北京市西城区2022届高三数学二模试题（Word解析版）

西城区高三模拟测试试卷数学本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求，再求并集即可【详解】易得，故故选：A2.已知双曲线的焦点分别为，，，双曲线上一点满足，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.2D.3【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义和焦距即可求出和的值，进而可求离心率.【详解】因为，所以，又因为，所以由双曲线的定义可知，解得，则双曲线的离心率，故选：.\n3.已知为等差数列，首项，公差，若，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】首先求出通项公式，再代入得到方程，解得即可；【详解】解：因为首项，公差，所以，因为，所以，解得故选：D4.下列函数中，与函数的奇偶性相同，且在上有相同单调性的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指对函数的性质判断A、B，由正弦函数性质判断C，对于D有，即可判断奇偶性和单调性.【详解】由为奇函数且在上递增，A、B：、非奇非偶函数，排除；C：为奇函数，但在上不单调，排除；D：，显然且定义域关于原点对称，在上递增，满足.故选：D5.已知直线与圆：交于，两点，且，则的值为（）\nA.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用圆的弦长、弦心距、半径关系，以及点线距离公式列方程求k值.【详解】由题设且半径，弦长，所以到的距离，即，可得.故选：B6.已知是单位向量，向量满足，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积的定义即可求解.【详解】依题意，，，，，又∵，，故选：C.7.已知函数，，那么“”是“在上是增函数”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件\n【答案】A【解析】【分析】求得当时，是增函数,进而判断时，函数的单调性，即可得出结果.【详解】当，,单调递增.则当时，是增函数,当时,在单调递增，可得在上是增函数；当时,在单调递增，可得在上是增函数；反之，当在上是增函数时，由，可知，此时，即不成立.所以“”是“在上是增函数”的充分而不必要条件.故选：A.8.已知，记关于的方程的所有实数根的乘积为，则（）A.有最大值，无最小值B.有最小值，无最大值C.既有最大值，也有最小值D.既无最大值，也无最小值【答案】D【解析】【分析】求出方程的实数根，从而可得，再根据指数函数的性质即可得解.\n【详解】解：由，得，所以或，故，所以函数既无最大值，也无最小值.故选：D.9.若函数的定义域和值域的交集为空集，则正数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先得到函数的定义域，再分析当时的取值，即可得到，再对时分和两种情况讨论，求出此时的取值，即可得到的值域，从而得到不等式，解得即可；【详解】解：因为，所以的定义域为，，当时，则在上单调递增，所以；要使定义域和值域的交集为空集，显然，当时，若则，此时显然不满足定义域和值域的交集为空集，若时在上单调递减，此时，则，所以，解得，即\n故选：B10.如图为某商铺、两种商品在2022年前3个月的销售情况统计图，已知商品卖出一件盈利20元，商品卖出一件盈利10元.图中点、、的纵坐标分别表示商品2022年前3个月的销售量，点、、的纵坐标分别表示商品2022年前3个月的销售量.根据图中信息，下列四个结论中正确的是（）①2月、两种商品的总销售量最多；②3月、两种商品的总销售量最多；③1月、两种商品的总利润最多；④2月、两种商品的总利润最多.A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】C【解析】【分析】对①②，根据统计图的相关点纵坐标高低判断即可；对③④，根据利润是的两倍，根据卖得更多的商品判断利润高低即可【详解】对①②，根据统计图可得，，的纵坐标之和显然最大，故3月、两种商品的总销售量最多；故②正确；对③④，因为商品卖出一件盈利20元，商品卖出一件盈利10元，根据统计图，若用对应的点表示对应点的纵坐标，则易得，故③正确综上②③正确故选：C.第二部分（非选择题共110分）\n二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.二项式的展开式中的系数为21，则__________.【答案】7【解析】【分析】写出二项式展开式通项，根据已知条件有，即可求n值.【详解】由题设，展开式通项为，而的系数为21，所以，即且，可得.故答案为：712.已知复数在复平面内所对应的点的坐标为，则为__________.【答案】【解析】【分析】根据复数的定义以及运算规则即可求解.【详解】由题意，，则，；故答案为：.13.已知抛物线的焦点为，准线为，则焦点到准线的距离为___________；直线与抛物线分别交于、两点（点在轴上方），过点作直线的垂线交准线于点，则__________.【答案】①2②.【解析】【分析】求出焦点及准线方程，从而可得焦点到准线的距离，作交准线于点，易\n得直线过焦点，则从而可得出答案.【详解】解：抛物线的焦点，准线为，，所以焦点到准线的距离为2，如图，作交准线于点，因为直线过焦点，则，因为，所以轴，又直线的倾斜角为，所以，所以，则.故答案为：2；14.已知数列是首项为16，公比为的等比数列，是公差为2的等差数列.若集合中恰有3个元素，则符合题意的的一个取值为__________.【答案】（答案不唯一）【解析】\n【分析】易得数列逐项递减，可先确定集合中的3项再列式求的范围即可【详解】易得数列逐项递减，逐项递增，故可考虑，，此时只需即可，即，解得，故符合题意的的一个取值为（答案不唯一）故答案为：（答案不唯一）15.已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：①四棱锥可能为正四棱锥；②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点；③可能有平面平面；④四棱锥的体积的取值范围是.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①②④【解析】【分析】对①，分析当四棱锥为正四棱锥时是否满足条件即可；对②，设四棱锥的高为，分析可得点满足；对③，假设平面平面，再推导得出矛盾即可判断；对④，设，得出四棱锥的体积表达式再求解即可【详解】根据题意，设，则，又因为和均是边长为的等边三角形，易得，且\n对①，当时，底面为正方形，且为底面中心，此时四棱锥可能为正四棱锥，故①正确；对②，，故一定存在到，，，，距离都相等的点，故②正确；对③，当平面平面时，因为，故平面，此时，又因为，此时重合，不满足题意，③错误；对④，设，则，因为，故，所以，故④正确故答案为：①②④三、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.在中，.（1）求的大小；（2）若，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】分析】(1)利用降幂公式化简已知条件，求出tanB即可求出B；(2)结合余弦定理和已知条件即可证明．【小问1详解】\n在中，∵，∴，∴，∴，∵，∴；【小问2详解】∵，∴．由余弦定理得①，∵，∴②，将②代入①，得，整理得，∴．17.2021年12月9日，《北京市义务教育体育与健康考核评价方案》发布.义务教育体育与健康考核评价包括过程性考核与现场考试两部分，总分值70分.其中过程性考核40分，现场考试30分.该评价方案从公布之日施行，分学段过渡、逐步推开.现场考试采取分类限选的方式，把内容划分了四类，必考、选考共设置22项考试内容.某区在九年级学生中随机抽取1100名男生和1000名女生作为样本进行统计调查，其中男生和女生选考乒乓球的比例分别为和，选考1分钟跳绳的比例分别为和.假设选考项目中所有学生选择每一项相互独立.（1）从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，估计该学生选考乒乓球的概率；（2）从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有\n2人选考1分钟跳绳概率；（3）已知乒乓球考试满分8分.在该区一次九年级模拟考试中，样本中选考乒乓球的男生有60人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；样本中选考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分.记这次模拟考试中，选考乒乓球的所有学生的乒乓球平均分的估计值为，其中男生的乒乓球平均分的估计值为，试比较与的大小.（结论不需要证明）【答案】（1）（2）0.32（3）【解析】【分析】（1）分别求出样本中男生和女生的人数，再由频率估计概率即可得解；（2）根据题意易得从该区九年级全体男生中随机抽取1人和从该区九年级全体女生中随机抽取1人选考跳绳的概率，再分2个男生选考跳绳和1个男生和1个女生选考跳绳结合独立事件的概率公式即可得解；（3）根据平均数公式分别求出，即可得解.【小问1详解】解：样本中男生的人数为人，样本中女生的人数为人，设从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，该学生选考乒乓球为事件，则该学生选考乒乓球的概率；【小问2详解】解：设从该区九年级全体男生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，从该区九年级全体女生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，由题意，则从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率为；【小问3详解】\n解：，，所以.18.如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与，重合），平面与棱交于点.（1）求证：；（2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由棱柱的性质可得，即可得到平面，再根据线面平行的性质证明即可；（2）选条件①②，连接，取中点，连接，，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由\n，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；选条件②③，连接，取中点，连接，，依题意可得，再由勾股定理逆定理得到，即可得到平面，接下来同①②；选条件①③，取中点，连接，，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到接下来同①②；【小问1详解】证明：在三棱柱中，，又平面，平面，所以平面，又因为平面平面，所以.【小问2详解】解：选条件①②.连接，取中点，连接，.在菱形中，，所以为等边三角形.又因为为中点，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，且，所以平面，平面，所以.又因为，所以.以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，\n则，，，，.所以，.设平面的一个法向量为，则，所以令，则，，故.又因为，设直线与平面所成角为，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.选条件②③.连接，取中点，连接，.在菱形中，，\n所以为等边三角形.又为中点，故，且.又因为，.所以，所以.又因为，所以平面.以下同选①②.选条件①③取中点，连接，.在中，因为，所以，且，.又因为平面平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.在中，.又因为，，所以，所以.以下同选①②.19.已知函数.（1）若，求的值；（2）当时，①求证：有唯一的极值点；②记的零点为，是否存在使得？说明理由.\n【答案】（1）（2）①证明见解析，②不存在，详细见解析.【解析】【分析】（1）求得导函数，由，代入计算即可.(2)①求得设,由函数性质可知在上单调递减.进而由，可得有有唯一解，进而利用导数可判断有唯一的极值点.②由题意，可得假设存在a，使，进而可知由在单调递减，，则，求得，与已知矛盾，则假设错误.【小问1详解】因为，所以因为，所以【小问2详解】①的定义域是，令，则.设,因为在上单调递减，所以在上单调递减.因为，所以在上有唯一的零点，|所以有有唯一解，不妨设为.\n与的情况如下,+0-增极大值减所以有唯一的极值点.②由题意，，则若存在a，使，则，所以因在单调递减，，则需，即，与已知矛盾.所以，不存在,使得.20.已知椭圆：的左顶点为，圆：经过椭圆的上、下顶点.（1）求椭圆的方程和焦距；（2）已知，分别是椭圆和圆上的动点（，不在坐标轴上），且直线与轴平行，线段的垂直平分线与轴交于点，圆在点处的切线与轴交于点.求线段长度的最小值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出，写出椭圆C的方程并计算焦距作答.（2）设出点P，Q坐标，求线段AP中垂线方程得点M，求圆O在点Q处的切线方程得点\nN，再借助均值不等式求解作答.【小问1详解】依题意，，由，得，所以椭圆C的方程为：，焦距为.【小问2详解】设，则，依题意，设，且，因，则线段AP的中点为，直线AP的斜率，则线段AP的中垂线方程为：，令得点M的纵坐标，而，则，即，直线OQ的斜率，因此，圆O在点Q处的切线斜率为，切线方程为，令得点N的纵坐标，即，则有，当且仅当，即时取“=”，所以线段长度的最小值为.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.\n21.已知数列：，，…，，其中是给定的正整数，且.令，，，，，.这里，表示括号中各数的最大值，表示括号中各数的最小值.（1）若数列：2，0，2，1，-4，2，求，的值；（2）若数列是首项为1，公比为等比数列，且，求的值；（3）若数列是公差的等差数列，数列是数列中所有项的一个排列，求的所有可能值（用表示）.【答案】（1），；（2）；（3）所有可能值为.【解析】【分析】（1）根据函数定义写出，即可.（2）讨论数列A的项各不相等或存在相等项，当各项都不相等，根据题设定义判断，当存在相等项，由等比数列通项公式求q，进而确定的值；（3）利用数列A的单调性结合（2）的结论求的取值范围，估计所有可能取值，再应用分类讨论求证对应所有可能值均可取到，即可得结果.【小问1详解】由题设，，，，则，，，，则，所以，.【小问2详解】若数列任意两项均不相等，\n当时；当且时，，又，，此时；综上，，故，不合要求；要使，即存在且使，即，又，则，当，则，不合要求；当，则，满足题设；综上，.【小问3详解】由题设数列单调递增且，由（2）知：，根据题设定义，存在且，，则，由比数列中个项大，，同理，所以；又至少比数列中一项小，，同理，所以；综上，.令数列，下证各值均可取到，ⅰ、当，而数列递增，\n，且，此时，，，则；ⅱ、当时，，则，当且时，令，则，所以，，此时；ⅲ、给定，令()且()，则()，()，又数列递增，，()，()，所以，此时且，故，综上，.【点睛】关键点点睛：第三问，首先根据数列的单调性和定义求的取值范围，再由定义结合分类讨论求证范围内所有可能值都可取到.