北京市大興區(qū)2023屆高三上學期數(shù)學期末檢測試卷

北京市大興區(qū)2023屆高三上學期數(shù)學期末檢測試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．設集合A={x∣1<x≤2}A．{x∣x<1或x≥2} B．{C．{x∣x≤1或x≥2} D．{2．下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在定義域上是增函數(shù)的是（）A．y=lnx B．y=tanx C．y=x3 3．在(x?1)5展開式中，xA．10 B．5 C．?10 D．?54．設Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知A．{an}為遞減數(shù)列C．Sn有最大值 D．5．已知拋物線y2=4x上一點M與其焦點的距離為5，則點M到A．3 B．4 C．5 D．46．“a=0”是“直線x?ay+2a?1=0(a∈R)與圓x2A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件7．某圓錐曲線C是橢圓或雙曲線，若其中心為坐標原點，對稱軸為坐標軸，且過A(?2，1)和B(3A．12 B．22 C．328．已知數(shù)列{an}中，a1=1，aA．a2=2 C．{a2n}是等比數(shù)列9．“趙爽弦圖”是我國古代數(shù)學的瑰寶，它是由四個全等的直角三角形和一個正方形構成.現(xiàn)仿照趙爽弦圖，用四個三角形和一個小平行四邊形構成如下圖形，其中，E，F(xiàn)，G，H分別是DF，AG，BH，CE的中點，若AG=xAB+yA．25 B．45 C．110．已知函數(shù)f(x)=cosπxx2?2x+3，給出下列結論：①f(x)是周期函數(shù)；②f(x)的最小值是?12；③f(x)的最大值是A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④二、填空題11．已知復數(shù)z滿足z?i=1+i，則|z|=.12．一個袋子中裝有5個大小相同的球，其中2個紅球，3個白球，從中依次摸出2個球，則在第一次摸到紅球的條件下，第二次摸到白球的概率是.13．在正方體ABCD?A'B'C'D'中，O為正方形A'①存在點P，使得P②三棱雉A'③△PA④線段A'B上存在點Q，使得PQ⊥A其中所有正確結論的序號是.14．在△ABC中，a=2，b=22.若∠A=π4，則c=；若滿足條件的三角形有兩個，則∠A15．已知函數(shù)f(x)=x2+4x+a，x<1，lnx+1，x≥1.若a=0，則函數(shù)三、解答題16．函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)（A>0，ω>0，0<|φ|<π2）部分圖象如圖所示，已知x4?x1=π.再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知.條件①：x1=（1）求函數(shù)f(x)的解析式；（2）求f(x)的單調減區(qū)間.17．如圖，在四棱雉P?ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠BAD=90°，△PAB為等邊三角形，且平面PAB⊥底面ABCD，AB=2CD=2，AD=3，M，Q分別為PD，AB（1）求證：PB∥平面MQC；（2）求直線PC與平面MQC所成角的正弦值.18．猜歌名游戲是根據(jù)歌曲的主旋律制成的鈴聲來猜歌名，該游戲中有A，B，C三類歌曲.嘉賓甲參加猜歌名游戲，需從三類歌曲中各隨機選一首，自主選擇猜歌順序，只有猜對當前歌曲的歌名才有資格猜下一首，并且獲得本歌曲對應的獎勵基金.假設甲猜對每類歌曲的歌名相互獨立，猜對三類歌曲的概率及猜對時獲得相應的獎勵基金如下表：歌曲類別ABC猜對的概率0.80.5p獲得的獎勵基金額/元100020003000（1）求甲按“A，B，C”的順序猜歌名，至少猜對兩首歌名的概率；（2）若p=0.25，設甲按“A，B，C”的順序猜歌名獲得的獎勵基金總額為X，求X的分布列與數(shù)學期望（3）寫出p的一個值，使得甲按“A，B，C”的順序猜歌名比按“C，B，A”的順序猜歌名所得獎勵基金的期望高.（結論不要求證明）19．已知橢圓E：x2a2+y（1）求橢圓E的方程；（2）A為橢圓E的右頂點，過點(2，1)的直線交橢圓E于點M，N，過點M作x軸的垂線分別與直線l，AN交于點P，Q，求證：P為線段20．已知函數(shù)f(x)=x（1）若曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為0，求（2）判斷函數(shù)y=f(x)單調性并說明理由；（3）證明：對?x1，21．已知數(shù)列{an}(n=1，2，???，2022)，a（1）若{an}為：1，3，5，…，2019，2021，2022，2020，2018，…，4，2，且j=3，寫出M（2）若j=3，求M的最大值及N最小值；（3）若j=6，求M的最小值.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】因為集合A={x∣1<x≤2}，所以?故答案為：D

【分析】利用已知條件結合補集的運算法則，進而得出集合A的補集。2．【答案】C【解析】【解答】對于A：其定義域為：x>0，定義域沒有關于原點對稱，所以為非奇非偶函數(shù).對于B：是奇函數(shù)，但是在定義域上不是單調遞增函數(shù).對于C：因為f(x)=x3，所以所以為奇函數(shù)，又f'所以f(x)在定義域上是單調遞增函數(shù)，符合題目要求.對于D：是奇函數(shù)，但是在定義域上不是單調遞增函數(shù).故答案為：C.

【分析】利用已知條件結合奇函數(shù)的定義和增函數(shù)的定義，進而找出既是奇函數(shù)又在定義域上是增函數(shù)的函數(shù)。3．【答案】C【解析】【解答】(x?1)5展開式中含x2的項為C5故答案為：C

【分析】利用已知條件結合二項式定理得出展開式中的通項公式，再結合展開式中的通項公式得出x24．【答案】B【解析】【解答】∵Sn為等差數(shù)列{a∴S3=3又∵a5=2，設等差數(shù)列∴d=∴{a∴a3=由Sn=na由二次函數(shù)的性質可知，SnS6故答案為：B.

【分析】利用已知條件結合等差數(shù)列的通項公式得出首項和公差的值，再利用公差的范圍和單調函數(shù)的定義，進而判斷出數(shù)列的單調性，再結合等差數(shù)列的通項公式得出數(shù)列的第三項的值，再結合等差數(shù)列的前n項和公式和二次函數(shù)的圖象求最值的方法得出Sn5．【答案】B【解析】【解答】設M(x，y)由拋物線的定義可知：|MF|=x+p2=x+1=5將其代入拋物線方程中得y2=16，故|y|=4，所以點M故答案為：B

【分析】再利用已知條件結合拋物線的定義和點到直線的距離公式得出點M到x軸的距離。6．【答案】A【解析】【解答】由題知，圓的圓心為(0，設圓心到直線x?ay+2a?1=0(a∈R)的距離為d則d=|2a?1|1+(?a)2=1由此可知，“a=0”是“a=0或a=3故答案為：A.

【分析】利用已知條件結合充分條件和必要條件的判斷方法，進而推出“a=0”是“a=0或a=37．【答案】D【解析】【解答】設曲線C的方程為：mx代入點A(?2，1)得：4m+n=1代入點B(32，?聯(lián)立①②解得：m=12，所以曲線C為雙曲線，其方程為：x2離心率e=1+故答案為：D.

【分析】利用已知條件結合代入法得出雙曲線的標準方程，進而得出a，b的值，再結合雙曲線中a，b，c三者的關系式和雙曲線的離心率公式變形，進而得出雙曲線的離心率的值。8．【答案】D【解析】【解答】當n=1時，an當n=2時，an當n=3時，an?aC項，∵a?∴a所以②①得an+2an=2，所以aD項，由C項得a2n又∵an+2an=2，∴∴a故答案為：D

【分析】利用已知條件結合遞推公式和代入法，進而得出數(shù)列的項，再結合等比數(shù)列的定義判斷出數(shù)列{a2n}是以a2為首項，9．【答案】D【解析】【解答】由題意可得AG=因為EFGH是平行四邊形，所以AG=?CE，所以AG=因為AG=xAB+y則2x+y=2×4故答案為：D

【分析】利用已知條件結合平行四邊形的結構特征，再結合三角形法則和向量共線定理，再結合平面向量的基本定理，進而得出x，y的值，從而得出2x+y的值。10．【答案】B【解析】【解答】由于f(x)=cosπxx2?2x+3=cosπx(x?1)2+2，所以f(2?x)=cosπ(2?x)(2?x?1)由于當x>1時，分母y=x2?2x+3單調遞增，故當自變量x越來越大時，分母的值也越來越大，而分子是有界的，所以f(x)的圖象隨著自變量的增大而無限靠近xf(x)=cosπx(x?1)2+2≤1(x?1)2+2≤1f(x)=cosπx(x?1)2+2≥?1(x?1)2+2≥?12，當x=1+2k，故答案為：B

【分析】利用已知條件結合周期函數(shù)的定義、函數(shù)的最值的求解方法、軸對稱圖形判斷方法，進而找出正確的結論。11．【答案】2【解析】【解答】∵z?i=1+i∴z=1+i∴|z|=1故答案為：2。

【分析】利用已知條件結合復數(shù)的乘除法運算法則，進而得出復數(shù)z，再結合復數(shù)z的模的求解方法，進而得出復數(shù)z的模。12．【答案】3【解析】【解答】第一次摸到紅球的條件下，第二次摸球的時候袋子中有1個紅球，3個白球，所以第二次摸到白球的概率為34故答案為：34

【分析】利用已知條件結合條件概型求概率公式得出在第一次摸到紅球的條件下，第二次摸到白球的概率。13．【答案】①②③【解析】【解答】如圖，建立以A為原點的空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則A(0，AC設CP=λCO=(?λ則AP=即P(2?λ，對于①，假設存在點P，因PA則2?6λ即當CP=23CO時，對于②，取BD中點為E，連接A'O，A'E，EC則A'O∥EC，且A'O=EC，故四邊形又CO?平面A'BD，A'E?平面A'即點P到平面A'BD三棱雉A'?BDP的體積保持不變.故對于③，設∠A'BP=θsin則S△P又BA則S△P因f(λ)=3(λ?43)2+83在[0，1]上遞減，故當動點P沿著線段對于④，假設存在滿足題意的點Q，設BQ=μBA則AQ=即Q(2?2μ，0，2μ)，又因PQ⊥A'B，且PQ⊥OC則PQ?因λ=43>1，與λ∈[0故答案為：①②③

【分析】利用已知條件，從而建系求出點的坐標，再結合向量的坐標表示得出向量的坐標，再利用向量求模的公式、三棱錐的體積公式、三角形的面積公式、數(shù)量積為0兩向量垂直的等價關系，數(shù)量積的坐標表示，進而找出正確結論的序號。14．【答案】2；π【解析】【解答】由正弦定理asin代入條件得：2sin解得：sinB=1，所以∠B=所以若∠A=π4時，所以c=a=2.由正弦定理asin代入條件化簡得：sinB=因為0<∠B<π，所以0<sin所以0<2即0<sinA<又a<b，所以∠A為銳角，所以∠A∈(0，π4故答案為：2；π6

【分析】利用已知條件結合正弦定理得出c的值，再結合正弦定理和解三角形的方法，進而結合對邊對角的關系得出角A的取值范圍，再利用角A的取值范圍得出角A可以的一個值。15．【答案】[?4，+∞)【解析】【解答】若a=0，當x<1時，f(x)=當x≥1時，f(x)=ln所以f(x)=ln所以f(x)的值域為：[?4，由題可知，當x≥1時，y=f(x)?2=ln解得：x=e>1，由此可知有一個解，則當x<1時，y=f(x)?2必定有兩個解，即x2此時只需滿足Δ=解得：?3<a<6。故答案為：[?4，+∞)；

【分析】若a=0，當x<1時結合二次函數(shù)的圖象求最值的方法得出f(x)=x2+4x的最小值，當x≥1時結合增函數(shù)的定義判斷出函數(shù)f(x)=lnx+1是增函數(shù)，進而得出函數(shù)f(x)=lnx+1的最小值，再結合并集的運算法則得出分段函數(shù)f(x)的值域，由題可知，當x≥1時結合函數(shù)零點求解方法得出函數(shù)有一個零點，當16．【答案】（1）解：由圖可知x4?x又知ω=2πT=2若選擇條件①②，即x1=π因為f(x由圖可知x1是單調增區(qū)間上的一個零點，所以π6+φ=2kπ，因為0<|φ|<π2，所以當k=0時，所以f(x)=Asin(2x?又因為f(x2)=f(所以f(x)=2sin(2x?π若選擇條件①③，即x1=π因為f(x由圖可知π6+φ=2kπ，k∈Z，即因為0<|φ|<π所以當k=0時，φ=?π所以f(x)=Asin(2x?π又因為f(x所以A=2，故f(x)=2sin(2x?π若選擇條件②③，即x2=π因為f(x由圖可知，當x=x1+即f(π由sin(2π3+φ)=1，得2π因為0<|φ|<π2，所以又f(x所以A=2，故f(x)=2sin(2x?π（2）解：因為函數(shù)y=sinx的單調遞減區(qū)間為[π2+2kπ由π2+2kπ≤2x?π得π3+kπ≤x≤5π所以f(x)單調遞減區(qū)間為[π3+kπ【解析】【分析】（1）由圖可知x4?x1=π，所以T=π若選擇條件①②，即x1=π12，x2=π6，再結合代入法和函數(shù)零點的定義和正弦型函數(shù)的圖象可知若選擇條件①③，即x1=π12，x3=π若選擇條件②③，即x2=π6，x3=π2，再利用f(x2)=f(（2）利用已知條件結合換元法，將正弦型函數(shù)轉化為正弦函數(shù)，再結合正弦函數(shù)的圖象判斷出正弦型函數(shù)的單調性，從而得出函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間。17．【答案】（1）證明：連接QD，BD，BD與QC交于點O，因為底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，Q為AB的中點.所以BQ//DC且BQ=DC，即所以點O是BD中點，連接OM，所以PB//又因為PB?平面MQC，MO?平面MQC，所以PB∥平面MQC.（2）解：因為△PAB為等邊三角形，Q為AB的中點，所以PQ⊥AB.又面PAB⊥面ABCD，面PAB∩面ABCD=AB，PQ?平面PAB，所以PQ⊥面ABCD，又因為AB∥DC，∠BAD=90°，所以BQ⊥CQ.如圖建立空間直角坐標Q?xyz，可知Q(0，0，0)，P(0，0，易知PC=(0，3，?且QC=(0，3n?QC取z=1，則n=(設PC與平面MQC所成角為θ，則sinθ=|cosPC所以PC與平面MQC所成角的正弦值為24【解析】【分析】（1）連接QD，BD，BD與QC交于點O，利用底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，Q為AB的中點，所以BQ//DC且BQ=DC，即BQDC為平行四邊形，所以點O是BD中點，連接OM，所以PB//MO，再利用線線平行證出線面平行，從而證出直線PB∥平面MQC。

（2）利用三角形△PAB為等邊三角形，Q為AB的中點，再結合等邊三角形三線合一，所以PQ⊥AB，再結合面PAB⊥面ABCD和面面垂直的性質定理證出線面垂直，所以PQ⊥面ABCD，再利用AB∥DC，∠BAD=90°，所以BQ⊥CQ，從而建立空間直角坐標Q?xyz，進而得出點的坐標，再結合向量的坐標表示得出向量的坐標，再利用平面的法向量求解方法得出平面MQC的法向量，再結合數(shù)量積求向量夾角公式和誘導公式，進而得出18．【答案】（1）解：設“甲按“A，B，C”的順序猜歌名至少猜對兩首歌名”為事件E，則P(E)=0.所以，甲按“A，B，C”的順序猜歌名至少猜對兩首歌名的概率為0.4.（2）解：X的所有可能取值為0，1000，3000，6000，P(X=0)=1?0.P(X=1000)=0.P(X=3000)=0.P(X=6000)=0.所以隨機變量X的分布列為X0100030006000P0.20.40.30.1所以E(X)=0×0.（3）解：0<p<0.證明如下：設甲按“C，B，A”的順序猜歌名所得獎勵基金的總額為Y，甲按“A，B，C”的順序猜歌名所得獎勵基金的總額為Z則Y的所有可能取值為0，3000，5000，6000，P(Y=0)=1?p，P(Y=3000)=p×(1?0.P(Y=5000)=p×0.P(Y=6000)=p×0.所以E(Y)=0×(1?p)+3000×0.則Z的所有可能取值為0，1000，3000，6000，P(Z=0)=1?0P(Z=1000)=0P(Z=3000)=0P(Z=6000)=0所以E(Z)=0×0要E(Z)>E(Y)，即1600+1200p>4400p，解得p<0.5，因此【解析】【分析】（1）利用已知條件結合獨立事件乘法求概率公式和對立事件求概率公式，進而得出甲按“A，B，C”的順序猜歌名，至少猜對兩首歌名的概率。

（2）利用已知條件得出隨機變量X的可能的取值，再結合獨立事件乘法求概率公式和對立事件求概率公式，進而得出隨機變量X的分布列，再利用隨機變量X的分布列求數(shù)學期望公式，進而得出隨機變量X的數(shù)學期望。

（3）利用已知條件求出隨機變量的可能的取值，再結合獨立事件乘法求概率公式和對立事件求概率公式得出隨機變量的分布列，再利用隨機變量的分布列求數(shù)學期望公式得出隨機變量的數(shù)學期望，再結合比較法得出p的取值范圍。19．【答案】（1）解：直線l：x+2y?2=0與坐標軸的兩個交點為(2，0)，由于a>b，所以a=2，b=1，所以橢圓E的方程為x2（2）證明：設過點(2，1)的直線為l1設l1方程為y?1=k(x?2)，即y=kx+(1?2k)由y=kx+(1?2k)x24整理得(1+4由Δ=[8k(1?2k)]2?4(1+4設M(x1，x1+x由題意，將x=x1，代入l：x+2y?2=0得直線AN的方程為y=y令x=x1得所以y=====所以，點P是線段MQ的中點.【解析】【分析】（1）利用直線l：x+2y?2=0與坐標軸的兩個交點為(2，0)，(0，1)結合代入法和a>b，進而得出a，b的值，從而得出橢圓E的標準方程。

（2）設過點(2，1)的直線為l1，由題意直線l斜率存在，設直線l1方程為x1+x2=?8k(1?2k)1+4k2，x1?x2=16k2

20．【答案】（1）解：f(x)=x所以f'由f'(1)=0，得所以a=1.（2）解：函數(shù)y=f(x)在(0，因為a≥1，所以函數(shù)f(x)定義域為[0，f'因為x?2所以f'因此函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0，（3）證明：當x1=x當x1≠x由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，所以|f(x又|則|f(=f(==ln(=lnx因為x1<x所以0<x所以lnx綜上，對任意的x1，x【解析】【分析】（1）利用已知條件結合導數(shù)的幾何意義得出實數(shù)a的值。

（2）利用已知條件結合增函