普通高等学校招生全国统一考试 数学北京卷试题及答案Word下载.docx
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比如,
但在为减函数,在为增函数,
故在上的最大值为推不出在上单调递增,
故“函数在上单调递增”是“在上的最大值为”的充分不必要条件,
A.
4.某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为()
A.B.4C.D.2
根据三视图可得如图所示的几何体(三棱锥),根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.
根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥,
其侧面为等腰直角三角形,底面等边三角形,
由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1,
故其表面积为,
5.双曲线过点,且离心率为,则该双曲线的标准方程为()
分析可得,再将点代入双曲线的方程,求出的值,即可得出双曲线的标准方程.
,则,,则双曲线的方程为,
将点的坐标代入双曲线的方程可得,解得,故,
因此,双曲线的方程为.
6.和是两个等差数列,其中为常值,,,,则()
由已知条件求出的值,利用等差中项的性质可求得的值.
由已知条件可得,则,因此,.
7.函数,试判断函数的奇偶性及最大值()
A.奇函数,最大值为2B.偶函数,最大值为2
C.奇函数,最大值为D.偶函数,最大值为
由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性;
利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
由题意,,所以该函数为偶函数,
又,
所以当时,取最大值.
8.定义:
24小时内降水在平地上积水厚度()来判断降雨程度.其中小雨(),中雨(),大雨(),暴雨(),小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,如图,则这天降雨属于哪个等级()
A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨
计算出圆锥体积,除以圆面的面积即可得降雨量,即可得解.
由题意,一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为,高为的圆锥,
所以积水厚度,属于中雨
9.已知圆,直线,当变化时,截得圆弦长的最小值为2,则()
C
先求得圆心到直线距离,即可表示出弦长,根据弦长最小值得出
由题可得圆心为,半径为2,
则圆心到直线的距离,
则弦长为,
则当时,弦长取得最小值为,解得.
C.
10.数列是递增的整数数列,且,,则的最大值为()
A.9B.10C.11D.12
使数列首项、递增幅度均最小,结合等差数列的通项及求和公式即可得解.
若要使n尽可能的大,则,递增幅度要尽可能小,
不妨设数列是首项为3,公差为1的等差数列,其前n项和为,
则,,,
所以n的最大值为11.
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.展开式中常数项为__________.
试题分析:
的展开式的通项令得常数项为.
考点:
二项式定理.
12.已知抛物线,焦点为,点为抛物线上的点,且,则的横坐标是_______;
作轴于,则_______.
①.5②.
根据焦半径公式可求的横坐标,求出纵坐标后可求.
因为抛物线的方程为,故且.
因为,,解得,故,
所以,
故答案为:
5,.
13.,,,则_______;
_______.
①.0②.3
根据坐标求出,再根据数量积的坐标运算直接计算即可.
,
,,
0;
3.
14.若点与点关于轴对称,写出一个符合题意的___.
(满足即可)
根据在单位圆上,可得关于轴对称,得出求解.
与关于轴对称,
即关于轴对称,
则,
当时,可取的一个值为.
(满足即可).
15.已知函数,给出下列四个结论:
①若,则有两个零点;
②,使得有一个零点;
③,使得有三个零点;
④,使得有三个零点.
以上正确结论得序号是_______.
①②④
由可得出,考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形,利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
对于①,当时,由,可得或,①正确;
对于②,考查直线与曲线相切于点,
对函数求导得,由题意可得,解得,
所以,存在,使得只有一个零点,②正确;
对于③,当直线过点时,,解得,
所以,当时,直线与曲线有两个交点,
若函数有三个零点,则直线与曲线有两个交点,
直线与曲线有一个交点,所以,,此不等式无解,
因此,不存在,使得函数有三个零点,③错误;
对于④,考查直线与曲线相切于点,
所以,当时,函数有三个零点,④正确.
①②④.
思路点睛:
已知函数的零点或方程的根的情况,求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题,求解此类问题的一般步骤:
(1)转化,即通过构造函数,把问题转化成所构造函数的零点问题;
(2)列式,即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式;
(3)得解,即由列出的式子求出参数的取值范围.
三、解答题共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.已知在中,,.
(1)求的大小;
(2)在下列三个条件中选择一个作为已知,使存在且唯一确定,并求出边上中线的长度.
①;
②周长为;
③面积为;
(1);
(2)答案不唯一,具体见解析.
(1)由正弦定理化边为角即可求解;
(2)若选择①:
由正弦定理求解可得不存在;
若选择②:
由正弦定理结合周长可求得外接圆半径,即可得出各边,再由余弦定理可求;
若选择③:
由面积公式可求各边长,再由余弦定理可求.
(1),则由正弦定理可得,
,,,,
,解得;
由正弦定理结合
(1)可得,
与矛盾,故这样的不存在;
由
(1)可得,
设的外接圆半径为,
则由正弦定理可得,
则周长,
解得,则,
由余弦定理可得边上的中线的长度为:
;
由
(1)可得,即,
则,解得,
则由余弦定理可得边上的中线的长度为:
17.已知正方体,点为中点,直线交平面于点.
(1)证明:
点为的中点;
(2)若点为棱上一点,且二面角的余弦值为,求的值.
(1)证明见解析;
(2).
(1)首先将平面进行扩展,然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论;
(2)建立空间直角坐标系,利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量,然后解方程即可求得实数的值.
(1)如图所示,取的中点,连结,
由于为正方体,为中点,故,
从而四点共面,即平面CDE即平面,
据此可得:
直线交平面于点,
当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点与点重合,
即点为中点.
(2)以点为坐标原点,方向分别为轴,轴,轴正方形,建立空间直角坐标系,
不妨设正方体的棱长为2,设,
则:
从而:
设平面的法向量为:
,则:
令可得:
整理可得:
,故(舍去).
本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.
18.为加快新冠肺炎检测效率,某检测机构采取“k合1检测法”,即将k个人的拭子样本合并检测,若为阴性,则可以确定所有样本都是阴性的;
若为阳性,则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人,已知其中2人感染病毒.
(1)①若采用“10合1检测法”,且两名患者同一组,求总检测次数;
②已知10人分成一组,分10组,两名感染患者在同一组的概率为,定义随机变量X为总检测次数,求检测次数X的分布列和数学期望E(X);
(2)若采用“5合1检测法”,检测次数Y的期望为E(Y),试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果).
(1)①次;
②分布列见解析;
期望为;
(2)见解析.
(1)①由题设条件还原情境,即可得解;
②求出X的取值情况,求出各情况下的概率,进而可得分布列,再由期望的公式即可得解;
(2)求出,分类即可得解.
(1)①对每组进行检测,需要10次;
再对结果为阳性的组每个人进行检测,需要10次;
所以总检测次数为20次;
②由题意,可以取20,30,
则的分布列:
所以;
(2)由题意,可以取25,30,设两名感染者在同一组的概率为p,
若时,;
若时,.
19.已知函数.
(1)若,求在处切线方程;
(2)若函数在处取得极值,求的单调区间,以及最大值和最小值.
(2)函数的增区间为、,单调递减区间为,最大值为,最小值为.
(1)求出、的值,利用点斜式可得出所求切线的方程;
(2)由可求得实数的值,然后利用导数分析函数的单调性与极值,由此可得出结果.
(1)当时,,则,,,
此时,曲线在点处的切线方程为,即;
(2)因为,则,
由题意可得,解得,
故,,列表如下:
增
极大值
减
极小值
所以,函数的增区间为、,单调递减区间为.
当时,;
当时,.
所以,,.
20.已知椭圆过点,以四个顶点围成的四边形面积为.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)过点P(0,-3)的直线l斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB,AC交y=-3于点M、N,直线AC交y=-3于点N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范围.
(1)根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求,从而可求椭圆的标准方程.
(2)设,求出直线的方程后可得的横坐标,从而可得,联立直线的方程和椭圆的方程,结合韦达定理化简,从而可求的范围,注意判别式的要求.
(1)因为椭圆过,故,
因为四个顶点围成的四边形的面积为,故,即,
故椭圆的标准方程为:
(2)
设,
因为直线的斜率存在,故,
故直线,令,则,同理.
直线,由可得,
故,解得或.
又,故,所以
又
故即,
综上,或
21.定义数列:
对实数p,满足:
①,;
②;
③,.
(1)对于前4项2,-2,0,1的数列,可以是数列吗?
说明理由;
(2)若是数列,求值;
(3)是否存在p,使得存在数列,对?
若存在,求出所有这样的p;
若不存在,说明理由.
(1)不可以
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