2023年北京市第一次普通高中学业水平合格性考试数学模拟卷（二）（含考试版+全解全析+参考答案）

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2022年12月北京市普通高中学业水平合格性考试
数学仿真模拟试卷B
考生须知
1. 考生要认真填写考场号和座位序号。
2. 本试卷分为两个部分，第一部分为选择题，共60分；第二部分为非选择题，共40分。
3．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
4．考试结束后，考生应将试卷、答题卡放在桌面上，待监考员收回。
参考公式：锥体的体积公式，其中为锥体的底面积，为锥体的高.
第一部分 选择题
一、选择题.本部分共20小题，每小题3分，共60分. 在每个小题给出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的.
1．已知集合，集合P满足MP＝，则一定有（　　）
A．M＝P B． C． D．
【答案】B
【解答】解：已知集合M，P满足MP＝，
∴P中必然包含元素2022
由元素与集合的关系得
故选：B．
2．函数的定义域为（　　）
A．[﹣1，2] B．（﹣1，2] C．[2，+∞） D．[1，+∞）
【答案】B
【解答】解：由题意得：
，解得：﹣1＜x≤2，
故选：B．


3．若，则实数a的取值范围是（　　）
A．a∈R B．a＝0 C．a＞ D．a≤
【答案】D
【解答】解：由，
可得2a﹣1≤0，即．
∴实数a的取值范围是．
故选：D．
4.指数函数y＝f（x）的图象过点（2，4），则f（3）的值为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．1
【答案】B
【解答】解：设指数函数y＝f（x）＝ax，a＞0且a≠1；
由f（x）的图象过点（2，4），
即a2＝4，解得a＝2；
所以f（x）＝2x，
所以f（3）＝23＝8．
故选：B．
5．与角﹣390°终边相同的最小正角是（　　）
A．﹣30° B．30° C．60° D．330°
【答案】D
【解答】解：﹣390°＝﹣2×360°+330°，
即与角﹣390°终边相同的最小正角是330°，
故选：D．
6．为了得到函数的图象，只需要将函数图象上所有的点　　
A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】
【详解】，
把函数的图形向右平移个单位可得到函数．
7．下列不等式中，正确的是（　　）
A．若a＞b，c＞d，则a+c＞b+d B．若a＞b，则a+c＜b+c
C．若a＞b，c＞d，则ac＞bd D．若a＞b，c＞d，则
【答案】A
【解答】解：对于A选项，若a＞b，c＞d，由不等式的基本性质可得a+c＞b+d，A选项正确；对于B选项，若a＞b，则a+c＞b+c，B选项错误；对于C选项，取a＝2，b＝1，c＝﹣2，d＝﹣3，则ac＜bd，C选项错误；对于D选项，取a＝2，b＝1，c＝﹣2，d＝﹣3，则，D选项错误．
故选：A．
8．函数y＝x2﹣2x+3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值为2，m的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，2] B．[0，2] C．[1，2] D．[1，+∞）
【答案】C．
【解答】解：作出函数f（x）的图象，如图所示，
当x＝1时，y最小，最小值是2，当x＝2时，y＝3，
函数f（x）＝x2﹣2x+3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，
则实数m的取值范围是[1，2]．
故选：C．
9．设x∈R，则“x＝1”是“复数z＝（x2﹣1）+（x+1）i为纯虚数”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解答】解：由于复数z＝（x2﹣1）+（x+1）i为纯虚数，则，
解得x＝1，故“x＝1”是“复数z＝（x2﹣1）+（x+1）i为纯虚数”的充要条件．
故选：C．

10．已知向量，，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解答】解：当时，，，
∵，
∴，故充分性成立，
向量，，
则cosθ＝﹣sinθ，解得tanθ＝﹣1，或，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
11．已知复数z满足zi2021＝4i2022﹣3i2023，则z＝（　　）
A．4+3i B．4﹣3i C．3+4i D．3﹣4i
【答案】C
【解答】解：∵i2＝﹣1，i4＝1，
∴i2021＝（i4）505•i＝i，同理可得，i2022＝﹣1，i2023＝﹣i，
∵zi2021＝4i2022﹣3i2023，
∴iz＝﹣4+3i，即．
故选：C．
12．已知，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】因为，
所以．
13．某校有老师200人，男学生1200人，女学生1000人．现用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本，已知从女学生中抽取的人数为80，则n为（　　）
A．16 B．96 C．192 D．112
【答案】C
【解答】解：由题意，因为200：1200：1000＝1：6：5，
所以女学生中抽取总人数的，
故N＝80÷＝192．
故选：C．
14．下列说法正确的是（　　）
A．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥
B．夹在圆柱两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
D．通过圆台侧面一点，有无数条母线
【答案】C
【解答】解：如果以直角三角形的斜边旋转，不是圆锥，A不正确；夹在圆柱两个平行截面间的几何体还是一个旋转体，平面与底面不平行，不是旋转体，不正确；圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台，符合根据圆台的定义，正确；通过圆台侧面一点，有无数条母线，显然不正确，因为只有一条母线．
故选：C．
15．下列事件中，是随机事件的是（　　）
A．守株待兔 B．瓮中捉鳖 C．水中捞月 D．水滴石穿
【答案】A
【解答】解：对于A，“守株待兔”有可能发生，又可能不发生，是随机事件，
对于B，“瓮中捉鳖”一定会发生，是必然事件，
对于C，“水中捞月”不可能发生，是不可能事件，
对于D，“水滴石穿”一定会发生，是必然事件，
故选：A．
16．在中，，，，那么的面积等于　　
A． B． C． D．1
【答案】
【详解】，，，
的面积等于．
17.已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC．
则下列结论不正确的是（　　）
A． CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAF C．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD
【答案】D
【解答】解：∵六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC．
则AF∥CD，由线面平行的判定定理，可得CD∥平面PAF，故A正确；
DF⊥AF，DF⊥PA，由线面垂直的判定定理可得DF⊥平面PAF，故B正确；
CF∥AB，由线面平行的判定定理，可得CF∥平面PAB，故C正确；
CF与AD不垂直，故D中，CF⊥平面PAD不正确；
故选：D．
18．若不等式（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4＜0的解集为R，则a的取值范围是（　　）
A．a≤2 B．﹣2＜a≤2 C．﹣2＜a＜2 D．a＜2
【答案】B
【解答】解：∵不等式（a﹣2）x2+2（a﹣2）x＜4的解集为R，
①当a﹣2＝0，即a＝2时，不等式为0＜4恒成立，
故a＝2符合题意；
②当a﹣2≠0，即a≠2时，不等式（a﹣2）x2+2（a﹣2）x＜4的解集为R，即不等式（a﹣2）x2+2（a﹣2）x﹣4＜0的解集为R，
则，解得﹣2＜a＜2，
故﹣2＜a＜2符合题意．
综合①②可得，实数a的取值范围是（﹣2，2]．
故选：B．
19．要制作一个容积为4m3，高为1m的无盖长方体容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是（　　）
A．80元 B．120元 C．160元 D．240元
【答案】C
【解答】解：设池底长和宽分别为a，b，成本为y，则
∵长方形容器的容器为4m3，高为1m，
∴底面面积S＝ab＝4，y＝20S+10[2（a+b）]＝20（a+b）+80，
∵a+b≥2＝4，
∴当a＝b＝2时，y取最小值160，
即该容器的最低总造价是160元，
故选：C．
20．气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度均不低于22℃”．现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）：
①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；
②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；
③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8；
则肯定进入夏季的地区有（　　）
A．①②③ B．①③ C．②③ D．①
【答案】B
【解答】解：①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，
根据数据得出：甲地连续5天的日平均温度的记录数据可能为：22，22，24，25，26．
其连续5天的日平均温度均不低于22．
②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24．当5个数据为19，20，27，27，27可知其连续5天的日平均温度有低于22，故不确定．
③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，若有低于22，假设取21，此时方差就超出了10.8，可知其连续5天的日平均温度均不低于22．如22，25，25，26，32 这组数据的均值为26，方差为10.8，但是进一步扩大方差就会超过10.8，故③对；
则肯定进入夏季的地区有甲、丙两地．
故选：B．
第二部分 非选择题（共40分）
二、填空题共4小题，每小题3分，共12分
21．实数a，b，c，d满足下列三个条件：
①d＞c；②a+b＝c+d；③a+d＜b+c，则a，b，c，d按照从小到大的次序排列为　 　．
【答案】a＜c＜d＜b
【解答】解：∵a+b＝c+d，
∴a＝c+d﹣b，
∵a+d＜b+c，
∴c+d﹣b+d＜b+c，
∴2d＜2b，即d＜b，
∵d＞c，a+d＜b+c，
∴a＜b，
∵a+b＝c+d，b＞d，
∴a＜c，
∴a＜c＜d＜b，
故答案为：a＜c＜d＜b．
22．若200辆汽车通过某一路段的时速频率分布直方图如图所示，则时速在区间[50，60）内的汽车大约有　 　 　 　 辆．

【答案】60
【解答】解：由已知可得样本容量为200，
又∵数据落在区间的频率为0.03×10＝0.3
∴时速在[50，60]的汽车大约有200×0.3＝60
故答案为60

23．不等式x2﹣2x﹣3＞0的解集是　 　．
【答案】{x|x＜﹣1或x＞3}
【解答】解：由x2﹣2x﹣3＞0，得（x+1）（x﹣3）＞0，解得x＜﹣1或x＞3．
所以原不等式的解集为{x|x＜﹣1或x＞3}．
24．已知函数，则的值为___________
【答案】
【详解】函数，
，
．
三、解答题共4小题，共28分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程
25．（本小题满分7分）如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边作两个锐角，，它们的终边分别与单位圆相交于，两点，已知，的横坐标分别为，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】(1)-3 (2)
解：由条件得，，∵，为锐角，
∴，，
因此，.
（1）.
（2）∵，
∴，
∵，为锐角， ∴， ∴.


26． （本小题满分7分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形．点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．
（1）求证：AB∥EF；
（2）若PA＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，试证明AF⊥平面PCD；
（3）在（2）的条件下，线段PB上是否存在点M，使得EM⊥平面PCD？（请说明理由）．
【答案】（1）由已知得AB∥CD，从而AB∥面PCD，由此能证明AB∥EF．
（2）推导出CD⊥AD，CD⊥AF，AF⊥PD，由此能证明AF⊥平面PCD．
（3）若存在符合题意的点M，则平面PBC⊥平面PCD，而这与题意相矛盾，故在（Ⅱ）的条件下，线段PB上不存在点M，使得EM⊥平面PCD．
【解答】证明：（1）∵底面ABCD是菱形，∴AB∥CD，
又∵AB⊄面PCD，CD⊂面PCD
∴AB∥面PCD，
又∵A、B、E、F四点共面，且平面ABEF∩平面PCD＝EF，
∴AB∥EF．
（2）在正方形ABCD中，CD⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴CD⊥平面PAD，又∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，
由（1）知AB∥EF，
又∵AB∥CD，∴CD∥EF，
由点E是棱PC的中点，∴点F是棱PD中点，
在△PAD中，∵PA＝AD，∴AF⊥PD，
又∵PD∩CD＝D，
∴AF⊥平面PCD．
解：（3）在（2）的条件下，线段PB上不存在点M，使得EM⊥平面PCD．
理由如下：
若存在符合题意的点M，
∵EM⊥平面PCD，EM⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PCD，
而这与题意相矛盾，
故在（2）的条件下，线段PB上不存在点M，使得EM⊥平面PCD．
27．（本小题满分7分）已知向量a=()（）,b=()
（1）当为何值时，向量a、b不能作为平面向量的一组基底
（2）求|a－b|的取值范围
【答案】（1）（2）

【解】（1）要使向量a、b不能作为平面向量的一组基底，则向量a、b共线
∴
故，即当时，向量a、b不能作为平面向量的一组基底
（2）
而
∴
28．（本小题满分7分）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：

不大于2000元
大于2000元
仅使用A
27人
3人
仅使用B
24人
1人
（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
【答案】（Ⅰ）从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，A，B两种支付方式都不使用的有5人，仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，求出A，B两种支付方式都使用的人数有40人，由此能估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数．
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生有25人，其中不大于2000元的有24人，大于2000元的有1人，从中随机抽取1人，基本事件总数n＝25，该学生上个月支付金额大于2000元包含的基本事件个数m＝1，由此能求出该学生上个月支付金额大于2000元的概率．（Ⅲ）从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元的概率为，虽然概率较小，但发生的可能性为．不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得：
从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，
A，B两种支付方式都不使用的有5人，
仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，
∴A，B两种支付方式都使用的人数有：100﹣5﹣30﹣25＝40，
∴估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为：1000×＝400人．
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生有25人，其中不大于2000元的有24人，大于2000元的有1人，
从中随机抽取1人，基本事件总数n＝25，
该学生上个月支付金额大于2000元包含的基本事件个数m＝1，
∴该学生上个月支付金额大于2000元的概率p＝＝．
（Ⅲ）不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，
理由如下：
上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．
现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，
发现他本月的支付金额大于2000元的概率为，
虽然概率较小，但发生的可能性为．
故不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．