北京市西城區(qū)2022屆高三數(shù)學(xué)二模試題含解析版

西城區(qū)高三模擬測(cè)試試卷數(shù)學(xué)本試卷共6頁，150分.考試時(shí)長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng).1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求，再求并集即可【詳解】易得，故故選：A2.已知雙曲線的焦點(diǎn)分別為，，，雙曲線上一點(diǎn)滿足，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】由雙曲線的定義和焦距即可求出和的值，進(jìn)而可求離心率.【詳解】因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以由雙曲線的定義可知，解得，則雙曲線的離心率，故選：.3.已知為等差數(shù)列，首項(xiàng)，公差，若，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】首先求出通項(xiàng)公式，再代入得到方程，解得即可；【詳解】解：因?yàn)槭醉?xiàng)，公差，所以，因?yàn)?，所以，解得故選：D4.下列函數(shù)中，與函數(shù)的奇偶性相同，且在上有相同單調(diào)性的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)指對(duì)函數(shù)的性質(zhì)判斷A、B，由正弦函數(shù)性質(zhì)判斷C，對(duì)于D有，即可判斷奇偶性和單調(diào)性.【詳解】由為奇函數(shù)且在上遞增，A、B：、非奇非偶函數(shù)，排除；C：為奇函數(shù)，但在上不單調(diào)，排除；D：，顯然且定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，在上遞增，滿足.故選：D5.已知直線與圓：交于，兩點(diǎn)，且，則的值為（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】利用圓的弦長、弦心距、半徑關(guān)系，以及點(diǎn)線距離公式列方程求k值.【詳解】由題設(shè)且半徑，弦長，所以到的距離，即，可得.故選：B6.已知是單位向量，向量滿足，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的定義即可求解.【詳解】依題意，，，，，又∵，，故選：C.7.已知函數(shù)，，那么“”是“在上是增函數(shù)”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】求得當(dāng)時(shí)，是增函數(shù),進(jìn)而判斷時(shí)，函數(shù)的單調(diào)性，即可得出結(jié)果.【詳解】當(dāng)，,單調(diào)遞增.則當(dāng)時(shí)，是增函數(shù),當(dāng)時(shí),在單調(diào)遞增，可得在上是增函數(shù)；當(dāng)時(shí),在單調(diào)遞增，可得在上是增函數(shù)；反之，當(dāng)在上是增函數(shù)時(shí)，由，可知，此時(shí)，即不成立.所以“”是“在上是增函數(shù)”的充分而不必要條件.故選：A.8.已知，記關(guān)于的方程的所有實(shí)數(shù)根的乘積為，則（）A.有最大值，無最小值 B.有最小值，無最大值C.既有最大值，也有最小值 D.既無最大值，也無最小值【答案】D【解析】【分析】求出方程的實(shí)數(shù)根，從而可得，再根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可得解.【詳解】解：由，得，所以或，故，所以函數(shù)既無最大值，也無最小值.故選：D.9.若函數(shù)的定義域和值域的交集為空集，則正數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先得到函數(shù)的定義域，再分析當(dāng)時(shí)的取值，即可得到，再對(duì)時(shí)分和兩種情況討論，求出此時(shí)的取值，即可得到的值域，從而得到不等式，解得即可；【詳解】解：因?yàn)?，所以的定義域?yàn)?，，?dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞增，所以；要使定義域和值域的交集為空集，顯然，當(dāng)時(shí)，若則，此時(shí)顯然不滿足定義域和值域的交集為空集，若時(shí)在上單調(diào)遞減，此時(shí)，則，所以，解得，即故選：B10.如圖為某商鋪、兩種商品在2022年前3個(gè)月的銷售情況統(tǒng)計(jì)圖，已知商品賣出一件盈利20元，商品賣出一件盈利10元.圖中點(diǎn)、、的縱坐標(biāo)分別表示商品2022年前3個(gè)月的銷售量，點(diǎn)、、的縱坐標(biāo)分別表示商品2022年前3個(gè)月的銷售量.根據(jù)圖中信息，下列四個(gè)結(jié)論中正確的是（）①2月、兩種商品的總銷售量最多；②3月、兩種商品的總銷售量最多；③1月、兩種商品的總利潤最多；④2月、兩種商品的總利潤最多.A.①③ B.①④ C.②③ D.②④【答案】C【解析】【分析】對(duì)①②，根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖的相關(guān)點(diǎn)縱坐標(biāo)高低判斷即可；對(duì)③④，根據(jù)利潤是的兩倍，根據(jù)賣得更多的商品判斷利潤高低即可【詳解】對(duì)①②，根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖可得，，的縱坐標(biāo)之和顯然最大，故3月、兩種商品的總銷售量最多；故②正確；對(duì)③④，因?yàn)樯唐焚u出一件盈利20元，商品賣出一件盈利10元，根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖，若用對(duì)應(yīng)的點(diǎn)表示對(duì)應(yīng)點(diǎn)的縱坐標(biāo)，則易得，故③正確綜上②③正確故選：C.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.二項(xiàng)式的展開式中的系數(shù)為21，則__________.【答案】7【解析】【分析】寫出二項(xiàng)式展開式通項(xiàng)，根據(jù)已知條件有，即可求n值.【詳解】由題設(shè)，展開式通項(xiàng)為，而的系數(shù)為21，所以，即且，可得.故答案為：712.已知復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為，則為__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的定義以及運(yùn)算規(guī)則即可求解.【詳解】由題意，，則，；故答案為：.13.已知拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為，則焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為___________；直線與拋物線分別交于、兩點(diǎn)（點(diǎn)在軸上方），過點(diǎn)作直線的垂線交準(zhǔn)線于點(diǎn)，則__________.【答案】①2②.【解析】【分析】求出焦點(diǎn)及準(zhǔn)線方程，從而可得焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離，作交準(zhǔn)線于點(diǎn)，易得直線過焦點(diǎn)，則從而可得出答案.【詳解】解：拋物線的焦點(diǎn)，準(zhǔn)線為，，所以焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2，如圖，作交準(zhǔn)線于點(diǎn)，因?yàn)橹本€過焦點(diǎn)，則，因?yàn)?，所以軸，又直線的傾斜角為，所以，所以，則.故答案為：2；14.已知數(shù)列是首項(xiàng)為16，公比為的等比數(shù)列，是公差為2的等差數(shù)列.若集合中恰有3個(gè)元素，則符合題意的的一個(gè)取值為__________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】易得數(shù)列逐項(xiàng)遞減，可先確定集合中的3項(xiàng)再列式求的范圍即可【詳解】易得數(shù)列逐項(xiàng)遞減，逐項(xiàng)遞增，故可考慮，，此時(shí)只需即可，即，解得，故符合題意的的一個(gè)取值為（答案不唯一）故答案為：（答案不唯一）15.已知四棱錐的高為1，和均是邊長為的等邊三角形，給出下列四個(gè)結(jié)論：①四棱錐可能為正四棱錐；②空間中一定存在到，，，，距離都相等的點(diǎn)；③可能有平面平面；④四棱錐的體積的取值范圍是.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是__________.【答案】①②④【解析】【分析】對(duì)①，分析當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)是否滿足條件即可；對(duì)②，設(shè)四棱錐的高為，分析可得點(diǎn)滿足；對(duì)③，假設(shè)平面平面，再推導(dǎo)得出矛盾即可判斷；對(duì)④，設(shè)，得出四棱錐的體積表達(dá)式再求解即可【詳解】根據(jù)題意，設(shè)，則，又因?yàn)楹途沁呴L為的等邊三角形，易得，且對(duì)①，當(dāng)時(shí)，底面為正方形，且為底面中心，此時(shí)四棱錐可能為正四棱錐，故①正確；對(duì)②，，故一定存在到，，，，距離都相等的點(diǎn)，故②正確；對(duì)③，當(dāng)平面平面時(shí)，因?yàn)?，故平面，此時(shí)，又因?yàn)椋藭r(shí)重合，不滿足題意，③錯(cuò)誤；對(duì)④，設(shè)，則，因?yàn)?，故，所以，故④正確故答案為：①②④三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.在中，.（1）求的大??；（2）若，證明：.【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】分析】(1)利用降冪公式化簡(jiǎn)已知條件，求出tanB即可求出B；(2)結(jié)合余弦定理和已知條件即可證明．【小問1詳解】在中，∵，∴，∴，∴，∵，∴；【小問2詳解】∵，∴．由余弦定理得①，∵，∴②，將②代入①，得，整理得，∴．17.2021年12月9日，《北京市義務(wù)教育體育與健康考核評(píng)價(jià)方案》發(fā)布.義務(wù)教育體育與健康考核評(píng)價(jià)包括過程性考核與現(xiàn)場(chǎng)考試兩部分，總分值70分.其中過程性考核40分，現(xiàn)場(chǎng)考試30分.該評(píng)價(jià)方案從公布之日施行，分學(xué)段過渡、逐步推開.現(xiàn)場(chǎng)考試采取分類限選的方式，把內(nèi)容劃分了四類，必考、選考共設(shè)置22項(xiàng)考試內(nèi)容.某區(qū)在九年級(jí)學(xué)生中隨機(jī)抽取1100名男生和1000名女生作為樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)調(diào)查，其中男生和女生選考乒乓球的比例分別為和，選考1分鐘跳繩的比例分別為和.假設(shè)選考項(xiàng)目中所有學(xué)生選擇每一項(xiàng)相互獨(dú)立.（1）從該區(qū)所有九年級(jí)學(xué)生中隨機(jī)抽取1名學(xué)生，估計(jì)該學(xué)生選考乒乓球的概率；（2）從該區(qū)九年級(jí)全體男生中隨機(jī)抽取2人，全體女生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)這3人中恰有2人選考1分鐘跳繩概率；（3）已知乒乓球考試滿分8分.在該區(qū)一次九年級(jí)模擬考試中，樣本中選考乒乓球的男生有60人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；樣本中選考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分.記這次模擬考試中，選考乒乓球的所有學(xué)生的乒乓球平均分的估計(jì)值為，其中男生的乒乓球平均分的估計(jì)值為，試比較與的大小.（結(jié)論不需要證明）【答案】（1）（2）0.32（3）【解析】【分析】（1）分別求出樣本中男生和女生的人數(shù)，再由頻率估計(jì)概率即可得解；（2）根據(jù)題意易得從該區(qū)九年級(jí)全體男生中隨機(jī)抽取1人和從該區(qū)九年級(jí)全體女生中隨機(jī)抽取1人選考跳繩的概率，再分2個(gè)男生選考跳繩和1個(gè)男生和1個(gè)女生選考跳繩結(jié)合獨(dú)立事件的概率公式即可得解；（3）根據(jù)平均數(shù)公式分別求出，即可得解.【小問1詳解】解：樣本中男生的人數(shù)為人，樣本中女生的人數(shù)為人，設(shè)從該區(qū)所有九年級(jí)學(xué)生中隨機(jī)抽取1名學(xué)生，該學(xué)生選考乒乓球?yàn)槭录?，則該學(xué)生選考乒乓球的概率；【小問2詳解】解：設(shè)從該區(qū)九年級(jí)全體男生中隨機(jī)抽取1人，選考跳繩為事件，從該區(qū)九年級(jí)全體女生中隨機(jī)抽取1人，選考跳繩為事件，由題意，則從該區(qū)九年級(jí)全體男生中隨機(jī)抽取2人，全體女生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)這3人中恰有2人選考1分鐘跳繩的概率為；【小問3詳解】解：，，所以.18.如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為4的菱形，，點(diǎn)為棱上動(dòng)點(diǎn)（不與，重合），平面與棱交于點(diǎn).（1）求證：；（2）若，從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇兩個(gè)條件作為已知，求直線與平面所成角的正弦值.條件①：平面平面；條件②：；條件③：.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由棱柱的性質(zhì)可得，即可得到平面，再根據(jù)線面平行的性質(zhì)證明即可；（2）選條件①②，連接，取中點(diǎn)，連接，，即可得到，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)得到平面，即可得到，再由，即可建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出線面角的正弦值；選條件②③，連接，取中點(diǎn)，連接，，依題意可得，再由勾股定理逆定理得到，即可得到平面，接下來同①②；選條件①③，取中點(diǎn)，連接，，即可得到，由面面垂直的性質(zhì)得到平面，從而得到，再由勾股定理逆定理得到接下來同①②；【小問1詳解】證明：在三棱柱中，，又平面，平面，所以平面，又因?yàn)槠矫嫫矫妫?【小問2詳解】解：選條件①②.連接，取中點(diǎn)，連接，.在菱形中，，所以為等邊三角形.又因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，所以，又因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面，且，所以平面，平面，所?又因?yàn)?，所?以為原點(diǎn)，以、、為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，.所以，.設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，所以令，則，，故.又因?yàn)?，設(shè)直線與平面所成角為，所以.所以直線與平面所成角的正弦值為.選條件②③.連接，取中點(diǎn)，連接，.在菱形中，，所以為等邊三角形.又為中點(diǎn)，故，且.又因?yàn)椋?所以，所以.又因?yàn)?，所以平?以下同選①②.選條件①③取中點(diǎn)，連接，.在中，因?yàn)?，所以，且?又因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，所以平?因?yàn)槠矫妫?在中，.又因?yàn)?，，所以，所?以下同選①②.19.已知函數(shù).（1）若，求的值；（2）當(dāng)時(shí)，①求證：有唯一的極值點(diǎn)；②記的零點(diǎn)為，是否存在使得？說明理由.【答案】（1）（2）①證明見解析，②不存在，詳細(xì)見解析.【解析】【分析】（1）求得導(dǎo)函數(shù)，由，代入計(jì)算即可.(2)①求得設(shè),由函數(shù)性質(zhì)可知在上單調(diào)遞減.進(jìn)而由，可得有有唯一解，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)可判斷有唯一的極值點(diǎn).②由題意，可得假設(shè)存在a，使，進(jìn)而可知由在單調(diào)遞減，，則，求得，與已知矛盾，則假設(shè)錯(cuò)誤.【小問1詳解】因?yàn)?，所以因?yàn)椋浴拘?詳解】①的定義域是，令，則.設(shè),因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞減.因?yàn)?，所以在上有唯一的零點(diǎn)，|所以有有唯一解，不妨設(shè)為.與的情況如下,+0-增極大值減所以有唯一的極值點(diǎn).②由題意，，則若存在a，使，則，所以因在單調(diào)遞減，，則需，即，與已知矛盾.所以，不存在,使得.20.已知橢圓：的左頂點(diǎn)為，圓：經(jīng)過橢圓的上、下頂點(diǎn).（1）求橢圓的方程和焦距；（2）已知，分別是橢圓和圓上的動(dòng)點(diǎn)（，不在坐標(biāo)軸上），且直線與軸平行，線段的垂直平分線與軸交于點(diǎn)，圓在點(diǎn)處的切線與軸交于點(diǎn).求線段長度的最小值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出，寫出橢圓C的方程并計(jì)算焦距作答.（2）設(shè)出點(diǎn)P，Q坐標(biāo)，求線段AP中垂線方程得點(diǎn)M，求圓O在點(diǎn)Q處的切線方程得點(diǎn)N，再借助均值不等式求解作答.【小問1詳解】依題意，，由，得，所以橢圓C的方程為：，焦距為.【小問2詳解】設(shè)，則，依題意，設(shè)，且，因，則線段AP的中點(diǎn)為，直線AP的斜率，則線段AP的中垂線方程為：，令得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)，而，則，即，直線OQ的斜率，因此，圓O在點(diǎn)Q處的切線斜率為，切線方程為，令得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)，即，則有，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“=”，所以線段長度的最小值為.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：圓錐曲線中的最值問題，可以以直線的斜率、橫(縱)截距、圖形上動(dòng)點(diǎn)的橫(縱)坐標(biāo)為變量，建立函數(shù)關(guān)系求解作答.21.已知數(shù)列：，，…，，其中是給定的正整數(shù)，且.令，，，，，.這里，表示括號(hào)中各數(shù)的最大值，表示括號(hào)中各數(shù)的