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【高考数学】2022-2023学年北京市西城区专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析
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这是一份【高考数学】2022-2023学年北京市西城区专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共42页。试卷主要包含了已知集合，，则，已知圆C，高考高考等内容，欢迎下载使用。
【高考数学】2022-2023学年北京市西城区专项突破仿真
模拟试题（一模）
第I卷（选一选）高考高考
评卷人高考高考
得分高考高考高考高考高考
高考高考高考
高考高考高考
一、单 选 题高考高考高考高考
1．已知集合，，则
A． B． C． D．高考
2．已知，，(i为虚数单位)，则（ ）高考高考高考中考模拟
A． B．1 C． D．3高考高考
3．向量在正方形网格中的位置如图所示，若，则（ ）高考高考高考
高考高考
A．3 B． C．-3 D．高考高考
4．设等差数列的前n项和为，若，，则当取值n等于（ ）高考高考
A．4 B．5 C．6 D．7高考高考高考
5．已知抛物线的准线与圆相切，则p的值为高考
A． B．1 C．2 D．4高考
6．设，， 则（ ）高考高考高考
A． B． C． D．
7．设函数，，则“”是“函数为奇函数”的
A．充分而不必要条件高考高考
B．必要而不充分条件高考
C．充分必要条件高考高考
D．既不充分也不必要条件高考
8．已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ）高考
A． B． C． D．高考
9．已知圆C：x2+y2+2x-4y+1=0，若在圆C中存在弦AB，满足AB=2，且AB的中点M在直线2x+y+k=0上，则实数k的取值范围是（ ）高考高考
A．[-2，2] B．[-5，5] C．(-，) D．[-，]高考高考
10．对于数列，若存在常数M，使得对任意，与中至少有一个不小于M，则记作，那么下列命题正确的是（ ）高考高考
A．若，则数列各项均大于或等于M高考高考
B．若，，则高考高考高考
C．若，则高考高考
D．若，则高考高考高考
第II卷（非选一选）高考高考
高考高考高考
评卷人高考高考高考
得分高考高考
高考
高考高考
高考高考
二、填 空 题高考高考
11．在的展开式中，常数项为___________.高考高考高考
12．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数的图象关于原点对称，则的一个取值为_________．高考高考高考
13．设函数的零点为，若成等比数列，则_______.
14．在人工智能领域，神经是一个比较热门的话题．由神经发展而来的深度学习正在飞速改变着我们身边的世界．从AlphaGo到自动驾驶汽车，这些大家耳熟能详的例子，都是以神经作为其理论基础的．在神经当中，有一类很重要的函数称为函数，Sigmo函数即是神经中最有名的函数之一，其解析式为：．下列关于Sigmo函数的表述正确的是：______．
①Sigmo函数是单调递增函数；高考高考
②Sigmo函数的图象是一个对称图形，对称为；
③对于任意正实数a，方程有且只有一个解；高考高考
④Sigmo函数的导数满足：．高考高考高考
评卷人高考
得分高考
高考
高考
高考高考
三、双空题
15．已知双曲线的是坐标原点，它的一个顶点为，两条渐近线与以A为圆心1为半径的圆都相切，则该双曲线的渐近线方程是______，该双曲线的标准方程是______．高考高考高考
评卷人高考高考
得分高考
高考
高考高考高考
高考高考高考
四、解 答 题高考
16．在中，.高考
(1)求B；高考高考
(2)若，___________.求a.高考高考高考
从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.高考高考高考
注：如果选择多个条件分别解答，按个解答计分.高考
17．中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.如图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代模块，分别的50个点位的横、纵坐标误差的值，其中“”表示北斗二代模块的误差的值，“+”表示北斗三代模块的误差的值.（单位：米）高考高考高考
高考高考
（Ⅰ）从北斗二代的50个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于10米的概率；高考
（Ⅱ）从图中A，B，C，D四个点位中随机选出两个，记X为其中纵坐标误差的值小于的点位的个数，求X的分布列和数学期望；高考
（Ⅲ）试比较北斗二代和北斗三代模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）高考高考
18．如图，在三棱锥中，平面ABQ，，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．
(1)求证：；高考
(2)求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值；
(3)求点A到平面PCD的距离．高考高考高考
19．设函数其中
(Ⅰ)若曲线在点处切线的倾斜角为，求的值;高考
(Ⅱ)已知导函数在区间上存在零点，证明:当时，.
20．已知椭圆过点，设它的左､右焦点分别为､，左顶点为，上顶点为，且满足.高考
（1）求椭圆的标准方程和离心率；高考高考高考高考
（2）过点作不与轴垂直的直线交椭圆于､(异于点)两点，试判断的大小是否为定值，并说明理由.高考高考
21．对于正整数，如果个整数满足，高考高考高考
且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.高考高考高考
(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;高考高考高考
(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的值;高考高考
(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.高考高考
(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)高考
高考高考高考高考
答案：高考高考高考高考
1．B高考高考
高考
【详解】高考高考高考
由，得：，，故，故选B.高考高考
2．C高考高考高考
高考高考
【分析】高考
首先计算左侧的结果，然后复数相等的充分必要条件即可求得实数的值.高考
【详解】高考高考高考
，高考高考
利用复数相等的充分必要条件可得.高考高考高考
故选：C.高考高考高考
3．D高考高考
高考
【分析】高考
利用向量减求得，利用向量的坐标运算性质，向量相等即可得出．高考高考
【详解】
解： 根据向量的减法得,高考
，高考高考
且，高考高考高考
因此，则高考高考高考高考高考
故选：D．高考
4．B高考高考高考
高考高考高考
【分析】
根据题中等式求解出等差数列的公差，进而求解出数列的前项和，根据的表达式求解出结果高考高考
【详解】高考高考
设公差为则，高考
因此，所以当时，取值高考高考高考高考
故选：B高考高考高考
5．C
高考高考高考高考
【详解】高考高考高考
抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=-，高考高考高考高考
因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x-3）2+y2=16相切，高考高考高考高考
所以3+=4，p=2；
故选C．高考高考
6．C高考高考高考
高考
【分析】高考高考高考
由指数函数的单调性和对数函数的单调性，我们可以判断出a，b，c与0，1的大小关系，进而得到答案．高考高考高考
【详解】高考高考
，高考高考高考
，即，且，即，高考高考高考
，即，故.高考
故选：C高考
7．C
高考高考高考
【详解】高考高考高考
试题分析：当时，函数，此时函数为奇函数；反之函数为奇函数，则，所以“”是“函数为奇函数”的充分必要条件.高考
考点：1.充分必要条件的判断；2.函数的奇偶性.高考高考
8．C高考高考高考
高考高考高考高考高考
【分析】高考高考
求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．
【详解】高考高考
解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，高考
由，得，高考高考
又，高考
所以，解得；高考高考高考
所以圆锥的高为，高考
所以圆锥的体积为．高考
故选：C．高考高考
9．D高考高考高考高考
高考高考高考
【分析】高考高考
根据给定条件求出点M的轨迹，再利用点M的轨迹与直线2x+y+k=0有公共点即可列式计算作答.高考高考高考高考
【详解】高考高考
圆C：x2+y2+2x-4y+1=0的圆心，半径，因M为线段AB的中点，则，
此时，，于是得点M的轨迹是以点C为圆心，1为半径的圆，而点M在直线2x+y+k=0上，高考高考
因此，直线2x+y+k=0与点M的轨迹有公共点，从而得，解得，高考高考高考
所以实数k的取值范围是.高考高考
故选：D高考
10．D高考高考高考高考高考
高考
【分析】高考高考高考
通过数列为1，2，1，2，1，2…，当时，判断A；当时，判断C；当数列为1，2，1，2，1，2…，为2，1，2，1，2…，时，判断B；直接根据定义可判断D正确.高考高考
【详解】高考
对于A：在数列1，2，1，2，1，2…中，，数列各项均大于或等于不成立，故A错误；高考
对于B：数列为1，2，1，2，1，2…，为2，1，2，1，2…，，而各项均为3，则不成立，故B错误； 高考
对于C：在数列1，2，1，2，1，2…中，，此时不正确，故C错误；高考高考高考高考
对于D：若，则中，与中至少有一个不小于，故正确，
故选：D．高考
11．60高考
高考高考
【分析】高考高考
根据二项式展开式通项，找到常数项即可.高考
【详解】高考高考
根据二项式展开式通项，易知高考
故60.高考高考
12．高考
高考高考高考
【分析】高考高考
根据平移后的可得函数，根据题意可得可得，取一值即可得解.高考高考
【详解】高考高考
将函数的图象向左平移个单位长度，高考高考高考高考高考
可得，由函数的图象关于原点对称，高考高考高考
可得,
所以，，高考
当时，.高考
故高考高考高考
13．高考高考
高考高考
【分析】高考高考高考高考高考
将函数的零点转化为的交点横坐标，函数图像，列方程求出零点，进而可得的值.高考高考高考高考
【详解】高考高考高考
令，得高考高考高考
则函数的零点高考高考高考
即为的交点横坐标，如图：高考高考高考
高考
由图可知，高考高考高考
解得高考高考高考高考
故答案为.高考
14．①②④高考高考高考
高考
【分析】高考
由的单调性可得的单调性可判断①；利用，可判断②；由的单调性可判断③； 求出和可判断④.高考高考
【详解】高考高考
因为为单调递减函数，所以为单调递增函数，故①正确；高考高考高考高考高考
因为，所以Sigmo函数的图象是一个对称图形，对称为，故②正确；高考高考
因为为单调递增函数，且，，高考高考高考
仅当时，方程有且只有一个解，故③错误； 高考高考
，高考
，所以，故④正确．
故①②④.高考
15． 高考高考
高考高考高考
【分析】高考高考
先判断双曲线的焦点在轴上，即可求出，再设出双曲线的方程，即可写出双曲线渐近线的方程，由点到直线的距离公式即可求出的值即可.高考高考
【详解】高考
有双曲线一个顶点为，可知焦点在轴上，则，高考
故双曲线可设为，则渐近线，高考高考
又，解得，所以渐近线高考高考高考高考
则双曲线的方程为.高考高考高考
故; .高考高考高考高考
16．(1)；高考
(2)①；②高考高考
高考高考高考
【分析】高考
（1）根据题目条件，由正弦定理得，化简即可求出.
（2）若选①，由余弦定理得：，即可解得a 的值 .高考
若选②，利用两角和的正弦函数公式可求得的值，由正弦定理即可解得a 的值.
(1)高考高考
因为，由正弦定理得：，因为，所以，所以，即，即高考
，即，又，所以.高考高考
(2)
若选①，则 在 中，由余弦定理得：，可得：，解得：，或（舍），可得.高考高考高考
若选②，，则，高考
由正弦定理：，可得：，解得.高考高考
17．（Ⅰ）0.06；（Ⅱ）分布列见解析，1；（Ⅲ）北斗二代模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.高考高考高考
【分析】高考高考高考
（Ⅰ）通过图象观察，在北斗二代的50个点中，横坐标误差的值大于10米有3个点，由古典概率的计算公式可得所求值；高考高考
（Ⅱ）通过图象可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，则X的所有可能取值为0，1，2，分别求得它们的概率，作出分布列，计算期望即可；高考高考
（Ⅲ）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小．高考高考高考
【详解】高考
（Ⅰ）由图可得，在北斗二代的50个点中，横坐标误差的值大于10米有3个点，高考高考
所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的值大于10米的概率为；高考高考
（Ⅱ）由图可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，高考高考高考
所以X的所有可能取值为0，1，2，高考
，高考高考
，
，高考高考
所以X的分布列为高考高考高考
高考
所以X的期望为；高考高考高考
（Ⅲ）北斗二代模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.高考高考高考
高考高考
本题考查古典概率的求法，以及随机变量的分布列和期望的求法，方差的大小的判断，考查数形思想和运算能力、推理能力，属于中档题.高考高考
18．(1)证明见解析；高考高考高考
(2)；高考
(3).高考高考高考
高考
【分析】高考高考
（1）由中位线定理得EFDC，然后由线面平行判定定理和性质定理得出线线平行，从而证得结论成立；高考高考
（2）以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．用空间向量法求二面角的余弦值．高考高考高考高考
（3）根据向量法求点到平面的距离.高考高考
(1)高考高考高考
因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．高考高考高考高考
又因为EF平面PCD，DC⊂平面PCD，高考
所以EF平面PCD．高考高考高考高考
又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，高考高考高考
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.高考高考高考
(2)高考高考
因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．高考高考高考
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
高考高考
由，则，高考高考
所以，.高考
设平面PAB的一个法向量为，则可取高考高考高考
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，高考
由，，高考高考
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．高考高考
所以cos〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．高考高考
(3)高考高考
由点到平面的距离公式可得，高考
即点A到平面PCD的距离为.高考高考
19．(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析高考高考高考
高考高考
(Ⅰ)求导得到，，解得答案.高考高考
(Ⅱ) ，故，在上单调递减，在上单调递增，，设，证明函数单调递减，故，得到证明.高考高考高考高考高考高考
【详解】高考高考
(Ⅰ)，故，高考高考高考
，故.高考高考高考
(Ⅱ) ，即，存在零点，高考高考高考高考高考
设零点为，故，即，高考
在上单调递减，在上单调递增，高考高考
故高考
，高考高考
设，则，高考高考高考
设，则，单调递减，
，故恒成立，故单调递减.高考高考高考
，故当时，.
高考
本题考查了函数的切线问题，利用导数证明不等式，转化为函数的最值是解题的关键.高考高考高考
20．（1）椭圆的方程为，离心率；（2）是定值，理由见解析.高考高考高考
高考高考
【分析】高考高考
（1）依题意列之间的关系，解方程即得结果；高考高考
（2）设直线方程，联立方程得､两点坐标之间的关系，再计算即得结果.高考高考高考
【详解】高考高考高考
解：（1）根据题意得，解得，高考高考
所以椭圆的方程为，离心率；
（2）因为直线不与y轴垂直，所以直线的斜率不为，高考高考高考
设直线的方程为，设､，高考高考
联立方程，化简得.高考高考
显然点在椭圆的内部，所以.高考高考
则，.高考高考高考
又因为，所以，.高考高考
所以，高考高考高考
所以，即是定值.高考高考
高考高考高考高考
高考高考
本题考查了椭圆的标准方程和离心率，以及直线与椭圆的综合应用，属于中档题.高考高考
21．(Ⅰ) ，，，，；(Ⅱ) 为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，高考高考
高考高考
(Ⅰ)根据题意直接写出答案.高考高考高考
(Ⅱ)讨论当为偶数时，为，当为奇数时，为，得到答案.高考高考
(Ⅲ) 讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，
根据对应关系得到，再计算，，得到答案.高考高考
【详解】高考高考
(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.高考高考高考
(Ⅱ)当为偶数时，时，为；高考
当为奇数时，时，为；高考
综上所述：为偶数，为，为奇数时，为.高考高考
(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；高考高考
当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，高考高考高考
则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，高考高考高考
故.高考高考
综上所述.高考高考高考
当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；高考高考高考
当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，高考高考高考
故；高考
当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.高考高考高考
综上所述：使成立的为：或.高考高考高考
高考高考
本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.高考
【高考数学】2022-2023学年北京市西城区专项突破仿真
模拟试题（二模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足（i为虚数单位），则（ ）
A． B．5 C． D．10
3．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
4．2022年第24届在北京和张家口成功举办，出色的赛事组织工作博得了国际社会的分歧称赞，经济效益方面，多项支出也创下历届新高某机构对本届各项次要支出进行了统计，得到的数据如图所示．已知赛事转播的支出比政府补贴和特许商品的支出之和多27亿元，则估计2022年这几项支出总和约为（ ）
A．223亿元 B．218亿元 C．143亿元 D．118亿元
5．已知的展开式中一切项的系数之和为64，则展开式中含的项的系数为（ ）
A．20 B．25 C．30 D．35
6．已知，则（ ）
A． B． C．3 D．
7．如图，在数轴上，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右挪动一个单位，共挪动3次，设质点最终所在地位的坐标为X，则X的方差为（ ）
A．0 B． C．3 D．5
8．过平面内一点P作曲线的两条互相垂直的切线，切点分别为（不重合），设直线分别与y轴交于点A，B，则面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
评卷人
得分
二、多选题
9．下列结论中正确的有（ ）
A．运用最小二乘法求得的回归直线必样本点的
B．若相关指数的值越接近于0，表示回归模型的拟合越好
C．已知随机变量X服从二项分布，若，则
D．若随机满足，，，则
10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论中正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上的减区间为
D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度而得到
11．阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、地理学家，享有“数学之神”的称号．若抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，则称为“阿基米德三角形”．已知抛物线的焦点为F，过抛物线上两点A，B的直线的方程为，弦的中点为C，则关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（ ）
A．点 B．轴 C． D．
12．如图所示的几何体由一个三棱锥和一个半圆锥组合而成，两个锥体的底面在同一个平面内，是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且，与都是边长为2的正三角形，则（ ）
A． B．平面
C．异面直线与所成角的正弦值为 D．该几何体的体积为
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、填 空 题
13．设各项均为负数的数列的前n项和为，写出一个满足的通项公式：_________．
14．函数的最小值为_____________．
15．如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造在理数的图形，设四边形的对角线交于点O，若，则___________________．
评卷人
得分
四、双空题
16．已知，，，是半径为的球面上四点，，分别为的中点，，，则以为直径的球的最小表面积为_______________；若，，，不共面，则四面体的体积的值为_____________．
评卷人
得分
五、解 答 题
17．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的前n项和．
18．如图，在平面四边形中，．
(1)若，求；
(2)若，求四边形的面积．
19．如图，在三棱锥中，平面平面，，O为的中点，．
(1)证明：平面；
(2)点E在棱上，若，二面角的大小为，求实数的值．
20．为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生产，可以认为这条生产线正常形态下生产的零件的尺寸服从正态分布.
（1）假设生产形态正常，记X表示内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；
（2）内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.
（ⅰ）试阐明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）上面是检验员在内抽取的16个零件的尺寸：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断能否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（到0.01）.
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.
21．已知椭圆的离心率为，直线l过C的右焦点，且与C交于A，B两点直线与x轴的交点为E，，点D在直线m上，且．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设的面积分别为，求证：．
22．已知函数，函数的导函数为．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，且不等式恒成立，求实数m的取值范围．
答案：
1．C
【分析】
解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义计算作答.
【详解】
解不等式得：，则，而，
所以.
故选：C
2．C
【分析】
将原等式两边直接取模，再化简即可.
【详解】
由题意有：，
从而有.
∴．
故选：C
3．C
【分析】
根据指数函数和对数函数的单调性，利用两头桥0,1去比较的大小关系
【详解】
为上单调递增函数，则，
为R上单调递减函数，则，且
由为R上单调递增函数，可得，
则，
故选：C．
4．B
【分析】
设支出总和为，根据题设条件列式即可求解
【详解】
设支出总和为，则，解之得
故选：B．
5．B
【分析】
根据一切项的系数之和求解，写出的展开式，求与二项式中含的项相乘所得的项，-1与二项式中含的项相乘所得的项，两项相加，即为的展开式中含的项.
【详解】
一切项的系数之和为64，∴，∴
，展开式第项，
时，，，
时，，，，
故选：B．
6．A
【分析】
利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得答案.
【详解】
.
故选：A．
7．C
【分析】
先求得随机变量X的均值，再去求随机变量X的方差
【详解】
X可能取值为1，，3，
，
则，
故选：C．
8．B
【分析】
设，进而根据导数几何意义求得切线方程，，进而根据两切线垂直得，再求的长，，进而计算面积.
【详解】
解：设
当时，
故切线为：，即
当时，，，
故切线为：，即
两切线垂直，则，则
所以，
，解得
∴.
故选：B．
9．ACD
【分析】
对选项A，根据线性回归直线性质即可判断A正确，对选项B，根据相关系数即可判断B错误，对选项C，根据二项分布数学期望的性质即可判断C正确，对选项D，根据条件概率公式即可判断D正确.
【详解】
对选项A，回归直线必样本点的，故A正确.
对选项B，的值越接近1，表示回归模型的拟合越好，故B错误.
对选项C，，，，
所以，故C正确.
对选项D，，所以，
所以，所以，故D正确.
选ACD．
10．BC
【分析】
根据函数图象，求解参数，代入的表达式中，利用正弦型函数的图象及性质，依次判断各项正误.
【详解】
根据函数图象可得：，∴，，
又，故，
所以对称轴为时，故A项错．
，∴关于对称，故B项对．
函数的单调递减区间为，
时在单调递减，故C项对．
，故D项错．
故选：BC.
11．BCD
【分析】
设，联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理导数逐项计算后可得正确的选项.
【详解】
由消y可得
令，
，
，
解得，，A错．
，∴轴，B对．
，∴，D对．
，∴，C对，
故选：BCD．
12．ABD
【分析】
取中点O，由线面垂直的判断定理和性质定理可判断A；由、，可得，再由线面平行的判断定理可判断B；取中点M，可得即与所成角即为与所成角，由余弦定理求出和平方关系求出可判断C；求出几何体体积可判断D．
【详解】
对于A，取中点O，连接，所以为等腰直角三角形，且，又由于， ，所以平面，平面，所以，A正确．
对于B，，∴，而，∴，
∴，平面，平面，∴平面，B正确．
对于C，取中点M，连接知，
∴，∴与所成角即为与所成角，为，
，由余弦定理得，C错．
对于D，该几何体体积，D正确．
故选：ABD.
13．（答案不）
【分析】
本题属于开放性成绩，只需填写符合要求的答案即可，不妨令，根据等比数列求和公式代入验证即可；
【详解】
解：当时，，
，∴满足条件．
故（答案不）
14．
【分析】
由题可知为偶函数，当时，去值，讨论的取值范围，利用导数求解函数的最值
【详解】
由题可知，函数为偶函数，时，，
当时，，在单调递增，此时；
当时，，即恒成立.
∴
故-1.
15．##
【分析】
设，利用正切的二倍角公式可得，再由商数关系得到及可得答案.
【详解】
都为直角三角形，
，∴，，
，解得，
∴，
∴．
故答案为.
16．
【分析】
①利用圆的垂径定理，可求得，，再利用三角形三边关系定理可求得的取值范围，即可求得以为直径的球的最小表面积②过作，连接，四边形为平行四边形，则，求得和的值即可求解
【详解】
设球心为O，∴，
分别取中点，知
，
∴以为直径的球的最小表面积为
过作，连接，四边形为平行四边形，
设，设到平面距离为
∴
∵，也为到平面的距离，
∴
故；．
17．(1)
(2)
【分析】
（1）整理得，数列是等差数列；（2），利用裂项相消进行求和．
(1)
令，则，即，解得：
显然，由，两边同时除以，
得，所以数列是以首项为，公差为2的等差数列．
故，即．
(2)
所以
．
18．(1)
(2)
【分析】
（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解
（2）由余弦定理与面积公式求解
(1)
连接，在中，，
且，，所以．
在中，由余弦定理得，
所以．
所以
(2)
在中，由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以四边形的面积为
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据题意可得，面面垂直的性质定理可证平面；（2）利用空间向量，根据可得再二面角代入计算．
(1)
在中，由于，O为的中点，所以．
又由于平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
(2)
在中，由于，，O为的中点，所以．
以O为坐标原点，为y轴，为z轴，过O且垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，
所以．
设平面的一个法向量为，
由于．
则
取．
平面的一个法向量为，由二面角的大小为，
．
解得．
20．（1），（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需求. ,
【分析】
（1）依题知一个零件的尺寸在之内的概率，可知尺寸在之外的概率为0.0026，而，进而可以求出的数学期望.
（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，是考虑内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；
（ii）计算，剔除之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除之外的数据，剩下数据的样本方差，即为的估计值.
【详解】
（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，
从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026，
故.
因此.
的数学期望为.
（2）（i）如果生产形态正常，
一个零件尺寸在之外的概率只要0.0026，
内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件
概率只要0.0408，发生的概率很小.
因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这的生产过程
可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，
可见上述监控生产过程的方法是合理的.
（ii）由，
得的估计值为，的估计值为，
由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外，
因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除之外的数据，
剩下数据的平均数为，
因此的估计值为.
，
剔除之外的数据，
剩下数据的样本方差为，
因此的估计值为.
本题考查正态分布的实践运用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的准绳，审清题意，细心计算，属中档题.
21．(1).
(2)证明见解析
【分析】
（1）用待定系数法求出椭圆C的标准方程；
（2）设方程为：，，，用“设而不求法”证明出直线恒过的中点，得到点E，F到直线的距离相等．即可证明出.
(1)
由题意得，解之得：
故椭圆C的标准方程为．
(2)
易知直线斜率不为0，设方程为：，，，
由消去x并整理得：，
所以，，
由题意得，，所以方程为：，
令得，，
又由于，
所以，
所以，即直线恒过的中点，
故点E，F到直线的距离相等．所以
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】
（1）利用导函数并按实数a分类讨论去求函数的单调区间；
（2）把不等式恒成立转化为，构造新函数并求其最小值即可求得实数m的取值范围．
(1)
由得，函数的定义域为，
且，令，即，
①当，即时，恒成立，在单调递增；
②当，即时，令，
当时，，的解或，
故在上单调递增，在上单调递减；
当时，，同理在上单调递减，在上单调递增．
(2)
由（1）可得，若有两个零点，则，且，
由于，所以，
由不等式，恒成立得，只需，
又
，
设，则，
由可得，，即在单调递减，所以，
所以．
高考高考
【高考数学】2022-2023学年北京市西城区专项突破仿真
模拟试题（一模）
第I卷（选一选）高考高考
评卷人高考高考
得分高考高考高考高考高考
高考高考高考
高考高考高考
一、单 选 题高考高考高考高考
1．已知集合，，则
A． B． C． D．高考
2．已知，，(i为虚数单位)，则（ ）高考高考高考中考模拟
A． B．1 C． D．3高考高考
3．向量在正方形网格中的位置如图所示，若，则（ ）高考高考高考
高考高考
A．3 B． C．-3 D．高考高考
4．设等差数列的前n项和为，若，，则当取值n等于（ ）高考高考
A．4 B．5 C．6 D．7高考高考高考
5．已知抛物线的准线与圆相切，则p的值为高考
A． B．1 C．2 D．4高考
6．设，， 则（ ）高考高考高考
A． B． C． D．
7．设函数，，则“”是“函数为奇函数”的
A．充分而不必要条件高考高考
B．必要而不充分条件高考
C．充分必要条件高考高考
D．既不充分也不必要条件高考
8．已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ）高考
A． B． C． D．高考
9．已知圆C：x2+y2+2x-4y+1=0，若在圆C中存在弦AB，满足AB=2，且AB的中点M在直线2x+y+k=0上，则实数k的取值范围是（ ）高考高考
A．[-2，2] B．[-5，5] C．(-，) D．[-，]高考高考
10．对于数列，若存在常数M，使得对任意，与中至少有一个不小于M，则记作，那么下列命题正确的是（ ）高考高考
A．若，则数列各项均大于或等于M高考高考
B．若，，则高考高考高考
C．若，则高考高考
D．若，则高考高考高考
第II卷（非选一选）高考高考
高考高考高考
评卷人高考高考高考
得分高考高考
高考
高考高考
高考高考
二、填 空 题高考高考
11．在的展开式中，常数项为___________.高考高考高考
12．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数的图象关于原点对称，则的一个取值为_________．高考高考高考
13．设函数的零点为，若成等比数列，则_______.
14．在人工智能领域，神经是一个比较热门的话题．由神经发展而来的深度学习正在飞速改变着我们身边的世界．从AlphaGo到自动驾驶汽车，这些大家耳熟能详的例子，都是以神经作为其理论基础的．在神经当中，有一类很重要的函数称为函数，Sigmo函数即是神经中最有名的函数之一，其解析式为：．下列关于Sigmo函数的表述正确的是：______．
①Sigmo函数是单调递增函数；高考高考
②Sigmo函数的图象是一个对称图形，对称为；
③对于任意正实数a，方程有且只有一个解；高考高考
④Sigmo函数的导数满足：．高考高考高考
评卷人高考
得分高考
高考
高考
高考高考
三、双空题
15．已知双曲线的是坐标原点，它的一个顶点为，两条渐近线与以A为圆心1为半径的圆都相切，则该双曲线的渐近线方程是______，该双曲线的标准方程是______．高考高考高考
评卷人高考高考
得分高考
高考
高考高考高考
高考高考高考
四、解 答 题高考
16．在中，.高考
(1)求B；高考高考
(2)若，___________.求a.高考高考高考
从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.高考高考高考
注：如果选择多个条件分别解答，按个解答计分.高考
17．中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年北斗全球系统建设将全面完成.如图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代模块，分别的50个点位的横、纵坐标误差的值，其中“”表示北斗二代模块的误差的值，“+”表示北斗三代模块的误差的值.（单位：米）高考高考高考
高考高考
（Ⅰ）从北斗二代的50个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于10米的概率；高考
（Ⅱ）从图中A，B，C，D四个点位中随机选出两个，记X为其中纵坐标误差的值小于的点位的个数，求X的分布列和数学期望；高考
（Ⅲ）试比较北斗二代和北斗三代模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）高考高考
18．如图，在三棱锥中，平面ABQ，，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．
(1)求证：；高考
(2)求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值；
(3)求点A到平面PCD的距离．高考高考高考
19．设函数其中
(Ⅰ)若曲线在点处切线的倾斜角为，求的值;高考
(Ⅱ)已知导函数在区间上存在零点，证明:当时，.
20．已知椭圆过点，设它的左､右焦点分别为､，左顶点为，上顶点为，且满足.高考
（1）求椭圆的标准方程和离心率；高考高考高考高考
（2）过点作不与轴垂直的直线交椭圆于､(异于点)两点，试判断的大小是否为定值，并说明理由.高考高考
21．对于正整数，如果个整数满足，高考高考高考
且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.高考高考高考
(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;高考高考高考
(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的值;高考高考
(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.高考高考
(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)高考
高考高考高考高考
答案：高考高考高考高考
1．B高考高考
高考
【详解】高考高考高考
由，得：，，故，故选B.高考高考
2．C高考高考高考
高考高考
【分析】高考
首先计算左侧的结果，然后复数相等的充分必要条件即可求得实数的值.高考
【详解】高考高考高考
，高考高考
利用复数相等的充分必要条件可得.高考高考高考
故选：C.高考高考高考
3．D高考高考
高考
【分析】高考
利用向量减求得，利用向量的坐标运算性质，向量相等即可得出．高考高考
【详解】
解： 根据向量的减法得,高考
，高考高考
且，高考高考高考
因此，则高考高考高考高考高考
故选：D．高考
4．B高考高考高考
高考高考高考
【分析】
根据题中等式求解出等差数列的公差，进而求解出数列的前项和，根据的表达式求解出结果高考高考
【详解】高考高考
设公差为则，高考
因此，所以当时，取值高考高考高考高考
故选：B高考高考高考
5．C
高考高考高考高考
【详解】高考高考高考
抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=-，高考高考高考高考
因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x-3）2+y2=16相切，高考高考高考高考
所以3+=4，p=2；
故选C．高考高考
6．C高考高考高考
高考
【分析】高考高考高考
由指数函数的单调性和对数函数的单调性，我们可以判断出a，b，c与0，1的大小关系，进而得到答案．高考高考高考
【详解】高考高考
，高考高考高考
，即，且，即，高考高考高考
，即，故.高考
故选：C高考
7．C
高考高考高考
【详解】高考高考高考
试题分析：当时，函数，此时函数为奇函数；反之函数为奇函数，则，所以“”是“函数为奇函数”的充分必要条件.高考
考点：1.充分必要条件的判断；2.函数的奇偶性.高考高考
8．C高考高考高考
高考高考高考高考高考
【分析】高考高考
求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．
【详解】高考高考
解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，高考
由，得，高考高考
又，高考
所以，解得；高考高考高考
所以圆锥的高为，高考
所以圆锥的体积为．高考
故选：C．高考高考
9．D高考高考高考高考
高考高考高考
【分析】高考高考
根据给定条件求出点M的轨迹，再利用点M的轨迹与直线2x+y+k=0有公共点即可列式计算作答.高考高考高考高考
【详解】高考高考
圆C：x2+y2+2x-4y+1=0的圆心，半径，因M为线段AB的中点，则，
此时，，于是得点M的轨迹是以点C为圆心，1为半径的圆，而点M在直线2x+y+k=0上，高考高考
因此，直线2x+y+k=0与点M的轨迹有公共点，从而得，解得，高考高考高考
所以实数k的取值范围是.高考高考
故选：D高考
10．D高考高考高考高考高考
高考
【分析】高考高考高考
通过数列为1，2，1，2，1，2…，当时，判断A；当时，判断C；当数列为1，2，1，2，1，2…，为2，1，2，1，2…，时，判断B；直接根据定义可判断D正确.高考高考
【详解】高考
对于A：在数列1，2，1，2，1，2…中，，数列各项均大于或等于不成立，故A错误；高考
对于B：数列为1，2，1，2，1，2…，为2，1，2，1，2…，，而各项均为3，则不成立，故B错误； 高考
对于C：在数列1，2，1，2，1，2…中，，此时不正确，故C错误；高考高考高考高考
对于D：若，则中，与中至少有一个不小于，故正确，
故选：D．高考
11．60高考
高考高考
【分析】高考高考
根据二项式展开式通项，找到常数项即可.高考
【详解】高考高考
根据二项式展开式通项，易知高考
故60.高考高考
12．高考
高考高考高考
【分析】高考高考
根据平移后的可得函数，根据题意可得可得，取一值即可得解.高考高考
【详解】高考高考
将函数的图象向左平移个单位长度，高考高考高考高考高考
可得，由函数的图象关于原点对称，高考高考高考
可得,
所以，，高考
当时，.高考
故高考高考高考
13．高考高考
高考高考
【分析】高考高考高考高考高考
将函数的零点转化为的交点横坐标，函数图像，列方程求出零点，进而可得的值.高考高考高考高考
【详解】高考高考高考
令，得高考高考高考
则函数的零点高考高考高考
即为的交点横坐标，如图：高考高考高考
高考
由图可知，高考高考高考
解得高考高考高考高考
故答案为.高考
14．①②④高考高考高考
高考
【分析】高考
由的单调性可得的单调性可判断①；利用，可判断②；由的单调性可判断③； 求出和可判断④.高考高考
【详解】高考高考
因为为单调递减函数，所以为单调递增函数，故①正确；高考高考高考高考高考
因为，所以Sigmo函数的图象是一个对称图形，对称为，故②正确；高考高考
因为为单调递增函数，且，，高考高考高考
仅当时，方程有且只有一个解，故③错误； 高考高考
，高考
，所以，故④正确．
故①②④.高考
15． 高考高考
高考高考高考
【分析】高考高考
先判断双曲线的焦点在轴上，即可求出，再设出双曲线的方程，即可写出双曲线渐近线的方程，由点到直线的距离公式即可求出的值即可.高考高考
【详解】高考
有双曲线一个顶点为，可知焦点在轴上，则，高考
故双曲线可设为，则渐近线，高考高考
又，解得，所以渐近线高考高考高考高考
则双曲线的方程为.高考高考高考
故; .高考高考高考高考
16．(1)；高考
(2)①；②高考高考
高考高考高考
【分析】高考
（1）根据题目条件，由正弦定理得，化简即可求出.
（2）若选①，由余弦定理得：，即可解得a 的值 .高考
若选②，利用两角和的正弦函数公式可求得的值，由正弦定理即可解得a 的值.
(1)高考高考
因为，由正弦定理得：，因为，所以，所以，即，即高考
，即，又，所以.高考高考
(2)
若选①，则 在 中，由余弦定理得：，可得：，解得：，或（舍），可得.高考高考高考
若选②，，则，高考
由正弦定理：，可得：，解得.高考高考
17．（Ⅰ）0.06；（Ⅱ）分布列见解析，1；（Ⅲ）北斗二代模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.高考高考高考
【分析】高考高考高考
（Ⅰ）通过图象观察，在北斗二代的50个点中，横坐标误差的值大于10米有3个点，由古典概率的计算公式可得所求值；高考高考
（Ⅱ）通过图象可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，则X的所有可能取值为0，1，2，分别求得它们的概率，作出分布列，计算期望即可；高考高考
（Ⅲ）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小．高考高考高考
【详解】高考
（Ⅰ）由图可得，在北斗二代的50个点中，横坐标误差的值大于10米有3个点，高考高考
所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的值大于10米的概率为；高考高考
（Ⅱ）由图可得，A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于的有两个点：C，D，高考高考高考
所以X的所有可能取值为0，1，2，高考
，高考高考
，
，高考高考
所以X的分布列为高考高考高考
高考
所以X的期望为；高考高考高考
（Ⅲ）北斗二代模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.高考高考高考
高考高考
本题考查古典概率的求法，以及随机变量的分布列和期望的求法，方差的大小的判断，考查数形思想和运算能力、推理能力，属于中档题.高考高考
18．(1)证明见解析；高考高考高考
(2)；高考
(3).高考高考高考
高考
【分析】高考高考
（1）由中位线定理得EFDC，然后由线面平行判定定理和性质定理得出线线平行，从而证得结论成立；高考高考
（2）以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．用空间向量法求二面角的余弦值．高考高考高考高考
（3）根据向量法求点到平面的距离.高考高考
(1)高考高考高考
因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．高考高考高考高考
又因为EF平面PCD，DC⊂平面PCD，高考
所以EF平面PCD．高考高考高考高考
又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，高考高考高考
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.高考高考高考
(2)高考高考
因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．高考高考高考
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
高考高考
由，则，高考高考
所以，.高考
设平面PAB的一个法向量为，则可取高考高考高考
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，高考
由，，高考高考
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．高考高考
所以cos〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．高考高考
(3)高考高考
由点到平面的距离公式可得，高考
即点A到平面PCD的距离为.高考高考
19．(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析高考高考高考
高考高考
(Ⅰ)求导得到，，解得答案.高考高考
(Ⅱ) ，故，在上单调递减，在上单调递增，，设，证明函数单调递减，故，得到证明.高考高考高考高考高考高考
【详解】高考高考
(Ⅰ)，故，高考高考高考
，故.高考高考高考
(Ⅱ) ，即，存在零点，高考高考高考高考高考
设零点为，故，即，高考
在上单调递减，在上单调递增，高考高考
故高考
，高考高考
设，则，高考高考高考
设，则，单调递减，
，故恒成立，故单调递减.高考高考高考
，故当时，.
高考
本题考查了函数的切线问题，利用导数证明不等式，转化为函数的最值是解题的关键.高考高考高考
20．（1）椭圆的方程为，离心率；（2）是定值，理由见解析.高考高考高考
高考高考
【分析】高考高考
（1）依题意列之间的关系，解方程即得结果；高考高考
（2）设直线方程，联立方程得､两点坐标之间的关系，再计算即得结果.高考高考高考
【详解】高考高考高考
解：（1）根据题意得，解得，高考高考
所以椭圆的方程为，离心率；
（2）因为直线不与y轴垂直，所以直线的斜率不为，高考高考高考
设直线的方程为，设､，高考高考
联立方程，化简得.高考高考
显然点在椭圆的内部，所以.高考高考
则，.高考高考高考
又因为，所以，.高考高考
所以，高考高考高考
所以，即是定值.高考高考
高考高考高考高考
高考高考
本题考查了椭圆的标准方程和离心率，以及直线与椭圆的综合应用，属于中档题.高考高考
21．(Ⅰ) ，，，，；(Ⅱ) 为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，高考高考
高考高考
(Ⅰ)根据题意直接写出答案.高考高考高考
(Ⅱ)讨论当为偶数时，为，当为奇数时，为，得到答案.高考高考
(Ⅲ) 讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，
根据对应关系得到，再计算，，得到答案.高考高考
【详解】高考高考
(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.高考高考高考
(Ⅱ)当为偶数时，时，为；高考
当为奇数时，时，为；高考
综上所述：为偶数，为，为奇数时，为.高考高考
(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；高考高考
当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，高考高考高考
则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，高考高考高考
故.高考高考
综上所述.高考高考高考
当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；高考高考高考
当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，高考高考高考
故；高考
当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.高考高考高考
综上所述：使成立的为：或.高考高考高考
高考高考
本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.高考
【高考数学】2022-2023学年北京市西城区专项突破仿真
模拟试题（二模）
第I卷（选一选）
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评卷人
得分
一、单 选 题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足（i为虚数单位），则（ ）
A． B．5 C． D．10
3．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
4．2022年第24届在北京和张家口成功举办，出色的赛事组织工作博得了国际社会的分歧称赞，经济效益方面，多项支出也创下历届新高某机构对本届各项次要支出进行了统计，得到的数据如图所示．已知赛事转播的支出比政府补贴和特许商品的支出之和多27亿元，则估计2022年这几项支出总和约为（ ）
A．223亿元 B．218亿元 C．143亿元 D．118亿元
5．已知的展开式中一切项的系数之和为64，则展开式中含的项的系数为（ ）
A．20 B．25 C．30 D．35
6．已知，则（ ）
A． B． C．3 D．
7．如图，在数轴上，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右挪动一个单位，共挪动3次，设质点最终所在地位的坐标为X，则X的方差为（ ）
A．0 B． C．3 D．5
8．过平面内一点P作曲线的两条互相垂直的切线，切点分别为（不重合），设直线分别与y轴交于点A，B，则面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
评卷人
得分
二、多选题
9．下列结论中正确的有（ ）
A．运用最小二乘法求得的回归直线必样本点的
B．若相关指数的值越接近于0，表示回归模型的拟合越好
C．已知随机变量X服从二项分布，若，则
D．若随机满足，，，则
10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论中正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上的减区间为
D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度而得到
11．阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、地理学家，享有“数学之神”的称号．若抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，则称为“阿基米德三角形”．已知抛物线的焦点为F，过抛物线上两点A，B的直线的方程为，弦的中点为C，则关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（ ）
A．点 B．轴 C． D．
12．如图所示的几何体由一个三棱锥和一个半圆锥组合而成，两个锥体的底面在同一个平面内，是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且，与都是边长为2的正三角形，则（ ）
A． B．平面
C．异面直线与所成角的正弦值为 D．该几何体的体积为
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、填 空 题
13．设各项均为负数的数列的前n项和为，写出一个满足的通项公式：_________．
14．函数的最小值为_____________．
15．如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造在理数的图形，设四边形的对角线交于点O，若，则___________________．
评卷人
得分
四、双空题
16．已知，，，是半径为的球面上四点，，分别为的中点，，，则以为直径的球的最小表面积为_______________；若，，，不共面，则四面体的体积的值为_____________．
评卷人
得分
五、解 答 题
17．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的前n项和．
18．如图，在平面四边形中，．
(1)若，求；
(2)若，求四边形的面积．
19．如图，在三棱锥中，平面平面，，O为的中点，．
(1)证明：平面；
(2)点E在棱上，若，二面角的大小为，求实数的值．
20．为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生产，可以认为这条生产线正常形态下生产的零件的尺寸服从正态分布.
（1）假设生产形态正常，记X表示内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；
（2）内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.
（ⅰ）试阐明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）上面是检验员在内抽取的16个零件的尺寸：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断能否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（到0.01）.
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.
21．已知椭圆的离心率为，直线l过C的右焦点，且与C交于A，B两点直线与x轴的交点为E，，点D在直线m上，且．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设的面积分别为，求证：．
22．已知函数，函数的导函数为．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，且不等式恒成立，求实数m的取值范围．
答案：
1．C
【分析】
解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义计算作答.
【详解】
解不等式得：，则，而，
所以.
故选：C
2．C
【分析】
将原等式两边直接取模，再化简即可.
【详解】
由题意有：，
从而有.
∴．
故选：C
3．C
【分析】
根据指数函数和对数函数的单调性，利用两头桥0,1去比较的大小关系
【详解】
为上单调递增函数，则，
为R上单调递减函数，则，且
由为R上单调递增函数，可得，
则，
故选：C．
4．B
【分析】
设支出总和为，根据题设条件列式即可求解
【详解】
设支出总和为，则，解之得
故选：B．
5．B
【分析】
根据一切项的系数之和求解，写出的展开式，求与二项式中含的项相乘所得的项，-1与二项式中含的项相乘所得的项，两项相加，即为的展开式中含的项.
【详解】
一切项的系数之和为64，∴，∴
，展开式第项，
时，，，
时，，，，
故选：B．
6．A
【分析】
利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得答案.
【详解】
.
故选：A．
7．C
【分析】
先求得随机变量X的均值，再去求随机变量X的方差
【详解】
X可能取值为1，，3，
，
则，
故选：C．
8．B
【分析】
设，进而根据导数几何意义求得切线方程，，进而根据两切线垂直得，再求的长，，进而计算面积.
【详解】
解：设
当时，
故切线为：，即
当时，，，
故切线为：，即
两切线垂直，则，则
所以，
，解得
∴.
故选：B．
9．ACD
【分析】
对选项A，根据线性回归直线性质即可判断A正确，对选项B，根据相关系数即可判断B错误，对选项C，根据二项分布数学期望的性质即可判断C正确，对选项D，根据条件概率公式即可判断D正确.
【详解】
对选项A，回归直线必样本点的，故A正确.
对选项B，的值越接近1，表示回归模型的拟合越好，故B错误.
对选项C，，，，
所以，故C正确.
对选项D，，所以，
所以，所以，故D正确.
选ACD．
10．BC
【分析】
根据函数图象，求解参数，代入的表达式中，利用正弦型函数的图象及性质，依次判断各项正误.
【详解】
根据函数图象可得：，∴，，
又，故，
所以对称轴为时，故A项错．
，∴关于对称，故B项对．
函数的单调递减区间为，
时在单调递减，故C项对．
，故D项错．
故选：BC.
11．BCD
【分析】
设，联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理导数逐项计算后可得正确的选项.
【详解】
由消y可得
令，
，
，
解得，，A错．
，∴轴，B对．
，∴，D对．
，∴，C对，
故选：BCD．
12．ABD
【分析】
取中点O，由线面垂直的判断定理和性质定理可判断A；由、，可得，再由线面平行的判断定理可判断B；取中点M，可得即与所成角即为与所成角，由余弦定理求出和平方关系求出可判断C；求出几何体体积可判断D．
【详解】
对于A，取中点O，连接，所以为等腰直角三角形，且，又由于， ，所以平面，平面，所以，A正确．
对于B，，∴，而，∴，
∴，平面，平面，∴平面，B正确．
对于C，取中点M，连接知，
∴，∴与所成角即为与所成角，为，
，由余弦定理得，C错．
对于D，该几何体体积，D正确．
故选：ABD.
13．（答案不）
【分析】
本题属于开放性成绩，只需填写符合要求的答案即可，不妨令，根据等比数列求和公式代入验证即可；
【详解】
解：当时，，
，∴满足条件．
故（答案不）
14．
【分析】
由题可知为偶函数，当时，去值，讨论的取值范围，利用导数求解函数的最值
【详解】
由题可知，函数为偶函数，时，，
当时，，在单调递增，此时；
当时，，即恒成立.
∴
故-1.
15．##
【分析】
设，利用正切的二倍角公式可得，再由商数关系得到及可得答案.
【详解】
都为直角三角形，
，∴，，
，解得，
∴，
∴．
故答案为.
16．
【分析】
①利用圆的垂径定理，可求得，，再利用三角形三边关系定理可求得的取值范围，即可求得以为直径的球的最小表面积②过作，连接，四边形为平行四边形，则，求得和的值即可求解
【详解】
设球心为O，∴，
分别取中点，知
，
∴以为直径的球的最小表面积为
过作，连接，四边形为平行四边形，
设，设到平面距离为
∴
∵，也为到平面的距离，
∴
故；．
17．(1)
(2)
【分析】
（1）整理得，数列是等差数列；（2），利用裂项相消进行求和．
(1)
令，则，即，解得：
显然，由，两边同时除以，
得，所以数列是以首项为，公差为2的等差数列．
故，即．
(2)
所以
．
18．(1)
(2)
【分析】
（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解
（2）由余弦定理与面积公式求解
(1)
连接，在中，，
且，，所以．
在中，由余弦定理得，
所以．
所以
(2)
在中，由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以四边形的面积为
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据题意可得，面面垂直的性质定理可证平面；（2）利用空间向量，根据可得再二面角代入计算．
(1)
在中，由于，O为的中点，所以．
又由于平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
(2)
在中，由于，，O为的中点，所以．
以O为坐标原点，为y轴，为z轴，过O且垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，
所以．
设平面的一个法向量为，
由于．
则
取．
平面的一个法向量为，由二面角的大小为，
．
解得．
20．（1），（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需求. ,
【分析】
（1）依题知一个零件的尺寸在之内的概率，可知尺寸在之外的概率为0.0026，而，进而可以求出的数学期望.
（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，是考虑内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；
（ii）计算，剔除之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除之外的数据，剩下数据的样本方差，即为的估计值.
【详解】
（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，
从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026，
故.
因此.
的数学期望为.
（2）（i）如果生产形态正常，
一个零件尺寸在之外的概率只要0.0026，
内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件
概率只要0.0408，发生的概率很小.
因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这的生产过程
可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，
可见上述监控生产过程的方法是合理的.
（ii）由，
得的估计值为，的估计值为，
由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外，
因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除之外的数据，
剩下数据的平均数为，
因此的估计值为.
，
剔除之外的数据，
剩下数据的样本方差为，
因此的估计值为.
本题考查正态分布的实践运用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的准绳，审清题意，细心计算，属中档题.
21．(1).
(2)证明见解析
【分析】
（1）用待定系数法求出椭圆C的标准方程；
（2）设方程为：，，，用“设而不求法”证明出直线恒过的中点，得到点E，F到直线的距离相等．即可证明出.
(1)
由题意得，解之得：
故椭圆C的标准方程为．
(2)
易知直线斜率不为0，设方程为：，，，
由消去x并整理得：，
所以，，
由题意得，，所以方程为：，
令得，，
又由于，
所以，
所以，即直线恒过的中点，
故点E，F到直线的距离相等．所以
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】
（1）利用导函数并按实数a分类讨论去求函数的单调区间；
（2）把不等式恒成立转化为，构造新函数并求其最小值即可求得实数m的取值范围．
(1)
由得，函数的定义域为，
且，令，即，
①当，即时，恒成立，在单调递增；
②当，即时，令，
当时，，的解或，
故在上单调递增，在上单调递减；
当时，，同理在上单调递减，在上单调递增．
(2)
由（1）可得，若有两个零点，则，且，
由于，所以，
由不等式，恒成立得，只需，
又
，
设，则，
由可得，，即在单调递减，所以，
所以．
高考高考
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