2022年北京市通州区高考数学一模试卷

这是一份2022年北京市通州区高考数学一模试卷，共24页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。

2022年北京市通州区高考数学一模试卷
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．（4分）已知集合A＝{x|﹣2≤x＜2}，B＝{x|1≤x＜3}，则A∩B＝（　　）
A．[﹣2，2） B．[﹣2，3） C．[1，2） D．[1，2]
2．（4分）复数的虚部是（　　）
A． B．i C．1 D．i
3．（4分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3+a5＝20，则S7＝（　　）
A．60 B．70 C．120 D．140
4．（4分）在△ABC中，已知，，b＝3，则c＝（　　）
A．1 B． C．2 D．3
5．（4分）已知实数a，b，则“a2+b2≤4”是“ab≤2”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
6．（4分）2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按[0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分组，分别得到频率分布直方图如下：

估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是x1和x2，方差分别是和，则（　　）
A．x1＞x2， B．x1＞x2，
C．x1＜x2， D．x1＜x2，
7．（4分）设M是抛物线y2＝4x上的一点，F是抛物线的焦点，O是坐标原点，若∠OFM＝120°，则|FM|＝（　　）
A．3 B．4 C． D．
8．（4分）太阳高度角是太阳光线与地面所成的角（即太阳在当地的仰角）．设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射点纬度，φ为当地纬度值，那么这三个量满足θ＝90°﹣|φ﹣δ|．通州区某校学生科技社团尝试估测通州区当地纬度值（φ取正值），选择春分当日（δ＝0°）测算正午太阳高度角．他们将长度为1米的木杆垂直立于地面，测量木杆的影长．分为甲、乙、丙、丁四个小组在同一场地进行，测量结果如下：
组别
甲组
乙组
丙组
丁组
木杆影长度（米）
0.82
0.80
0.83
0.85
则四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是（　　）
A．甲组 B．乙组 C．丙组 D．丁组
9．（4分）已知直线l：x+y+m＝0和圆C：（x﹣1）2+y2＝1，若存在三点A，B，D，其中点A在直线l上，点B和D在圆C上，使得四边形ABCD是正方形，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C．[﹣3，1] D．[﹣1，3]
10．（4分）已知函数f（x）＝，其中a＞0，且a≠1．给出下列三个结论：
①函数f（x）是单调函数；
②当0＜a＜1时，函数f（x）的图象关于直线y＝x对称；
③当a＞1时，方程f（x）＝x根的个数可能是1或2．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）在（1﹣x）5的展开式中，x3的系数是 　 　．
12．（5分）已知双曲线的一条渐近线方程是5x﹣2y＝0，则m＝　 　．
13．（5分）幂函数f（x）＝xm在（0，+∞）上单调递增，g（x）＝xn在（0，+∞）上单调递减，能够使y＝f（x）﹣g（x）是奇函数的一组整数m，n的值依次是 　 　．
14．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2，，点P在AB边上，则向量在向量上的投影向量的长度是 　 　，的最大值是 　 　．
15．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱BC，CC1，C1D1的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点．若P与D1重合，则三棱锥E﹣PFG的体积是 　 　；若直线BP与平面EFG无公共点，则BP的最小值是 　 　．

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．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝2．△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点．
（Ⅰ）求证：PE⊥AB；
（Ⅱ）求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值．

17．（14分）已知函数的最小正周期为π．
（Ⅰ）求ω的值；
（Ⅱ）从下面四个条件中选择两个作为已知，求f（x）的解析式，并求其在区间上的最大值和最小值．
条件①：f（x）的值域是[﹣2，2]；
条件②：f（x）在区间上单调递增；
条件③：f（x）的图象经过点（0，1）；
条件④：f（x）的图象关于直线对称．
18．（13分）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表：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
（A，A）
（A，B）
（B，A）
（B，B）
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．
（Ⅰ）分别估计一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；
（Ⅱ）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E（X）；
（Ⅲ）试判断甲、乙员工在晚餐选择B餐厅就餐的条件下，哪位员工更有可能午餐选择A餐厅就餐，并说明理由．
19．（15分）已知函数，a∈R．
（Ⅰ）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）的最小值是2，求a的值；
（Ⅲ）设t为常数，求函数的单调区间．
20．（15分）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，|AB|＝4，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点D为线段AB上的动点，过D作线段AB的垂线交椭圆C于不同的两点E和F，N为线段AE上一点，|AN|＝λ|AE|．是否存在实数λ，使得∠NDE＝∠DBF？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
21．（15分）从一个无穷数列{an}中抽出无穷多项，依原来的顺序组成一个新的无穷数列，若新数列是递增数列，则称之为{an}的一个无穷递增子列．已知数列{bn}是正实数组成的无穷数列，且满足bn＝|bn+1﹣bn+2|．
（Ⅰ）若b1＝1，b2＝2，写出数列{bn}前4项的所有可能情况；
（Ⅱ）求证：数列{bn}存在无穷递增子列；
（Ⅲ）求证：对于任意实数M，都存在k∈N*，使得bk＞M．

2022年北京市通州区高考数学一模试卷
参考答案与试题解析
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．（4分）已知集合A＝{x|﹣2≤x＜2}，B＝{x|1≤x＜3}，则A∩B＝（　　）
A．[﹣2，2） B．[﹣2，3） C．[1，2） D．[1，2]
【分析】利用交集的定义求解即可．
【解答】解：∵A＝{x|﹣2≤x＜2}，B＝{x|1≤x＜3}，
∴A∩B＝[1，2），
故选：C．
【点评】本题考查了交集及其运算，是基础题．
2．（4分）复数的虚部是（　　）
A． B．i C．1 D．i
【分析】化简复数可得1+i，可得其虚部为1
【解答】解：化简可得＝
＝＝1+i
∴复数的虚部为：1
故选：C．
【点评】本题考查复数的基本概念，涉及复数的实虚部的求解，属基础题．
3．（4分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3+a5＝20，则S7＝（　　）
A．60 B．70 C．120 D．140
【分析】利用等差数列的前n项和公式和通项公式直接求解．
【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a5＝20，
∴S7＝（a1+a7）＝＝＝70．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的前7项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（4分）在△ABC中，已知，，b＝3，则c＝（　　）
A．1 B． C．2 D．3
【分析】由已知利用余弦定理可得c2﹣2c﹣3＝0，解方程即可求解c的值．
【解答】解：因为在△ABC中，已知，，b＝3，
所以由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得12＝9+c2﹣2×，整理可得c2﹣2c﹣3＝0，
则解得c＝3或﹣1（舍去）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．
5．（4分）已知实数a，b，则“a2+b2≤4”是“ab≤2”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
【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：∵a2+b2≥2ab，
∴2ab≤a2+b2≤4，即ab≤2成立，即充分性成立，
当a＝﹣3，b＝1，满足ab≤2，但a2+b2≤4不成立，即必要性不成立，
故“a2+b2≤4”是“ab≤2”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式之间的关系是解决本题的关键．
6．（4分）2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按[0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分组，分别得到频率分布直方图如下：

估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是x1和x2，方差分别是和，则（　　）
A．x1＞x2， B．x1＞x2，
C．x1＜x2， D．x1＜x2，
【分析】分别计算出x1和x2，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案．
【解答】解：由题意进行数据分析，可得：
0.020×（10﹣0）+0.010×（20﹣10）+0.030×（30﹣20）+0.015×（x1﹣30）＝0.75，解得：x1＝40；
0.010×（10﹣0）+0.020×（20﹣10）+0.030×（30﹣20）+0.025×（x2﹣30）＝0.75，解得：x2＝36；所以x1＞x2．
比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更集中，由方差的意义可以得到：＞，
故选：A．
【点评】本题考查了平均数、方差的求法和意义，是基础题．
7．（4分）设M是抛物线y2＝4x上的一点，F是抛物线的焦点，O是坐标原点，若∠OFM＝120°，则|FM|＝（　　）
A．3 B．4 C． D．
【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，设|MF|＝a，求得M的纵坐标和横坐标，利用抛物线的定义即可得到所求值．
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
设|MF|＝a，不妨M在第一象限，
可得M的纵坐标为asin60°＝a，横坐标为1+a，
即1++1＝a，
解得a＝4，
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查任意角的三角函数的定义，考查化简运算能力，属于中档题．
8．（4分）太阳高度角是太阳光线与地面所成的角（即太阳在当地的仰角）．设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射点纬度，φ为当地纬度值，那么这三个量满足θ＝90°﹣|φ﹣δ|．通州区某校学生科技社团尝试估测通州区当地纬度值（φ取正值），选择春分当日（δ＝0°）测算正午太阳高度角．他们将长度为1米的木杆垂直立于地面，测量木杆的影长．分为甲、乙、丙、丁四个小组在同一场地进行，测量结果如下：
组别
甲组
乙组
丙组
丁组
木杆影长度（米）
0.82
0.80
0.83
0.85
则四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是（　　）
A．甲组 B．乙组 C．丙组 D．丁组
【分析】根据题意得到φ＝90°﹣θ，设木杆的影长为m，得到tanθ＝，根据表格中的数据得到当m＝0.85时，θ取得最小值，此时φ取得最大值，即可求解．
【解答】解：如图所示，地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射点纬度，φ为当地纬度值，
那么这三个量满足θ＝90°﹣|φ﹣δ|．
当δ＝0°且φ为正值，可得θ＝90°﹣φ，即φ＝90°﹣θ，
设木杆的影长为m，得到tanθ＝，
因为甲、乙、丙、丁四个小组在同一场地进行，得到影长分别为0.82，0.80，0.83，0.85，
所以当m＝0.85时，θ取得最小值，此时φ取得最大值，所以四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是丁组．

故选：D．
【点评】本题考查解三角形在生活中的应用，属中档题．
9．（4分）已知直线l：x+y+m＝0和圆C：（x﹣1）2+y2＝1，若存在三点A，B，D，其中点A在直线l上，点B和D在圆C上，使得四边形ABCD是正方形，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C．[﹣3，1] D．[﹣1，3]
【分析】先判断出正方形的边长为1，对角线为．把题意转化为存在点A使．利用点到直线的距离公式即可求解．
【解答】解：圆C的半径为1，所以|BC|＝1，即正方形的边长为1，对角线为，即．
设点C到直线l的距离为d．
存在点A在直线l上，点B和D在圆C上，使得四边形ABCD是正方形，相当于存在点A使．
所以．
即，解得：﹣3≤m≤1．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线距离公式及其应用等知识，属于基础题．
10．（4分）已知函数f（x）＝，其中a＞0，且a≠1．给出下列三个结论：
①函数f（x）是单调函数；
②当0＜a＜1时，函数f（x）的图象关于直线y＝x对称；
③当a＞1时，方程f（x）＝x根的个数可能是1或2．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】讨论0＜a＜1与1＜a时，函数f（x）是否单调可判断①；把函数图象的对称问题转化为点的对称问题即可证明②；直线y＝x+1与y＝ax的位置关系即可判断③．
【解答】解：当0＜a＜1时，f（x）＝ax﹣1在（﹣∞，0]单调递减，且f（x）＝ax﹣1≥f（0）＝0，
f（x）＝loga（x+1）在（0，+∞）单调递减，且f（x）＝loga（x+1）＜loga1＝0，
∴f（x）在R上单调递减；
当a＞1时，f（x）＝ax﹣1在（﹣∞，0]单调递增，且f（x）＝ax﹣1≤f（0）＝0，
f（x）＝loga（x+1）在（0，+∞）单调递增，且f（x）＝loga（x+1）＞loga1＝0，
∴f（x）在R上单调递增，故①正确；
设P（x1，y1）为f（x）图象上的点，不妨设x1＞0，
∵0＜a＜1，∴y1＝loga（x1+1）＜0，
∴点P（x1，y1）关于直线y＝x对称的对称点为P′（y1，x1），
由y1＝loga（x1+1）得﹣1，∴点P′（y1，x1）符合f（x）＝ax﹣1，
∴当0＜a＜1时，函数f（x）的图象关于直线y＝x对称，故②正确；
当a＞1时，令f（x）＝x，
若x≤0，则ax＝x+1，若x＞0，则loga（x+1）＝x化为ax＝x+1，
设y＝ax，则y′＝axlna，∴在点（0，1）处的切线的斜率为k＝lna，
当a＝e时，直线y＝x+1与y＝ax相切，方程f（x）＝x根的个数为1，
当a＞1，且a≠e时，直线y＝x+1与y＝ax相切，方程f（x）＝x根的个数是1，
当a＞1，且a≠e时，直线y＝x+1与y＝ax相交，方程f（x）＝x根的个数为2，故③正确．
故选：D．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查分段函数的应用、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）在（1﹣x）5的展开式中，x3的系数是 　﹣10　．
【分析】求出展开式的含x3的项，由此即可求解．
【解答】解：展开式中含x3的项为C＝﹣10x3，
故x3的系数为﹣10，
故答案为：﹣10．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
12．（5分）已知双曲线的一条渐近线方程是5x﹣2y＝0，则m＝　5　．
【分析】利用双曲线的渐近线方程，求解m即可．
【解答】解：双曲线的一条渐近线方程是5x﹣2y＝0，
可得＝，
所以m＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
13．（5分）幂函数f（x）＝xm在（0，+∞）上单调递增，g（x）＝xn在（0，+∞）上单调递减，能够使y＝f（x）﹣g（x）是奇函数的一组整数m，n的值依次是 　1，﹣1（答案不唯一）　．
【分析】直接根据幂函数的性质以及奇函数的性质求解即可．
【解答】解：∵幂函数f（x）＝xm在（0，+∞）上单调递增，g（x）＝xn在（0，+∞）上单调递减，
∴m＞0且n＜0，又y＝f（x）﹣g（x）是奇函数，
∴整数m，n需满足m为大于0 的奇数，n为小于0的奇数，
故答案为：1，﹣1（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查幂函数的性质以及奇函数性质，属于基础题．
14．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2，，点P在AB边上，则向量在向量上的投影向量的长度是 　　，的最大值是 　﹣2　．
【分析】先根据题意画图，利用数形结合法即可得到向量在向量上的投影向量的长度；进一步设＝λ（0＜λ＜1），然后将，分别用向量，表示出来，然后根据向量的运算计算出的数量积，最后根据二次函数的性质即可得到的最大值．
【解答】解：根据题意，画图如下：

由题意及图，可得向量在向量上的投影向量即为向量，
而||＝||＝，
∴向量在向量上的投影向量的长度是．
设＝λ（0＜λ＜1），
＝﹣
＝﹣﹣
＝（λ﹣1）﹣，
＝﹣＝﹣λ，
∴＝[（λ﹣1）﹣]•（﹣λ）
＝λ（1﹣λ）•||2+（2λ﹣1）••﹣||2
＝λ（1﹣λ）•4﹣3
＝﹣4λ2+4λ﹣3
＝﹣（2λ﹣1）2﹣2，
∴当λ＝时，取得最大值，且最大值为﹣2．
故答案为：；﹣2．
【点评】本题主要考查向量的投影和最值问题．考查了数形结合思想，函数思想，向量的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
15．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱BC，CC1，C1D1的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点．若P与D1重合，则三棱锥E﹣PFG的体积是 　　；若直线BP与平面EFG无公共点，则BP的最小值是 　　．

【分析】由体积公式可得三棱锥E﹣PFG的体积，分别取A1D1，A1A，AB的中点H，I，J，可得截面EFG即为截面EFGHIJ，线段A1C1即为P点轨迹，△A1BC1的高即为BP的最小值．
【解答】解：若P与D1重合，则；
若直线BP与平面EFG无公共点，则BP∥平面EFG，
分别取A1D1，A1A，AB的中点H，I，J，连接GH，HI，IJ，JE，

则GH∥A1C1，EJ∥AC，IF∥AC，而AC∥A1C1，所以GH∥EJ，同理GF∥IJ，EF∥HI，因此可得证
E，F，G，H，I，J共面，即截面EFG即为截面EFGHIJ，
A1C1⊄平面EFG，HG⊂平面EFG，则A1C1∥平面EFG，同理A1B∥平面EFG，
而A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1∥平面EFG，只要P∈A1C1，则有BP∥平面EFG，线段
A1C1即为P点轨迹，，因此BP的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查棱锥的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
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．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝2．△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点．
（Ⅰ）求证：PE⊥AB；
（Ⅱ）求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值．

【分析】（Ⅰ）证明PE⊥AD．推出PE⊥平面ABCD．即可证明PE⊥AB．
（Ⅱ）分别以EA，EF，EP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Exyz．求出平面PAC的法向量，平面ABCD的法向量，利用空间向量的数量积求解平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值即可．
【解答】（Ⅰ）证明：因为△PAD为正三角形，E为AD中点，
所以PE⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD．
因为AB⊂平面ABCD，
所以PE⊥AB．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，PE⊥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EF⊥AD．
所以EA，EF，EP两两垂直．
分别以EA，EF，EP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Exyz．

则E（0，0，0），A（1，0，0），，C（﹣1，3，0）．
所以，．
设平面PAC的法向量，
由，
令，得x＝3，y＝2．
所以．
平面ABCD的法向量．
设平面PAC与平面ABCD夹角大小为θ，
则．
所以平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为．

【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
17．（14分）已知函数的最小正周期为π．
（Ⅰ）求ω的值；
（Ⅱ）从下面四个条件中选择两个作为已知，求f（x）的解析式，并求其在区间上的最大值和最小值．
条件①：f（x）的值域是[﹣2，2]；
条件②：f（x）在区间上单调递增；
条件③：f（x）的图象经过点（0，1）；
条件④：f（x）的图象关于直线对称．
【分析】（1）由周期可得ω；
（2）由①中确定 A，由③得出 A，φ 的关系式，由④可确定 φ，条件②不能得出确定的值，f（x） 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．
【解答】解：（Ⅰ）因为，所以ω＝2．
（Ⅱ）方案一：
选择①，③
因为f（x）的值域是[﹣2，2]，
所以A＝2．
所以f（x）＝2sin（2x+φ）．
因为f（x）的图象经过点（0，1），
所以2sinφ＝1，
即．
又，所以．
所以f（x）的解析式为．
因为，
所以．
当，
即时，f（x）取得最小值；
当，即时，f（x）取得最大值．
方案二：
选择条件①，④
因为f（x）的值域是[﹣2，2]，
所以A＝2．
所以f（x）＝2sin（2x+φ）．
因为f（x）的图象关于直线对称，
所以，
所以．
又，所以．
所以f（x）的解析式为．
以下同方案一．
方案三：
选择条件③，④
因为f（x）的图象关于直线对称，
所以，
所以．
又，
所以．
因为f（x）的图象经过点（0，1），
所以，
即A＝2．
所以f（x）的解析式为．
以下同方案一．
【点评】本题考查三角函数的图象与性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
18．（13分）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表：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
（A，A）
（A，B）
（B，A）
（B，B）
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．
（Ⅰ）分别估计一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；
（Ⅱ）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E（X）；
（Ⅲ）试判断甲、乙员工在晚餐选择B餐厅就餐的条件下，哪位员工更有可能午餐选择A餐厅就餐，并说明理由．
【分析】（Ⅰ）利用古典概型的概率公式计算可得；
（Ⅱ）依题意X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．
（Ⅲ） 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．
【解答】解：（Ⅰ）设事件C＝“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，事件D＝“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，；
（Ⅱ）甲员工午餐、晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1；乙员工午餐、晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2．
X的所有可能取值为1，2．P（X＝1）＝0.3×0.2+0.1×0.4＝0.1，P（X＝2）＝1﹣P（X＝1）＝0.9．
X的分布列为
X
1
2
P
0.1
0.9
E（X）＝1×0.1+2×0.9＝1.9．
（Ⅲ）设N1＝“甲员工晚餐选择B餐厅就餐”，N2＝“乙员工晚餐选择B餐厅就餐”，M1＝“甲员工在午餐时选择A餐厅就餐”，M2＝“乙员工在午餐时选择A餐厅就餐”，则，．
因为P（M1|N1）＞P（M2|N2），
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．
【点评】本题考查了古典概型的计算以及离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
19．（15分）已知函数，a∈R．
（Ⅰ）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）的最小值是2，求a的值；
（Ⅲ）设t为常数，求函数的单调区间．
【分析】（Ⅰ）求出f（1），利用导数的几何意义求得切线斜率，利用点斜式即可求得切线方程；
（Ⅱ）对f（x）求导，再对a分类讨论，利用导数求出f（x）的最小值，建立方程即可求解a的值；
（Ⅲ）求出g（x）的定义域，再对g（x）求导，由（Ⅱ）②知g′（x）＜0，从而可求得单调区间．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝lnx，f（1）＝ln1＝0，
，f'（1）＝1，即切线斜率k＝1．
所以切线方程为y＝x﹣1．
（Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），．
令f'（x）＝0，得x＝a．
①当a≤0时，f'（x）＞0．
所以f（x）在（0，+∞）单调递增，无最小值．
②当a＞0时，令f'（x）＜0，得0＜x＜a；令f'（x）＞0，得x＞a．
所以f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
所以f（x）最小值为f（a）＝1+lna．
所以1+lna＝2，即a＝e．
（Ⅲ）函数g（x）的定义域为（0，t）∪（t，+∞），．
由（Ⅱ）②知，当t＞0时，若x≠a，则．
所以，
所以的单调递减区间为（0，t），（t，+∞），无单调递增区间．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题．
20．（15分）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，|AB|＝4，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点D为线段AB上的动点，过D作线段AB的垂线交椭圆C于不同的两点E和F，N为线段AE上一点，|AN|＝λ|AE|．是否存在实数λ，使得∠NDE＝∠DBF？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（Ⅰ）由理由|AB|＝4求解a，通过离心率求解c，然后求解b，得到椭圆方程．
（Ⅱ）设E（m，n），F（m，﹣n），N（xN，yN），推出，利用∠NDE＝∠DBF，
得．结合椭圆方程推出4﹣m2＝2n2，然后求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）由已知|AB|＝4得，2a＝4，a＝2．
因为，所以．
因为b2＝a2﹣c2，所以．
所以椭圆C的方程为．
（Ⅱ）由已知得A（﹣2，0），B（2，0）．
设E（m，n），F（m，﹣n），N（xN，yN），则，，
因为|AN|＝λ|AE|，
所以，
即（xN+2，yN）＝λ（m+2，n）．
所以xN＝λm+2λ﹣2，yN＝λn，
即N（λm+2λ﹣2，λn）．
因为∠NDE＝∠DBF，
所以tan∠NDE＝tan∠DBF．
所以，
即，
化简得．
因为，
所以4﹣m2＝2n2，
所以，
解得λ＝2（舍），或．
所以存在，使得∠NDE＝∠DBF．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
21．（15分）从一个无穷数列{an}中抽出无穷多项，依原来的顺序组成一个新的无穷数列，若新数列是递增数列，则称之为{an}的一个无穷递增子列．已知数列{bn}是正实数组成的无穷数列，且满足bn＝|bn+1﹣bn+2|．
（Ⅰ）若b1＝1，b2＝2，写出数列{bn}前4项的所有可能情况；
（Ⅱ）求证：数列{bn}存在无穷递增子列；
（Ⅲ）求证：对于任意实数M，都存在k∈N*，使得bk＞M．
【分析】（Ⅰ）根据数列{bn}的递推公式以及bn＞0求出b3、b4的值，即可写出数列{bn}前4项的所有可能情况；
（Ⅱ）分析可得由bi＝bi+1﹣bi+2或bi＝bi+2﹣bi+1，即bi+2＝bi+1﹣bi或bi+2＝bi+1+bi，分析数列{bn}的单调性，设集合A＝{j∈N*|bj﹣1＜bj，j≥2}，m，，且nm∈A，取ck＝，可得出结论；
（Ⅲ）考察数列{bn}和{cn}．①当c1＞M或c2＞M时，显然成立；②当c2≤M时，设cm＝bn（m＝3，4，5，……），推导出cm﹣cm﹣1≥cm﹣1﹣cm﹣2，可得出（c2﹣c1）m+2c1﹣c2＞M，解得，取可证得结论成立．
【解答】解：（Ⅰ）由已知b1＝|b2﹣b3|，即|2﹣b3|＝1，可得b3＝1或b3＝3．当b3＝1时，由b2＝|b3﹣b4|，即|1﹣b4|＝2，因为b4＞0，可得b4＝3；
当b3＝3时，由b2＝|b3﹣b4|，即|3﹣b4|＝2，因为b4＞0，可得b4＝1或5．
所以数列{bn}前4项依次是1，2，3，5或1，2，3，1，或1，2，1，3；
（Ⅱ）证明：对于数列{bn}中的任意一项bi（i＝1，2，3，……），
由已知得，bi＝bi+1﹣bi+2或bi＝bi+2﹣bi+1，
即bi+2＝bi+1﹣bi或bi+2＝bi+1+bi．
若bi+2＝bi+1+bi，则由bi＞0可得bi+2＞bi+1；
若bi+2＝bi+1﹣bi，则bi+2＜bi+1，
此时bi+3＝bi+2+bi+1＞bi+1，即bi+2＜bi+1＜bi+3．
设集合A＝{j∈N*|bj﹣1＜bj，j≥2}，m，，且nm∈A，
n1＜n2＜⋯＜nm＜⋯，，…，，…，
则数列{cm}是数列{bn}一个无穷递增子列；
（Ⅲ）证明：考察数列{bn}和{cm}．
①当c1＞M或c2＞M时，显然成立．
②当c2≤M时，设cm＝bn（m＝3，4，5，……），
由（Ⅱ）可知bn＞bn﹣1．
如果bn﹣1＞bn﹣2，那么cm﹣1＝bn﹣1，cm﹣2＝bn﹣2＞bn﹣3或cm﹣2＝bn﹣3，
于是总有cm﹣2≥bn﹣3，
此时cm﹣cm﹣1＝bn﹣bn﹣1＝bn﹣2＝bn﹣1﹣bn﹣3≥cm﹣1﹣cm﹣2；
如果bn﹣1＜bn﹣2，那么cm﹣1＝bn﹣2，cm﹣2＝bn﹣3或cm﹣2＝bn﹣4＞bn﹣3，
于是总有cm﹣2≥bn﹣3，
此时cm﹣cm﹣1＝bn﹣bn﹣2＝bn﹣1＝bn﹣2﹣bn﹣3≥cm﹣1﹣cm﹣2．
综上，当m∈N*且m≥3时总有cm﹣cm﹣1≥cm﹣1﹣cm﹣2．
所以cm﹣cm﹣1≥cm﹣1﹣cm﹣2≥⋯≥c2﹣c1，
所以cm﹣cm﹣1≥c2﹣c1，cm﹣1﹣cm﹣2≥c2﹣c1，…，c3﹣c2≥c2﹣c1，
叠加得cm﹣c2≥（m﹣2）（c2﹣c1），cm≥（m﹣2）（c2﹣c1）+c2＝（c2﹣c1）m+2c1﹣c2．
令（c2﹣c1）m+2c1﹣c2＞M，
解得：，
即存在，（其中表示不超过的最大整数），使得．
又因为{cm}是{bn}的子列，令，则bk＞M．
由①②可知，对于任意实数M，都存在k∈N*，使得bk＞M．
【点评】本题考查了数列的递推公式及逻辑推理能力，属于难题．
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