2022北京西城高三(上)期末数学(教师版)

数 学

考生须知：1.本试卷满分150分。

2.在试卷和答题卡上准确填写学校、班级、姓名和学号。 3.试题答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。

4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 5.考试结束时，将本试卷、答题卡一并交回。

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3x≤2}，B{x2x≤3}，则A（A）(3,3] （C）(3,2]

（B）(3,3) （D）(2,2]

B

（2）在复平面内，复数z(12i)i对应的点位于 （A）第一象限 （C）第三象限

（B）第二象限 （D）第四象限

1，则c 3（3）在△ABC中，若a2，b3，cos(AB)（A）17 （C）15 （B）4 （D）3

x2y25（4）若双曲线C:221的一条渐近线方程为yx，则双曲线C的离心率为

2ab（A）

1 2（B）

2 3（C）

3 2（D）2

（5）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点E,F分别是棱AC的是 11,BC的中点，则下列结论中不正确．．．（A）CC1//平面A1ABB1 （B）AF//平面A1B1C1 （C）EF//平面A1ABB1 （D）AE//平面B1BCC1

1,x0,（6）已知函数f(x)x的值域为R，则实数a的取值范围是

2xa,x≥0

（A）a0 （C）a≤1

（B）a0 （D）a≥1

2a3，则S4 （7）已知{an}为等比数列，Sn为其前n项和，若S23a1，a2（A）7 （C）15

（B）8 （D）31

1 / 12

2 / 12

（8）已知函数f(x)的图象在区间[0,2]上连续不断，则“f(0)f(1)f(2)0”是“f(x)在[0,2]上存在零点”的 （A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

（9）按照“碳达峰”、“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于18年提出蓄电池的容量C（单位：Ah），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式：CInt，其中n为Peukert常数.为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流I20A时，放电时间

t20h；当放电电流I30A时，放电时间t10h.则该蓄电池的Peukert常数n大约为

（参考数据：lg20.30,lg30.48） （A）

4 3（B）

5 3（C）

8 3（D）2

（10）设集合A的最大元素为M，最小元素为m，记A的特征值为XAMm，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0.已知A1，A2，A3，XA1XA2XA3，An是集合N*的元素个数均不相同的非空真子集，且

XAn120，则n的最大值为

（A）14

（B）15 （C）16 （D）18

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

2（11）在(x)6的展开式中，常数项为_____.（用数字作答）

x（12）已知点A(2,4)在抛物线C:y22px上，F为抛物线C的焦点，O为坐标原点.则抛物线C的方程为_____；

△AOF的面积为_____.

1（13）在长方形ABCD中，|AB|1，BEBC，且ABAEADAE，则|AD|_____，AEAC_____.

3cos(x),x≥0,（14）已知函数f(x)是偶函数，则的一个取值为_____.

sinx,x0（15）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，过点A的平面分别与棱BB1,CC1,DD1交于点E,F,G，记四边形

AEFG在平面BCC1B1上的正投影的面积为S1，四边形AEFG在平面ABB1A1上的正投影的面积为S2.

给出下面有四个结论：

①四边形AEFG是平行四边形； ②S1S2的最大值为2； ③S1S2的最大值为

1 ；4④四边形AEFG可以是菱形，且菱形面积的最大值 为6. 2则其中所有正确结论的序号是_____.

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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）（本小题13分）

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD平面ABCD，PDAD2，AB4，点E在线段AB上，且AE3AB. 4（Ⅰ）求证：CE平面PBD； （Ⅱ）求二面角PCEA的余弦值.

（17）（本小题13分）

已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,0π)的部分图象如图所示，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． （Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）设函数g(x)f(x)cos(2x)，若g(x)在区间[0,m]上单调递减，求m的最大值．

3条件①：ca条件②：b条件③：cπ； 2π； 37π． 12注：如果选择多个条件组合分别解答，则按第一个解答计分．

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（18）（本小题14分）

2021年7月11日18时，气象台发布暴雨橙色预警，这是气象台2021年首次发布暴雨橙色预警.气象台预计，7月11日至13日，华北地区将出现2021年以来的最强降雨. 下表是气象台7月13日2:00统计的24小时全国降雨量排在前十的区域. 北京密云 山东乐陵 河北迁西 山东庆云 北京怀柔 河北海兴 河北唐山 天津渤海A平台 127毫米 河北丰南 山东长清 180毫米 175毫米 144毫米 144毫米 143毫米 140毫米 130毫米 126毫米 126毫米 （Ⅰ）从这10个区域中随机选出1个区域，求这个区域的降雨量超过135毫米的概率； （Ⅱ）从这10个区域中随机选出3个区域，设随机变量X表示选出的区域为北京区域的数量，求X的分布列和期望；

（Ⅲ）在7月13日2:00统计的24小时全国降雨量排在前十的区域中，设降雨量超过140毫米的区域降雨量的方差为s12，降雨量在140毫米或140毫米以下的区域降雨量的方差为s22，全部十个区域降雨量的方差为s32.试判断s12，s22，s32的大小关系.（结论不要求证明）

（19）（本小题15分） 已知函数f(x)ex(x2ax1).

（Ⅰ）若a0，求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

（Ⅱ）若f(x)在(1,1)上恰有一个极小值点，求实数a的取值范围；

（Ⅲ）若对于任意x(0，]，f(x)ex(x2cosx1)恒成立，求实数a的取值范围.

2

（20）（本小题15分）

x2y2已知椭圆M:221的焦点为F(2,0)，长轴长与短轴长的比值为2.

ab（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）过点F的直线l与椭圆M交于A,B两点，BCx轴于点C，ADx轴于点D，直线BD交直线x4于点

E，求△ECD与△EAB的面积之比.

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（21）（本小题15分）

已知数列A:a1,a2,,aN(N≥4)，其中a1,a2,,aNZ，且a1a2aN. 若数列A:a1,a2,,aN满足a1a1,aNaN，当i2,3,,N1时，aiai11或ai11，则称A:a1,a2,,aN为数列

A的“紧数列”.

例如，数列A:2,4,6,8的所有“紧数列”为2,3,5,8；2,3,7,8；2,5,5,8；2,5,7,8. （Ⅰ）直接写出数列A:1,3,6,7,8的所有“紧数列”A；

（Ⅱ）已知数列A满足：a11，aN2N，若数列A的所有“紧数列”A均为递增数列，求证：所有符合条件的数列A的个数为N1；

（Ⅲ）已知数列A满足：a10，a22，对于数列A的一个“紧数列”A，定义集合S(A){aiai|i2,3,,N1}，如果对任意xS(A)，都有xS(A)，那么称A为数列A的“强紧数列”.若数列A存在“强紧数列”，求aN的最小值.（用关于N的代数式表示）

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2022北京西城高三（上）期末数学

参

一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） （1）A （6）D

（2）B （7）C

（3）A （8）A

（4）C （9）B

（5）D （10）C

二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） （11）60 （14）

（答案不唯一） 2（12）y28x4 （15）①③④

（13）32

三、解答题（共6小题，共85分） （16）（共13分）

解：（Ⅰ）因为PD平面ABCD，CE平面ABCD， 所以PDCE. 因为AB4，AE3AB， 4所以AE3，BE1. 所以

ABBC2. ADBE所以Rt△CBE∽Rt△BAD， 所以BDCE. 又因为PDCE，PD所以CE平面PBD.

（Ⅱ）因为PD平面ABCD，AD平面ABCD，CD平面ABCD， 所以PDAD，PDCD. 又因为ABCD是矩形，ADCD，

所以AD,CD,PD两两垂直，如图建立空间直角坐标系Dxyz， 则C(0,4,0)，P(0,0,2)，E(2,3,0)， 所以PC(0,4,2)，CE(2,1,0). 设平面PCE的一个法向量为n(x,y,z)，则 nCE0,2xy0,即 4y2z0.nPC0,BDD，

………………5分

令x1，则y2，z4. 于是n(1,2,4). 因为PD平面ABCD，

取平面ACE的法向量为m(0,0,1).

7 / 12

则cosm,nmn44|m||n|114162121. 由图可知二面角PCEA为锐角， 所以二面角PCEA的余弦值是42121. （17）（共13分） 解：（Ⅰ）选条件①②： 因为caπ2，所以T2π2，即Tπ，则2πT2. 由题意可知A2，则f(x)2sin(2x). 因为bπ3，f(b)2sin(2π3)0，

所以

2π3kπ，kZ，即2π3kπ. 因为0π，所以π3，k1. 所以f(x)2sin(2xπ3).

选条件①③： 因为caπTπ22，所以22，即Tπ，则πT2. 由题意可知A2，则f(x)2sin(2x). 因为c7π12，f(c)2sin(7π6)2，

所以

7π63π22kπ，kZ，即π32kπ. 因为0π，所以π3，k0. 所以f(x)2sin(2xπ3).

选条件②③： 因为bπ3，c7π12，所以cbπT2π44，即Tπ，则T2.

由题意可知A2，则f(x)2sin(2x). 因为c7π12，f(c)2sin(7π6)2，

所以

7π63π22kπ，kZ，即π32kπ. 因为0π，所以π3，k0. 8 / 12

………………13分

………………6分

………………6分

π所以f(x)2sin(2x).

3………………6分

（Ⅱ）由题意得g(x)sin(4x2π).

3π3π2kπ](kZ)． 函数ysinx的单调递减区间为[2kπ,22由

π2π3π2k≤4x≤2k， 232πk5πk.

≤x≤242242得因为函数yg(x)在区间[0,m]上单调递减，且0[所以m≤5π5π.

，所以m的最大值是2424π5π,]，此时k0. 2424………………13分

（18）（共14分）

解：（Ⅰ）设这个区域降雨量在135毫米以上为事件A， 区域降雨量在135毫米以上的区域共有6个，所以P(A)3答：这个区域降雨量在135毫米以上的概率为.

563. 105………………4分

（Ⅱ）由题意分析可知X0,1,2，

3C8567P(X0)3=，

C101201521C8C567P(X1)32=，

12015C102C1818C2P(X2)3=.

12015C10随机变量X的分布列为:

所以随机变量X的数学期望为: E(X)07713+1+2. 1515155XX P 00 7 1511 7 1522 1 15………………11分 ………………14分

（Ⅲ）s22s12s32. （19）（共15分）

解：（Ⅰ）当a0时，f(x)ex(x21)，f(x)ex(x22x1)， 所以f(0)1，f(0)1， 所以切线方程为yx1.

………………4分

9 / 12

（Ⅱ）由f(x)ex(x2ax1)，得f(x)ex[x2(a2)xa1]. 令f(x)0，得x1a1，x21.

①若x1≤x2，则a≥0，f(x)≥0在(1,1)上恒成立， 因此，f(x)在(1,1)上单调递增，无极值，不符合题意. ②若x1x2，则a0，f(x)与f(x)的情况如下：

x (,1)  1 (1,a1)  a1 0 极小值 (a1,)  f(x) f(x) 0 极大值 因此，f(x)在(,1)，(a1,)上单调递增，在(1,a1)上单调递减. 若f(x)在(1,1)上有且只有一个极小值点，则需1a11， 所以2a0.

综上，a的取值范围是(2,0). （Ⅲ）因为ex0，

所以f(x)ex(x2ax1)ex(x2cosx1)，即x2axx2cosx. 又因为x0，

所以x2axx2cosx，即axcosxx.

令g(x)xcosxx，所以g(x)cosxxsinx1(cosx1)xsinx. 因为x(0,]，所以cosx10，

2………………9分

又xsinx0，所以g(x)0，

所以g(x)为(0,]上减函数，所以g(x)g(0)0，所以a≥0

2综上，实数a的取值范围为[0,). （20）（共15分） 解：（Ⅰ）由题设，

a2，所以a22b2. b………………15分

又因为c2，a2b2c2，所以2b2b24. 解得b24，a28.

x2y2所以椭圆M的方程为1.

84（Ⅱ）由题意可知，直线l斜率存在，设直线l的方程为yk(x2). yk(x2),由2得(12k2)x28k2x(8k28)0. 2x2y8………………5分

8k28k28设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2，x1x2.

12k212k2 10 / 12

因为ADx轴，所以D(x1,0). 直线BD方程为yy(4x1)y2(xx1)，所以E4,2.

x2x1x2x1因为BCx轴，所以C(x2,0). 因为kACy1y2(4x1)，kEC. x1x2(x2x1)(4x2)y2(4x1)y1 (x2x1)(4x2)x1x2所以kECkACy2(4x1)y1(4x2)

(x2x1)(4x2)k(x22)(4x1)k(x12)(4x2)

(x2x1)(4x2)k[6(x1x2)2x1x216]

(x2x1)(4x2)2k24k28k28[8] (x2x1)(4x2)12k212k216k3k2k2112k2 (x2x1)(4x2)12k20.

所以C,A,E三点共线.

因为BC//AD，所以S△ACDS△ABD， 所以S△ECDS△EAB， 所以S△ECD:S△EAB1:1. （21）（共15分）

解：（Ⅰ）A1:1,2,4,7,8；A2:1,2,6,7,8；A3:1,5,4,7,8；A4:1,5,6,7,8.

………………5分 ………………15分

（Ⅱ）依题意，对任意i2,3,,N2，有aiai11或ai11,ai1ai1或ai21， 因为A均为递增数列，所以有aiai1，即同时满足：

ai11ai1①，ai11ai21②，ai11ai21③，ai11ai1④.

因为A为递增数列，因此①和②恒成立.

又因为A为整数数列，对于③，ai11≤aiai1≤ai21也恒成立. 对于④，一方面，由ai11ai1，得ai1ai2，即ai1≤ai1. 另一方面，ai1≥ai1，

所以ai1ai1(i2,3,,N2)，

即A从第2项到第N1项是连续的正整数，

所以a2≥a112，aN1a2N3≤aN12N1，因此2≤a2≤N2，

故a2共有N1种不同取值，即所有符合条件的数列A共有N1个.………………10分

11 / 12

（Ⅲ）记bnanan1，依题意，bnN*(n2,3,,N).

对任意i2,3,,N1，有aiaibi1或bi11， 注意到0S(A)，即对任意i{2,3,,N1}，有aiai0， 若aiaibi10，则bi1，即bi≥2； 若aiaibi110，则bi11，即bi1≥2， 即对任意i2,3,,N1，或者bi≥2，或者bi1≥2. 所以bibi1≥3，所以bi1bi11不能成立. 记T1{i|aiaibi1,i2,3,,N1}， T2{i|aiaibi11,i2,3,,N1}，

则T1T2，且T1T2{2,3,,N1}.

注意到：若存在jT2且2≤j≤N2，即ajajbj11，则j1T2. 否则，若j1T1，则aj1aj1bj11(bj11)(ajaj)，不合题意. 因此集合T1,T2有以下三种情形: ①T1{2,3,,N1}，T2. 对任意i{2,3,,N1}，有bi≥2，则 aNa1(b2b3bN1)bN≥0(N2)212N3，

当且仅当：b2b3bN12，bN1， 即A:0,2,4,,2N4,2N3时，等号成立， 此时存在“强紧数列”A:0,1,3,,2N3， 故此情形下，aN的最小值为2N3；

②T1{2,3,,k}，T2{k1,k2,,N1}，其中k2,3,,N2. 对任意iT1，有bi≥2，对任意jT2，有bj1≥2. aNa1(b2b3bk)bk1(bk2bk3bN)≥0(k1)21(Nk1)22N3.

故此情形下，aN的最小值不小于2N3； ③T1，T2{2,3,,N1}. 对任意i{2,3,,N1}，有bi1≥2，

aNa1b2(b3b4bN)≥02(N2)22N22N3.

故此情形下，aN的最小值不小于2N3. 综上，aN的最小值为2N3.

………………15分

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