2023年12月2日发(作者：盐城中学教师招聘数学试卷)

2022北京高考数学参考答案

一、选择题

1

D

二、填空题

11.

(,0](0,1]

三、解答题

16. （I）由已知2sinCcosC3sinC

由于C在ABC中,故0C,sinC0，故cosC3

22

B

3

A

4

C

5

C

6

A

7

D

8

B

9

B

10

D

12. 3 13. 1，2

214.1,0 15.①③④

C6

（II）由（I）知sinC111，SABCabsinC63代入sinCb6得a43

222 由余弦定理:Ca2b22abcosC23,

CABC663

17. (1)设点P为AB中点，由于P为AB中点，N为AC中点

所以PN为ABC中位线

PN//BC

又M为AB中点，PM是正方形AA1B1B的中位线

所以PM//BB1

BB1//PMBC//PN面BCC1B1//面MPN

BBBCB1PMPNP

又MN面MPN

MN//面BCC1B1

(2) 选择条件①，面BCC1B1面ABB1A1

面BB1C1C面ABCBC,面A1B1BA面ABCAB

BCAB,又NP//BC

NPAB,又由①：MNAB

NPAB面MNPAB

MNABNPMNN

PM面MNP,

PMAB

故AB,BC,BB1两两垂直

以B为原点,BC为x轴正方向，BA为y轴正方向，BB1为z轴正方向建立坐标系

B:(0,0,0),M:(0,1,2),N:(1,1,0),A:(0,2,0),BM:(0,1,2),BN:(1,1,0),AB:(0,2,0)

则BMN的法向量n:(2,2,1)

AB与面BMN所成角的正弦等于AB与n所夹余弦的绝对值，即ABnABn42

63答：所求正弦为2.

318. （1）甲共投10次，优秀4次

由频率估计概率

P甲优秀（2）

X

P

甲优秀概率为0 1 2 3

42

1053

202

57

201

10211，乙优秀概率为，丙优秀概率为x,$.$$ ?n$(0,t),$$$$iz)$91

5223113故P(x0)

5222

P(x1)5225228222P(x2)

522522522202112P(x3)

5222033717EX0123

20520105 (3) 丙：丙投到过3人中的最大值9.85，比甲、乙的最大值都要大，若比赛中发挥出好状态，丙实力最强。

x219. （1）由已知b1,2c23,a2 ,E:y21

4(2)设直线yk(x2)1，Bx1,y1C:x2,y2

yk(x2)1联立2

2x4y44k21x216k28kx16k216k0

由0得k0

16k28k16k216k ，x1x2

x1x24k214k21

x1x28k1，y1y2kx1x2

4k21y1y2k2x1x22k21kx1x2(2k1)2

xx由ABM共线得M:(1,0),N:(2,0)

1y11y2xx由|MN|2得122

1y11y2即2k(x1x2)2

k(x1x2)k2x1x2(2k2k)(x1x2)(2k1)2即2k8k2

22222224k12k(16k8kk16k16k(2k1)4k11解得k

41],则f\'(0)1，又f(0)0，故所求切线方程为yx

1x21], （2）g\'(x)ex[ln(1x)1x(1x)220. 解: (1)

f\'(x)ex[ln(1x)又ex0，ln(1x)2112xln10

1x(1x)2(1x)2故g\'(x)0对x[0,)成立，g(x)在[0,)上单调递增

（3）证明：不妨设St，由拉格朗日中值定理

f(st)f(s)f\'()，其中[s,st]，即f(st)f(s)tf\'()

(st)s f(t)f(0)f\'()，其中(0,t)，即f(t)f(0)tf\'()

t0由g(x)在[0,)上单调递增，故f\'()f\'()

f(st)f(s)f(t)f(0)f(t)

f(st)f(s)f(t)证毕

21. (1) 是5可表,不是6可表

(2) 若k3,设为a,b,c,则至多ab,bc,abc,a,b,c6种矛盾k4,3,2,1,4满足

kmin4

(3) 若k5，则a1,a2,,ak至多可表15个数，矛盾,从而若k7,则k6，a,b,c,d,e,f至

多可表21个数，而abcdef20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20

及那个负数（恰 21个）

这表明a-f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a-f中绝对值最小，同时a-f中没有两数

相同,设那个负数为m(m1)

则所有数之和m1m2m5m4m15，4m1519m1

{a,b,c,d,e,f}{1,2,3,4,5,6}，再考虑排序

112 （仅一种方式）

1 与2相序

若1不在两端,则\"x12____\"形式

若x6，则561（2种方式矛盾）

x6， 同理x5,4,3 ，故1在一端，不妨为\"12ABCD\"形式

若A3,则523 （2种矛盾）

A4同理不行

A5，则6125 （2种矛盾） 从而A6

由于7126,由表法唯一知3,4不相邻,故只能1,2,3,4,5,4①

或1,2,6,4,5,3②这2种情形

对①

96354 矛盾

对②

82653 也矛盾 综上k6

k7


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