【高考数学】2022-2023学年北京市海淀区专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考数学】2022-2023学年北京市海淀区专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共49页。试卷主要包含了若，则z=，已知，且，则，在的展开式中，的系数为，已知函数，则不等式的解集是，记为数列的前项和，将函数图象上的点向左平移等内容，欢迎下载使用。

【高考数学】2022-2023学年北京市海淀区专项突破仿真模拟试题（一模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（       ）
A．{−2，3}B．{−2，2，3}C．{−2，−1，0，3}D．{−2，−1，0，2，3}
2．若，则z=（       ）
A．1–iB．1+iC．–．i
3．已知，且，则
A．
B．
C．
D．
4．在的展开式中，的系数为（       ）．
A．B．5C．D．10
5．已知函数，则不等式的解集是（       ）．
A．B．
C．D．
6．设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”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
7．某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况．
加油工夫

加油量（升）

加油时的累计里程（千米）

年月日





年月日







注：“累计里程“指汽车从出厂开始累计行驶的路程
在这段工夫内，该车每千米平均耗油量为（ ）A．升B．升C．升D．升
8．记为数列的前项和．若，则（       ）
A．有项，有项B．有项，有最小项
C．有最小项，有项D．有最小项，有最小项
9．将函数图象上的点向左平移（） 个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（ ）
A．，的最小值为B．，的最小值为
C．，的最小值为D．，的最小值为
10．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的个数是（       ）

①平面平面
②的取值范围是
③三棱锥的体积为定值
④
A．1B．2C．3D．4
第II卷（非选一选）
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二、填 空 题
11．已知向量=（－4，3），=（6，m），且，则m=__________.
12．已知为等差数列，的前5项和，，则______．
13．已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______________.
14．已知函数的定义域是，关于函数给出下列命题：
①对于任意，函数存在最小值；
②对于任意，函数是上的减函数；
③存在，使得对于任意的，都有成立；
④存在，使得函数有两个零点.
其中正确命题的序号是______.
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三、双空题
15．已知函数在有且仅有3个零点，则函数在上存在_____个极小值点，请写出一个符合要求的正整数的值______.
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四、解 答 题
16．已知①，②，③在这三个条件中任选两个，补充在上面的成绩中，并处理该成绩．
在中，角A，B，C的对边分别为，且满足
（1）求角A的大小；
（2）已知_______，_______，若存在，求的面积；若不存在，阐明理由．
17．如图四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，，为的中点.

(1)求证：直线平面
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
(3)设是的中点，判断点能否在平面内，并证明结论.
18．某超市种不同品牌的牙膏，它们的包装规格均相反，价格（元/管）和市场份额（指该品牌牙膏的量在超市同类产品中所占比重）如下：
牙膏品牌





价格





市场份额






（1）从这种不同品牌的牙膏中随机抽取管，估计其于元的概率；
（2）依市场份额进行分层抽样，随机抽取管牙膏进行质检，其中和共抽取了管．
①求的值；
②从这管牙膏中随机抽取管进行氟含量检测．记为抽到品牌的牙膏数量，求的分布列和数学期望．
（3）品牌的牙膏下月进入该超市，定价元/管，并占有一定市场份额．原有个品牌的牙膏价格不变，所占市场份额之比不变．设本月牙膏的平均价为每管元，下月牙膏的平均价为每管元，比较的大小．（只需写出结论）
19．已知椭圆点，离心率为，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设、分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（不在坐标轴上），直线交轴于点，为直线上一点，且，求证：、、三点共线.
20．已知函数，其中，为的导函数.
(1)当，求在点处的切线方程；
(2)设函数，且恒成立.
①求的取值范围；
②设函数的零点为，的极小值点为，求证.
21．设数列（）的各项均为正整数，且.若对任意，存在正整数使得，则称数列具有性质.
（1）判断数列与数列能否具有性质；（只需写出结论）
（2）若数列具有性质，且，，，求的最小值；
（3）若集合，且（任意，）.求证：存在，使得从中可以选取若干元素（可反复选取）组成一个具有性质的数列.

答案：
1．A

【分析】
首先进行并集运算，然后计算补集即可.
【详解】
由题意可得：，则.
故选：A.

本题次要考查并集、补集的定义与运用，属于基础题.
2．D

【分析】
先利用除法运算求得，再利用共轭复数的概念得到即可.
【详解】
由于，所以.
故选：D
【点晴】
本题次要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，是一道基础题.
3．C

【详解】
试题分析：A：由，得，即，A不正确；
B：由及正弦函数的单调性，可知不一定成立；
C：由，，得，故，C正确；
D：由，得，但xy的值不一定大于1，故不一定成立，故选C.
【考点】函数性质
【名师点睛】函数单调性的判断：(1)常用的方法有：定义法、导数法、图象法及复合函数法．
(2)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数；一个增(减)函数与一个减(增)函数的差是增(减)函数；
(3)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相反的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上有相反的单调性.
4．C

【分析】
首先写出展开式的通项公式，然后通项公式确定的系数即可.
【详解】
展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为.
故选：C.

二项式定理的核心是通项公式，求解此类成绩可以分两步完成：步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要留意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
5．D

【分析】
作出函数和的图象，观察图象可得结果.
【详解】
由于，所以等价于，
在同不断角坐标系中作出和的图象如图：

两函数图象的交点坐标为，
不等式的解为或.
所以不等式的解集为.
故选：D.

本题考查了图象法解不等式，属于基础题.
6．C

【分析】
由题意向量的减法公式和向量的运算法则考查充分性和必要功能否成立即可.
【详解】
∵A､B､C三点不共线,∴
|+|>|||+|>|-|
|+|2>|-|2•>0与
的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C.

本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想.
7．B

【详解】
由于次加满，所以第二次的加油量即为该段工夫内的耗油量，故耗油量升. 而这段工夫内行驶的里程数千米. 所以这段工夫内，该车每100千米平均耗油量为升，故选B.
考点：平均变化率.
8．A

【分析】
根据题意，二次函数的性质分析的项，再分析的符号，据此分析可得的项，即可得答案．
【详解】
解：根据题意，数列，，
对于二次函数，，其开口向下，对称轴为，即当时，取得值，
对于，时，；
且当时，，当时，，当时，，
故当或8时，，
故有项，有项；
故选：．
9．A

【详解】
由题意得，，
可得，
由于 位于函数的图象上
所以，
可得，
s的最小值为，故选A.
【名师点睛】
三角函数图象的变换，有两种选择：一是先伸缩再平移，二是先平移再伸缩．特别留意：①平移变换时，当自变量x的系数不为1时，要将系数先提出；②翻折变换要留意翻折的方向；③三角函数名不同的图象变换成绩，应先将三角函数名一致，再进行变换.
10．C

【分析】
根据线面地位关系进行判断．判断①，举反例判断②，利用体积公式，判断③，利用垂直关系的转化判断④.
【详解】
∵平面，∴平面平面，①正确；
若是上靠近的一个四等分点，，此时，，此时为钝角，②错；

由于，则平面，因此的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；
而，，所以，且,，所以平面,平面，因此，④正确．

故选：C．
11．8.

【分析】
利用转化得到加以计算，得到.
【详解】
向量
则.

本题考查平面向量的坐标运算、平面向量的数量积、平面向量的垂直以及转化与化归思想的运用.属于容易题.
12．11

【分析】
设等差数列的公差为，则由题意可得，解方程组求出，从而可求出结果
【详解】
解：设等差数列的公差为，
由于，，
所以，解得，
所以，
故11
13．2

【分析】
根据双曲线的几何性质可知，，，即可根据斜率列出等式求解即可．
【详解】
联立，解得，所以.
依题可得，，，即，变形得，,
因此，双曲线的离心率为.
故．

本题次要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的运用，属于基础题．
14．①④

【分析】
求出函数的导函数，即可得到函数的单调性与最值，从而判断即可；
【详解】
解：定义域为，．
当时单调递增，值域为R，所以存在，使，
当时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，则为函数的最小值，故①正确；
若最小值，即，又，即，即时函数有两个零点，
令，则，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以存在使得，即存在，使得函数有两个零点，故④正确.
当时，恒成立，故是上的增函数，故②错误；
由于，当时，当时，则，且当时，
所以不存在，使得对于任意的，都有成立，故③错误；
故①④．
15．     1     3

【分析】
首先求的范围，根据正弦函数的图象，确定极小值点个数，以及根据端点值，列不等式求的范围.
【详解】
，，
由条件可知在区间有3个零点，
由函数图象可知：有1个极小值点，两个极大值点，
且，解得：,
其中满足条件的一个正整数是3.
故1；3
16．（1）；（2）答案不，具体见解析．

【分析】
（1）由正弦定理对已知的式子变形化简可得，再利用余弦定理可求出角A的大小；
（2）若选择条件①和②，由正弦定理可求出，从而可求出的面积；若选择条件①和③，由余弦定理可求出，从而可求出的面积；若选择条件②和③，由正弦定理已知条件可得，从而可这样的三角形不存在
【详解】
解：（1），
由正弦定理可得：，即，
，
，．
（2）一：选择条件①和②，由正弦定理，可得，
可得的面积．
二：选择条件①和③，由余弦定理，可得，
可得，可得，的面积．
三：选择条件②和③，这样的三角形不存在，理由如下：在三角形中，由（1），则由正弦定理，由③可得，
而，
则，所以这样的三角形不存在．
17．(1)证明见解析
(2)
(3)在平面PAC内，证明见解析

【分析】
（1）经过做辅助线证明四边形GECB为平行四边形，再经过直线与平面平行的判定公理证明
（2）经过建立空间直角坐标系，利用平面法向量与直线向量求得直线与平面所成角的正弦值
（3）建立空间直角坐标系，根据平面向量基本定理求证结果
(1)

取AP中点G，连接GE，GB，EC
由于是以为斜边的等腰直角三角形，AD=2
所以GE=1
由于，
所以，又由于
所以四边形GECB是平行四边形，所以
又由于平面PAB
平面PAB
所以平面
(2)

取AD中点O，连接PO，CO，由已知△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形
所以又AD=2，所以。PO=OD=1
而，AB=1，
所以四边形ABCO为正方形，即
，PO=1，OC=1，所以
所以
由于，所以平面ABCD
所以以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示空间直角坐标系
所以
P(0,0,1),A(0,-1,0),C(1,0,0),B(1,-1,0)
设平面PAC的一个法向量为



由得可取
设直线PB与平面PAC所成角为
则
(3)
证：E为PD的中点，由（2）可知，又F是BE的中点，所以



设，即
解得
故有一组实数对使得
因此符合向量基本定理，故CF与CA，CP共面，即F在平面PAC内
18．（1）；（2）①；②分布列见解析；期望为；（3）．

【分析】
（1）求出于元的频率，用频率来衡量概率；
（2）①利用分层抽样的定义求解即可，②随机变量的可能取值为，然后求出各自对应的概率，即可列出分布列，求出期望；
（3）求出平均值比较即可
【详解】
解：（1）记“从该超市的牙膏中随机抽取管，其于元”为．
由题设，．
（2）①由题设，品牌的牙膏抽取了管，
品牌的牙膏抽取了管，
所以．
（ⅱ）随机变量的可能取值为．
；
；
．
所以的分布列为：









的数学期望为．
（3）．
（理由：，设品牌的市场占有额为，市场占有额分别为，则
）
19．（1）；（2）证明见解析.

（1）将点的坐标代入椭圆的方程，可求得的值，再由椭圆的离心率可求得、的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设点，可得出，求出直线的方程，可求得点的坐标，由，可求得点的横坐标，代入直线的方程可求得点的坐标，验证，即可证得结论成立.
【详解】
（1）将点的坐标代入椭圆的坐标可得，
由题意可得，解得，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）椭圆的左、右顶点分别为、，
设点，则，则，

直线的斜率为，则直线的方程为，
令，可得，即点，
设点，由，可得，
直线的斜率为，则直线的方程为，
将代入直线的方程得，
所以点的坐标为，
直线的斜率为
直线的斜率为，
又、有公共点，因此，、、三点共线.

本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了椭圆中三点共线的证明，考查计算能力，属于难题.
20．(1)
(2)①;②详见解析

【分析】
（1）利用导数的几何意义即可求解.
（2）①先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再根据恒成立，即可得出结果；
②先设，求导得.
设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.
(1)
时，,,,，所以函数在处的切线方程，即.
(2)
①由题设知，，
，，
由，得，所以函数在区间上是增函数；
由，得，所以函数在区间上是减函数.
故在处取得最小值，且.
由于恒成立，所以，得，
所以的取值范围为；
②设，则.
设，
则，
故函数在区间上单调递增，由（1）知，，
所以，，
故存在，使得，
所以，当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增.
所以是函数的极小值点.因此，即.
由①可知，当时，，即，整理得，
所以.
因此，即.
所以函数在区间上单调递增.
由于，即，
即，
所以.
又函数在区间上单调递增，所以.
21．（1）数列不具有性质；数列具有性质（2）的最小值为（3）证明见解析

（1）不满足存在正整数使得，故数列不具有性质；根据定义可知数列具有性质；
（2）由题可知，，，，，所以，再验证可知时，数列不具有性质，时，数列具有性质，从而可知的最小值为；
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则，再根据定义推出矛盾，从而可证结论正确.
【详解】
（1）数列不具有性质；数列具有性质.
（2）由题可知，，，，，
所以.
若，由于且，所以.
同理，
由于数列各项均为正整数，所以.所以数列前三项为.
由于数列具有性质，只可能为之一，而又由于，
所以.
同理，有.
此时数列为.
但数列中不存在使得，所以该数列不具有性质.
所以.
当时，取.（构造数列不）
证，此数列具有性质.
所以，的最小值为.
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则.
否则，存在满足：存在，使得，此时，从中取出：
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列.
（i）由题意可知，这个集合中至少有一个集合的元素个数不少于个，
不妨设此集合为，从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设，对任意，，所以.
（ii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
由假设，所以，所以，所以.
（iii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
异样，由假设可得，所以，所以.
（iv）类似地，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，
则.
（v）异样，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，同理可得.
（vi）由假设可得.
同上可知，，
而又由于，所以，矛盾.所以假设不成立.
所以原命题得证.

本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，精确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题.




















【高考数学】2022-2023学年北京市海淀区专项突破仿真模拟试题（二模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．已知集合，，则（       ）
A．B．C．D．
2．复数，则在复平面对应的点在（       ）
A．象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．2022年北京将于2022年2月4日星期五开幕，2月20日星期日闭幕．北京新增7个小项目，女子单人雪车为其中之一．下表是某国女子单人雪车集训队甲、乙两位队员十轮的比赛成绩，则下列说确的是(       )
队员
比赛成绩
轮
第二轮
第三轮
第四轮
第五轮
第六轮
第七轮
第八轮
第九轮
第十轮
甲
1分51秒74
1分51秒72
1分51秒75
1分51秒80
1分51秒90
1分51秒81
1分51秒72
1分51秒94
1分51秒74
1分51秒71
乙
1分51秒70
1分51秒80
1分51秒83
1分51秒83
1分51秒80
1分51秒84
1分51秒90
1分51秒72
1分51秒90
1分51秒91

A．估计甲队员的比赛成绩的方差小于乙队员的比赛成绩的方差
B．估计甲队员的比赛成绩的中位数小于乙队员的比赛成绩的平均数
C．估计甲队员的比赛成绩的平均数大于乙队员的比赛成绩的平均数
D．估计甲队员的比赛成绩的中位数大于乙队员的比赛成绩的中位数
4．在边长为2的正三角形中，则（       ）
A．B．C．1D．2
5．底面半径为2，高为3的封闭圆柱内有一个表面积的球，则的值为（       ）
A．B．C．D．
6．已知，，则的值为（       ）
A．B．
C．D．
7．已知函数，则不等式的解集是（       ）
A．B．
C．D．
8．已知过点作圆的两条切线，，切点分别为，，则直线必过定点（       ）
A．B．
C．D．
9．设正项等比数列的前项和为，，．记，下列说确的是（       ）
A．数列的公比为B．
C．存在值，但无最小值D．
10．已知函数方程的不等实根个数不可能是（       ）
A．2个B．3个C．4个D．6个
11．对于负数，，抛物线的焦点为，抛物线的焦点为，线段与两个抛物线的交点分别为，．若，，则的值为（       ）
A．6B．C．7D．
12．已知正整数有序数对满足：
①；
②．
则满足条件的正整数有序数对共有（       ）组．
A．24B．12C．9D．6
第II卷（非选一选）
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二、填 空 题
13．已知为奇函数，则______．
14．若点不在平面区域内，则实数的取值范围为______．
15．若直线与曲线和都相切，则的斜率为______．
16．设数列，满足，，则它们的公共项由小到大陈列后组成新数列．在和中个数构成一个新数列：，1，，3，5，，7，9，11，，…，的一切数构成首项为1，公差为2的等差数列，则数列的前20项和______．
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三、解 答 题
17．2020年11月，办公厅印发《新能源汽车产业发展（2021-2035年）》，要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推进中国新能源汽车产业高质量可持续发展，加快建设汽车强国，国家相关政策号召和鼓励中国汽车生产企业往新能源汽车方向发展，带动电动车市场的发展，贯彻落实我国低碳环保的理念．为了估计将来新能源汽车市场的保有量，现统计了中国自2015-2021年新能源汽车的保有量统计情况如下表：
工夫
2015
2016
2017
2018
2019
2020
2021
序号
1
2
3
4
5
6
7
保有量（万）
40
90
150
250
370
480
650

(1)若上述数据近五年新能源汽车保有量与序号有线性关系，求其回归方程，并预测2025年新能源汽车的保有量；
(2)为了了解新能源汽车中纯电动汽车和非纯电动汽车的平均能耗情况，现3台纯电动汽车和4台非纯电动汽车中任取2台，求恰好抽到1台纯电动汽车的概率．
附：线性回归方程：，其中，．
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面的成绩中，并作答．如果多选，则按个解答给分．
已知的内角A，，的对边分别为，，，且______
(1)求；
(2)的值．
19．设函数，其中，为常数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有且仅有3个零点，求的取值范围．
20．已知椭圆的右焦点为，，为上不同的两点，且，．
(1)证明：，，成等差数列；
(2)试问：轴上能否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请阐明理由．
21．如图1，在矩形中，B，C分别为，的中点，且，现将矩形沿翻折，得到如图2所示的多面体．

(1)当二面角的大小为60°时，证明：多面体为正三棱柱；
(2)设点关于平面的对称点为，当该多面体的体积时，求三棱锥的体积．
22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）．
(1)写出曲线的普通方程；
(2)设为曲线上的一点，将绕原点逆时针旋转得到．当运动时，求的轨迹．
23．已知，，均为正实数，且．证明：
(1)；
(2)．

答案：
1．D

【分析】
首先用列举法表示集合，再根据交集的定义计算可得；
【详解】
解：由于，又，
所以；
故选：D
2．D

【分析】
根据复数代数方式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；
【详解】
解：，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限；
故选：D
3．B

【分析】
根据表格中甲乙成绩特征，可去掉成绩里面的分和秒后进行比较．根据中位数、平均数、方差的计算方法求出中位数、平均数、方差比较即可得到答案．
【详解】
根据表格中甲乙成绩特征，可去掉成绩里面的分和秒后进行比较，作茎叶图如图：

由图可知，甲的成绩次要集中在70－75之间，乙的成绩次要集中在80－90之间，
∴甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数，故C错误；
由图可知甲的成绩中位数为74.5，乙成绩的中位数为83，故甲队员的比赛成绩的中位数小于乙队员的比赛成绩的中位数，故D错误；
甲队员比赛成绩平均数为：
，
乙队员比赛成绩平均数为：
，
∴甲队员的比赛成绩的中位数小于乙队员的比赛成绩的平均数，故B正确；
甲队员的比赛成绩的方差为：

＝57.41，
乙队员的比赛成绩的方差为：

＝46.61，
∴甲队员的比赛成绩的方差大于乙队员的比赛成绩的方差，故A错误．
故选：B．
4．A

【分析】
根据数量积的定义计算可得；
【详解】
解：
故选：A
5．C

【分析】
设球的半径为，即可求出的取值范围，从而求出的值，根据球的表面积公式计算可得；
【详解】
解：设球的半径为，则且，所以，所以，
所以；
故选：C
6．D

【分析】
首先解方程求出，再根据同角三角函数的基本关系求出、，即可得解；
【详解】
解：由于，所以，解得或，
由于，所以，
又，解得（舍去）或，
所以；
故选：D
7．B

【分析】
将不等式转化为，利用数形求解.
【详解】
解：由于函数，
所以不等式即为，
在坐标系中作出的图象，如图所示：

由于都，
由于的图象在图象的下方，
由图象知：不等式的解集是，
故选：B
8．A

【分析】
经过过点作圆的两条切线，，切点分别为，，能得到是以为直径的圆和圆的公共弦，将两圆的方程相减可得直线的方程，从而求得直线恒过定点坐标.
【详解】
圆的方程可化为，所以圆心.
则以为直径的圆的圆心为，设以为直径的圆的半径为，
则.
所以以为直径的圆的方程为.
过点作圆的切点分别为，,
两圆的交点为,,即两圆的公共弦为.
将两圆的方程相减可得直线的方程为，
即.令得.
所以直线必过定点.
故选：A.

本题解题的关键是把圆的切线成绩转化为求两圆的公共弦成绩，然后就能得到直线的方程，再利用含参直线过定点的解题策略求定点坐标即可.
9．C

【分析】
根据题意，由，求出公比，可判断A的正误；利用等比数列的前项和公式求出，可判断B的正误；根据题意求出，可判断C，D的正误.
【详解】
由于，，
所以正项等比数列的公比满足，且，
所以，故A错误；
由等比数列的前项和公式可得，，
由于，所以，故B错误；
由于，
所以，
易知，由指数函数单调性可知，
所以存在值，但无最小值，故C正确；
，故D错误；
故选：C.
10．D

【分析】
画出函数图象，令，则，则或，分类讨论与图象的交点个数，即可求出答案.
【详解】
由于，根据题意作出的图象.函数在单调递减；在上单调递减，在上单调递增；在上单调递减.
图象如下：

对于方程，
令，则，则或.
当时，与的图象有2个交点；
当时，由于，与的图象可以有0、1、2个交点.
所以方程的不等实根个数可以是2、3、4个.
故选：D.
11．C

【分析】
由抛物线方程求出其焦点和顶点坐标，由条件抛物线的定义列方程求出即可.
【详解】
抛物线的焦点的坐标为，
抛物线的焦点的坐标为，
又，所以，
设，，
则，，
所以，又，
所以，
又，
所以，又，
所以，
故选：C.

12．B

【分析】
根据题意首先确定有序数对的可能的情况有几组，再确定的可能情况有几组，即可确定答案.
【详解】
由题意知，为正整数，
故由可得，
由于 ，故，则满足的数为3和2，
则有序数对可能为 ，
再由可得 ，
则的可能有共6种情况，
故满足条件的正整数有序数对共有组，
故选：B
13．

【分析】
根据奇函数的定义可得，即，由此可求得答案.
【详解】
由题意是奇函数，
则，即，
故，
由于，故 ，
故
14．

【分析】
点不在平面区域内，则或，解不等式即可求出答案.
【详解】
点不在平面区域内，则或，所以或，所以.则实数的取值范围为.
故答案为.
15．

【分析】
设出的切点坐标，求导，利用导数几何意义表达出切线斜率，写出切线方程，根据圆心到半径距离为半径列出方程，求出，从而求出斜率.
【详解】
设的切点为，，故，
则切线方程为：，即
圆心到圆的距离为，即，
解得：或（舍去）
所以，则的斜率为
故
16．1589

【分析】
首先求出的通项公式，再判断的前项的特征，利用分组求和法计算可得；
【详解】
解：，数列是以2首项，公比为2的等比数列，
，，，，
由于，所以，，，
知显然不是数列中的项．
，
是数列中的第4项，
设是数列中的第项，则、．
，
不是数列中的项．
，
是数列中的项．
，，，，，
数列的通项公式是．
由于，
所以的前项包括的前项，以及的前项，
所以

故
17．(1)，1118万台
(2)

【分析】
（1）代入公式求出，得到回归方程，并代入预测2025年新能源汽车保有量；（2）列举法求解古典概型的概率.
(1)
易知，，故，
所以，．
当时，，即估计2025年新能源汽车保有量为1118万台．
(2)
设纯电动汽车为，，，非纯电动汽车为，，，．
则有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共计21种，
满足条件的有，，，，，，，，，，，共12种，
所求概率为．
18．(1)
(2)

【分析】
（1）选①，利用同角三角函数的平方关系可得，可求得；
选②，利用与联立可求得答案；
选③，利用三角恒等变换可得，条件求得答案；
（2）根据正弦定理可求得，再利用余弦定理加入，即可求得答案.
(1)
选择①：∵，
∴，解得（舍去），
故 ；
选择②：，又∵，
由于 ，
解得，；
选择③：由，则．
(2)
由（1）可知，，由正弦定理可得，，
∴，由余弦定理可得，
由基本不等式（当且仅当时取等号），可得，
∴，
故的值为 .
19．(1)答案见解析
(2)

【分析】
（1）对函数求导，讨论在不同范围内的正负，即可求出相应的单调性；
（2）由（1）可知，若有3个零点，则且，即可求出的取值范围．
(1)
．
当时，，或,，,
当时，，或,，,
当时，，
综上，当时，在，上单调递增，上单调递减；
当时，在和上单调递增，上单调递减；
当时，在上单调递增．
(2)
由（1）可知，有3个零点，
则且，
∴，
∴．
20．(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】
(1)分别考虑直线的斜率存在时和不存在时证明即可；(2)当直线的斜率存在时，设存在点，使得，记的中点为，由此可得，(1)解方程求出的坐标，再检验直线的斜率不存在时点能否满足要求.
(1)
当直线斜率不存在时，．
不如令，，则，．
∴，，，∴，，成等差数列；
当直线的斜率存在时，设．
由得，∴．
∵，，
∴，∴，，成等差数列．
(2)
当直线的斜率存在时
设，的中点为．
∵，∴．
∵∴
∴，∴，即，∴．
由（1）知，∴，∴，
∴，∴存在点，使得．
当直线的斜率不存在时，显然点，满足．
故总是存在点，使得．

设而不求法是处理直线与椭圆综合成绩的常用方法，条件的转化有助于简化运算.
21．(1)证明见解析
(2)

【分析】
(1)经过证明平面平面，，平面可得；(2)由棱柱体积公式求其值，再棱锥体积公式求三棱锥的体积．
(1)
由于,，平面，
所以平面，又，
所以平面，所以为二面角的平面角，
∵二面角的大小为60°，∴．
又，∴为等边三角形．
又∵，∴平面．同理平面．
又∵，平面，
∴平面平面．
又，
∴多面体为正三棱柱．
(2)
设多面体的体积为
∵多面体为直三棱柱，
∴
，
当时，．
设与平面交于点，过点作平面于点，连接，，相交于点，则是的中点，．
∴，∴．
根据题意易知三棱锥为正三棱锥，
∴是的重心，，，三点共线，∴，
∴，∴．

22．(1)
(2)

【分析】
(1)由参数方程消去参数方程可得其普通方程；(2) 设，则，将的直角坐标代入对应的直角坐标方程可得其极坐标，再将其化为直角坐标方程可得.
(1)
∵，
∴曲线的普通方程为；
(2)
以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设，则，则点的直角坐标为，
∴
∴，∴，
即，∴点的轨迹方程为．
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】
（1）根据，，都为正整数，且，利用基本不等式证明；
（2）法一：利用基本不等式得到，再利用不等式的基本性质证明；法二：利用Cauchy不等式证明.
(1)
∵，，都为正整数，且．
∴，
当且仅当时“=”成立．
(2)
法一：由题意得
①+②+③，得，
当且仅当时“=”成立．
法二：由Cauchy不等式，得．
令，
则．
令，则在上单调递增．
∴，即．