2023-2024学年【高考数学】北京市西城区学情检测仿真模拟试题合集2套（含解析）

【高考数学】2023-2024学年北京市西城区学情检测仿真模拟试题（一模）第I卷（选一选）评卷人得分一、单选题1．已知集合，，则A． B． C． D．2．已知，，(i为虚数单位)，则（

）A． B．1 C． D．33．向量在正方形网格中的位置如图所示，若，则（

）A．3 B． C．-3 D．4．设等差数列的前n项和为，若，，则当取值n等于（

）A．4 B．5 C．6 D．75．已知抛物线的准线与圆相切，则p的值为A． B．1 C．2 D．46．设，，

则（

）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（）A． B． C． D．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（

）A．[-2，2] B．[-5，5] C．(-，) D．[-，]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（

）A．若，则数列各项均大于或等于MB．若，，则C．若，则D．若，则第II卷（非选一选）评卷人得分二、填空题11．在的展开式中，常数项为___________.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_________．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；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；④Sigmo函数的导数满足：．评卷人得分三、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______．评卷人得分四、解答题16．在中，.(1)求B；(2)若，___________.求a.从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.注：如果选择多个条件分别解答，按个解答计分.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）（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；（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；（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）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：；(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．19．设函数其中(Ⅰ)若曲线在点处切线的倾斜角为，求的值;(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.（1）求椭圆的标准方程和离心率；（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.21．对于正整数，如果个整数满足，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.(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的值;(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.(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.)答案：1．B【详解】由，得：，，故，故选B.2．C【分析】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.【详解】，利用复数相等的充分必要条件可得.故选：C.3．D【分析】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．【详解】解：根据向量的减法得,，且，因此，则故选：D．4．B【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【详解】设公差为则，因此，所以当时，取值故选：B5．C【详解】抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=-，因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x-3）2+y2=16相切，所以3+=4，p=2；故选C．6．C【分析】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．【详解】，，即，且，即，，即，故.故选：C7．C【详解】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.考点：1.充分必要条件的判断；2.函数的奇偶性.8．C【分析】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】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，由，得，又，所以，解得；所以圆锥的高为，所以圆锥的体积为．故选：C．9．D【分析】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.【详解】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，因此，直线2x+y+k=0与点M的轨迹有公共点，从而得，解得，所以实数k的取值范围是.故选：D10．D【分析】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.【详解】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；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；对于C：在数列1，2，1，2，1，2…中，，此时不正确，故C错误；对于D：若，则中，与中至少有一个不小于，故正确，故选：D．11．60【分析】根据二项式展开式通项，找到常数项即可.【详解】根据二项式展开式通项，易知故60.12．【分析】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.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得，由函数的图象关于原点对称，可得,所以，，当时，.故13．【分析】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.【详解】令，得则函数的零点即为的交点横坐标，如图：由图可知，解得故答案为.14．①②④【分析】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.【详解】因为为单调递减函数，所以为单调递增函数，故①正确；因为，所以Sigmo函数的图象是一个对称图形，对称为，故②正确；因为为单调递增函数，且，，仅当时，方程有且只有一个解，故③错误；，，所以，故④正确．故①②④.15．

【分析】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.【详解】有双曲线一个顶点为，可知焦点在轴上，则，故双曲线可设为，则渐近线，又，解得，所以渐近线则双曲线的方程为.故;.16．(1)；(2)①；②【分析】（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.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)因为，由正弦定理得：，因为，所以，所以，即，即，即，又，所以.(2)若选①，则在中，由余弦定理得：，可得：，解得：，或（舍），可得.若选②，，则，由正弦定理：，可得：，解得.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.【分析】（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；（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；（Ⅲ）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小．【详解】（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，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；（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，所以X的所有可能取值为0，1，2，，，，所以X的分布列为所以X的期望为；（Ⅲ）北斗二代模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.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.18．(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（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；（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．（3）根据向量法求点到平面的距离.(1)因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC．又因为EF平面PCD，DC⊂平面PCD，所以EF平面PCD．又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.(2)因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．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．由，则，所以，.设平面PAB的一个法向量为，则可取设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，由，，得，取z＝1，得＝(0，2，1)．所以cos〈〉＝，所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．(3)由点到平面的距离公式可得，即点A到平面PCD的距离为.19．(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析(Ⅰ)求导得到，，解得答案.(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.【详解】(Ⅰ)，故，，故.(Ⅱ)，即，存在零点，设零点为，故，即，在上单调递减，在上单调递增，故，设，则，设，则，单调递减，，故恒成立，故单调递减.，故当时，.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.20．（1）椭圆的方程为，离心率；（2）是定值，理由见解析.【分析】（1）依题意列之间的关系，解方程即得结果；（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.【详解】解：（1）根据题意得，解得，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，设直线的方程为，设､，联立方程，化简得.显然点在椭圆的内部，所以.则，.又因为，所以，.所以，所以，即是定值.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.21．(Ⅰ)，，，，；(Ⅱ)为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，(Ⅰ)根据题意直接写出答案.(Ⅱ)讨论当为偶数时，为，当为奇数时，为，得到答案.(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.【详解】(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.(Ⅱ)当为偶数时，时，为；当为奇数时，时，为；综上所述：为偶数，为，为奇数时，为.(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述.当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，故；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.综上所述：使成立的为：或.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.【高考数学】2023-2024学年北京市西城区学情检测仿真模拟试题（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．103．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．356．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．58．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：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95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：C2．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：C3．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