即为该混
合样本全部为阴性， ．
故
②X的可能取值为2，7，12．
当两个混合样本都呈阴性时， .
当两个混合样本一个呈阳性，一个呈阴性时， ．
当两个混合样本都呈阳性时， ．
故X的分布列为：
2 7 12的数学期望 ，
所以 的数学期望为
19. 已知函数 ．
（1）若 是函数 的极值点，求 的值；
（2）若 ，试问 是否存在零点．若存在，请求出该零点；若不存在，请说明理由
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用极值点处的导数为 ，即可求解（2）将 同解变形为 ，再构
造函数 ，研究其零点个数
【小问1详解】
，定义域是 ，
，
的
∵ 是函数 极值点，∴ ，解得 ，
经检验 符合题意；
【小问2详解】
证明：令 ，即 ，
令 ，
则 ，
令 ，则 ，令 ，解得 ，而 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
当 趋向于0时， 趋向于 ，即 ，
， ，
故存在 使得 ，即 ，
故当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
故 ，
故 ， 即 无零点；
20. 已知椭圆C： 的离心率为 ， 的面积为2.
(I)求椭圆C的方程；
(II)设M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线 与直线 交于点P，直线 与直线 交
于点Q.求证:△BPQ为等腰三角形.
【答案】(I) ；(II)证明见解析
【解析】
【分析】
(I)运用椭圆离心率公式和三角形面积公式，结合 的关系，解方程可得 ，从而得到椭圆方
程
(II) 设 ，直线 的直线方程为 直线 的直线方程为 ，联解求出 点坐标，同理求出 坐标， , ，只需证
明 ,利用作差法可证明.
【详解】(I)由题意得 ，解得 ，故椭圆的方程为 .
(II)由题意得 ,设点 ，则有 ，
又直线 的直线方程为 ，直线 的直线方程为 ，
，解得 ，
点的坐标为 .
又直线 的直线方程为 ，直线 的直线方程为 .
，解得 ，
点的坐标为 .
， .，
， ， △BPQ为等腰三角形.
【点睛】圆锥曲线中的几何证明问题多出现在解答题中，难度较大，多涉及线段或角相等以及位置关系的
证明等. 通常利用代数方法，即把要求证的等式或不等式用坐标形式表示出来，然后进行化简计算等进行
证明
21. 已知集合 ， ， ， ，
其中 ．定义 ，若 ，则称 与 正交．
（1）若 ，写出 中与 正交的所有元素；
（2）令 若 ，证明： 为偶数；
（3）若 且 中任意两个元素均正交，分别求出 时， 中最多可以有多少个元素．
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析；（3）2.
【解析】
【分析】
（1）由定义可写出 中与x正交的所有元素.
（2）令 ， ，当 时， ，当 时， ，那么
，可得证.
（3）当 时，不妨设 ， ，可得出A中最多可以的元素
个数.当 时，不妨设 （有14个1）， （有7个 ，7个1），则 正交，再令 ， ， ，且它们之间互相
正交，讨论 相应位置数字都相同的个数，可得出 ，
， ，从而得出A中最多可以有的元素个数.
【详解】（1） 中与x正交的所有元素为： ，
，
（2）对于 ，存在 ， ，使得 ，
令 ， ，当 时， ，当 时， ，那么
，所以 为偶数.
（3）当 时，不妨设 ， ，在考虑 时，共有4种互
相正交的情况即： ，分别与 搭配，可形成8种情况，所以 时，A中最多可以有8
个元素.
当 时，不妨设 （有14个1）， （有7个 ，7个1），则
正交，
令 ， ， ，且它们之间互相正交，设 相应位置数字都相同的共有k个，除去这 列外， 相应位置数字都相同的共有 个， 相应位置数字都相
同的共有 个， 则 ，所以 ， ，所以
，由于 ，所以 ，所以任意三个元素都不
正交，综上， ，A中最多可以有2个元素.
【点睛】本题考查集合的新定义，关键在于理解集合的定义，转化待求的为已知的条件，属于难题.
