2022-2023学年北京市西城区高考数学专项突破仿真模拟试题（四）含解析

1、第PAGE 页码17页/总NUMPAGES 总页数23页2022-2023学年北京市西城区高考数学专项突破仿真模拟试题（四）考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分留意事项：1答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第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（）ABCD2设，则复数在复平面内对应的点为（）ABCD3已知向量，且，则实数（）ABC1D4已知双曲线的离心率是它的一条渐近线斜率的2倍，则（）ABCD25若，则（）AB0C1D6几何本来是古希腊数学家欧几里得的一部没有朽之作，其第十一卷中称

2、轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（）ABCD7将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若恰好在函数的图像上，则的最小值为（）ABCD8若的展开式中的系数为35，则负数（）AB2CD49已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增，则满足的的取值范围为（）ABCD10某车间加工某种机器的零件数（单位：个）与加工这些零件所花费的工夫（单位：min）之间的对应数据如下表所示：个10203040506268758189由表中的数据可得回归直线方程，则加工70个零件比加工60个零件大约多用（）ABCD11已知实数满足，给出下列结论

3、：；.则一切正确结论的序号为（）ABCD12已知数列满足，记的前项和为，的前项和为，则（）ABCD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二、填 空 题13设满足约束条件则的值为_.14若直线是曲线的一条切线，则实数_.15已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点（点在轴上方），过分别作的垂线，垂足分别为，连接.若，则直线的斜率为_.16三棱锥的平面展开图如图所示，已知，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为_.评卷人得分三、解 答 题17在中；内角的对边分别为，已知.(1)求；(2)若，点为的中点，求的值.18如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，侧面是矩形

4、，为的中点，.(1)证明：平面；(2)点在线段上，若，求二面角的余弦值.19足球比赛淘汰赛阶段常规比赛工夫为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球”的方式决定胜负.“点球”的规则如下：两队各派5名队员，单方轮番踢点球，累计进球个数多者胜；如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则没有需求再踢（例如：第4轮结束时，单方“点球”的进球数比为2：0，则没有需求再踢第5轮了）；若前5轮“点球”中单方进球数持平，则从第6轮起，单方每轮各派1人罚点球，若均进球或均没有进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方没有进球的情

5、况，进球方胜出.(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左中右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左中右三个方向来扑点球，而且门将即便方向判断正确也只要的可能性将球扑出，若球员射门均在门内，在“点球”中，求门将在前三次扑出点球的个数的分布列和期望：(2)现有甲乙两队在半决赛中相遇，常规赛和加时赛后单方战平，需进行“点球”来决定胜负，设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互没有影响，各轮结果也互没有影响.（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（没有含常规赛和加时赛进球）并胜出的概率；（ii）求“点球”在第6轮结束，且乙队

6、以5：4（没有含常规赛和加时赛得分）胜出的概率.20已知函数.(1)求的单调区间；(2)证明：.21已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求椭圆的方程；(2)点关于原点的对称点为点，与直线平行的直线与交于点，直线与交于点，点能否在定直线上？若在，求出该直线方程；若没有在，请阐明理由.22在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求的极坐标方程；(2)设与交于两点，若，求的直角坐标方程.23已知函数.(1)当时，求没有等式的解集；(2)当时，求的取值范围.参考答案：1B【解析】【分析】由集合描述并解一元二次没有等式得，运用

7、集合交运算求结果.【详解】由于，所以.故选：B2C【解析】【分析】设，则，再根据复数相等的条件求出即可得解.【详解】由得，设，则，所以，所以，所以,解得.所以复数在复平面内对应的点为.故选：C3A【解析】【分析】利用向量平行列方程即可求出.【详解】由向量，得.由于，所以，解得.故选：A4A【解析】【分析】根据双曲线的几何性质列式可求出结果.【详解】由题意得,解得，即.故选：A.5D【解析】【分析】利用平方关系和正弦的二倍角公式弦化切，由求出代入可得答案.【详解】由于，所以，所以.故选：D.6C【解析】【分析】根据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角.在中利用余弦定理计算可得结果.【详

8、解】如图，连接.由于为中点，且，所以四边形为矩形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.设圆的半径为1，则.由于，所以.在直角中，得.所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.7D【解析】【分析】根据题意易知和，根据辅角公式可知，由此可知，再根据，即可求出结果.【详解】由题意知，点在的图象上，所以，所以，点向右平移个单位长度得到点.由于在函数的图象上，所以，解得，所以，或.由于，所以.故选：D.8B【解析】【分析】根据题意得，分析展开式含项仅有和，再展开求系数即可.【详解】由于展开式为：，即，所以，所以含的系数为，又为负数，所以.故选：B.9B【解析】【分析】先求出函数的对称轴，再根据

9、单调性和对称性可知，自变量离对称轴越远，其函数值越大，由此结论列式可解得结果.【详解】由于函数满足，所以的图象关于直线对称，又在区间上单调递增，所以在上单调递减，由于，即，平方后解得.所以的取值范围为.故选：B.10C【解析】【分析】由题可得样本，进而可得回归直线方程，即得.【详解】由表中的数据，得，将代入，得，所以加工70个零件比加工60个零件大约多用故选：C.11D【解析】【分析】由题意可知，根据指数幂的性质可知又，所以，即可判断能否正确；对运用基本没有等式可知，两边取对数即可判断，能否正确；根据题意可知，所以，令，再根据导数在函数最值中运用，可知，可得，由此即可判断能否正确.【详解】由得

10、，又，所以，所以，故错误；由于，所以，当且仅当，即时取等号；即，则，故，正确；由于，所以，所以，令，则，所以在区间上单调递增，所以，即.又，所以，即，故正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数处理第问，根据题意可知，所以，令，再根据导数在函数最值中运用，可知，可得，这是处理本题的关键点.12B【解析】【分析】根据题意得：当为奇数时，；当为偶数时，求出，所以，分析求和即可.【详解】由于，所以当为奇数时，即当为奇数时，；当为偶数时，.所以所以，所以.故选：B.1315【解析】【分析】画出可行域，根据目标式的的几何意义求其值.【详解】由约束条件可得可行域如下：要使，只需其表示的直线在

11、坐标轴上的截距即可，由图知：当直线过与的交点时，为.故答案为：1514【解析】【分析】求出切点坐标代入切线方程可得答案.【详解】由于，所以，令，得，所以切点为，代入，得.故答案为：.15【解析】【分析】根据题意得，再得到，分析即可得，从而得到直线的倾斜角，即可求解.【详解】如图，由题意得，所以，由于，所以，所以，又，所以，所以，故，所以直线的斜率为.故答案为：.16【解析】【分析】根据题意构造底面正三角形的边长为2，高为的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，球心即为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据条件求半径即可.【详解】由已知得，三棱锥中，且与平面所成的角为，构造如图所示的正三

12、棱柱，底面正三角形的边长为2，高为，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.设，分别为三棱柱上下底面三角形的，则为的中点，由于，所以球的半径，所以球的表面积为.故答案为：.【点睛】与球有关的组合体成绩，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的地位，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切正方体，切点为正方体各个面的，正方体的棱长等于球的直径；球外接正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.17(1)(2)【解析】【分析】（1）根据正弦定理可知，由此可知，进而求出.（2）由（1）余弦定理可知，对其运用基本没有等式可知，根据三角形中线的向量表示

13、可知，对其两边平方，根据平面向量数量积公式以及基本没有等式可知，由此即可求出结果.(1)解：在中，由正弦定理得.由于，所以.又，所以，所以.由于中，所以.(2)解：在中，由及余弦定理，得，所以，所以，当且仅当时等号成立.又点为的中点，所以，所以，即的值为.18(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即得.(1)由于矩形中，为的中点，所以，所以.由于，所以，所以.由于，所以平面.由于平面，所以，又，所以平面.(2)由（1）知两两互相垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直

14、角坐标系.由于，令，连接，则，所以.设平面的一个法向量为，则，得，所以，令，得，所以，由（1）知是平面的一个法向量，所以，故二面角的余弦值为.19(1)分布列见解析，(2)（i）；（ii）【解析】【分析】（1）先求门将每次可以扑出点球的概率，然后由反复实验的概率公式可得；（2）（i）理解清题意：甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，然后可得；（ii）理解清题意：前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球.然后计算可得.(1)依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数的可能取值为.，则的分布列为0123的数学期望.或（易知）.(2)（i）记“甲队

15、先踢点球，在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（没有含常规赛和加时赛进球）并胜出为A，意味着甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，对应的概率为（ii）记“点球在第6轮结束，且乙队以（没有含常规赛和加时赛得分）胜出”为B，意味着前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球，其对应的概率为20(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求出，分、讨论可得的单调区间；（2），由得，没有等式等价于，令，利用的单调性可得答案.(1)函数，定义域为，（i）当时，单调递增；（ii）当时，时，单调递减；时，单调递增，综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递减区间

16、为，单调递增区间为.(2)由（1）知，当时，且，所以，由于，所以没有等式等价于，令，则在时恒成立，所以当时，又，所以，故，即.【点睛】本题关键点是讨论导数的正负判断函数的单调性，以及转化求出函数的最值证明没有等式，考查了先生分析成绩、处理成绩能力.21(1)(2)点在定直线上.【解析】【分析】（1）解方程组可得答案；（2）设， 的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代入，可得直线的方程、直线的方程，联立两直线方程得，由化简可得答案.(1)由题意得，解得，所以椭圆的方程是.(2)点是在定直线上，理由如下，由（1）知，设，将的方程与联立消，得，则，得且，且，由于，所以直线的方程为，即，直线的方程为，即，联立直线与直线的方程，得，得，所以所以点在定直线上.22(1)(2)【解析】【分析】（1）消去参数可得的直角坐标方程，由化简可得的极坐标方程；（2）联立，设两点所对应的极径为，则，利用韦达定理得可得，从而得到的直角坐标方程.(1)由于的参数方程为（为参数）