北京市海淀區(qū)2023屆高三一模 數(shù)學(xué)試題（解析版）

海淀區(qū)2022-2023學(xué)年第二學(xué)期期中練習(xí)高三數(shù)學(xué)本試卷共4頁，150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求交集可得答案.【詳解】因為集合，所以.故選：A.2.若，其中i是虛數(shù)單位，則（）A. B.1 C. D.3【答案】B【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)乘法及相等求，即可得結(jié)果.【詳解】由題設(shè)，故，所以.故選：B3.在等差數(shù)列中，，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，求出的值，即可得出，即可得解.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，則.故選：C.4.已知拋物線的焦點為F，點在該拋物線上，且P的橫坐標(biāo)為4，則（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】直接根據(jù)拋物線焦半徑公式計算得到答案.【詳解】拋物線的準(zhǔn)線方程為，因為點在拋物線上，P的橫坐標(biāo)為4，拋物線的焦點為F，所以等于點到直線的距離，所以，故選：D.5.若，則（）A. B.1 C.15 D.16【答案】C【解析】【分析】利用賦值法結(jié)合條件即得.【詳解】因為，令得，，令得，，所以，．故選：C.6.已知直線與圓交于A，B兩點，且為等邊三角形，則m的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圓的方程求出圓心坐標(biāo)以及半徑，由等邊三角形的性質(zhì)可得到圓心到直線的距離，結(jié)合點到直線的距離公式列出方程求出的值即可.【詳解】圓的圓心為，半徑，若直線與圓交于A，B兩點，且為等邊三角形，則圓心到直線的距離，又由點到直線的距離公式可得，解得，故選：D.7.在中，，的平分線交BC于點D．若，則（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】設(shè)，由角平分線定理求得，然后由向量的線性運算可用表示出，從而求得，得出結(jié)論．【詳解】設(shè)，因為，所以，又是的平分線，所以，，，又，所以，所以．故選：B．8.已知二次函數(shù)，對任意的，有，則的圖象可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】令中，則，排除C，D；又由可得任意的恒成立，則，，排除B，即可得出答案.【詳解】因為對任意的，有，令，則，所以，排除C，D；即，設(shè)二次函數(shù)，所以，，由可得，則，所以任意的恒成立，則，，故排除B.故選：A.9.已知等比數(shù)列的公比為q且，記、則“且”是“為遞增數(shù)列”的（）A.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【答案】B【解析】【分析】由等比數(shù)列及已知，要為遞增數(shù)列只需在上恒成立，討論、、，結(jié)合的符號，再根據(jù)充分必要性的定義即可得答案.【詳解】由題設(shè)且n≥2，要為遞增數(shù)列，只需在上恒成立，當(dāng)，不論取何值，總存在，不滿足要求；當(dāng)，，則，不滿足要求；，總存在，不滿足要求；當(dāng)，，則，不滿足；，若，，顯然，即，不滿足；，則在上恒成立，滿足.所以為遞增數(shù)列有且.綜上，“且”是“為遞增數(shù)列”的必要不充分條件.故選：B10.劉老師沿著某公園的環(huán)形道（周長大于）按逆時針方向跑步，他從起點出發(fā)、并用軟件記錄了運動軌跡，他每跑，軟件會在運動軌跡上標(biāo)注出相應(yīng)的里程數(shù)．已知劉老師共跑了，恰好回到起點，前的記錄數(shù)據(jù)如圖所示，則劉老師總共跑的圈數(shù)為（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】B【解析】【分析】利用環(huán)形道的周長與里程數(shù)的關(guān)系建立不等關(guān)系求出周長的范圍，再結(jié)合跑回原點的長度建立方程，即可求解.【詳解】設(shè)公園的環(huán)形道的周長為，劉老師總共跑的圈數(shù)為，（），則由題意，所以，所以，因為，所以，又，所以，即劉老師總共跑的圈數(shù)為8.故選：B二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.不等式的解集為_________．【答案】或【解析】【分析】將分式不等式轉(zhuǎn)化成整式不等式，再利用一元二次不等式解法即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)分式不等式解法可知等價于，由一元二次不等式解法可得或；所以不等式的解集為或.故答案為：或12.已知雙曲線＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±x，則它的離心率為________．【答案】2【解析】【詳解】由題意，得e＝＝＝＝2.13.已知函數(shù)．若在區(qū)間上單調(diào)遞減，則一個取值可以為_________．【答案】（不唯一）【解析】【分析】根據(jù)正弦型函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可.【詳解】由，因為在區(qū)間上單調(diào)遞減，且，所以有，因此的一個取值可以為，故答案為：14.設(shè)函數(shù)①當(dāng)時，_________；②若恰有2個零點，則a的取值范圍是_________．【答案】①.②.【解析】【分析】由分段函數(shù)解析式先求，再求的值，結(jié)合零點的定義分段求零點，由條件求a的取值范圍.【詳解】當(dāng)時，，所以，所以，令，可得當(dāng)時，，所以或，當(dāng)或時，方程在上有唯一解，當(dāng)或時，方程在上的解為或，當(dāng)時，，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，方程在上無解，綜上，當(dāng)時，函數(shù)有兩個零點，當(dāng)時，函數(shù)有兩個零點，當(dāng)時，函數(shù)有三個零點，當(dāng)時，函數(shù)有兩個零點，因為恰有2個零點，所以或，所以a的取值范圍是.故答案為：；.15.在中，，D是邊AC的中點，E是邊AB上的動點（不與A，B重合），過點E作AC的平行線交BC于點F，將沿EF折起，點B折起后的位置記為點P，得到四棱錐．如圖所示．給出下列四個結(jié)論：①平面PEF；②不可能為等腰三角形；③存在點E，P，使得；④當(dāng)四棱錐的體積最大時，．其中所有正確結(jié)論的序號是_________．【答案】①③【解析】【分析】根據(jù)線面平行的判斷定理，判斷①；證明,即可判斷②；利用垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化，結(jié)合反證法，即可判斷③；表示四棱錐的體積后，利用導(dǎo)數(shù)計算最值，即可判斷④.【詳解】①因為，平面，平面，所以平面，故①正確；②因為是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，則，因為，，所以，且當(dāng)時，,所以，此時是等腰三角形，故②錯誤；③因為，且，，且平面，平面，所以平面，平面，所以平面平面，且平面平面，如圖，過點作，連結(jié)，則平面，平面，所以，若，，平面，平面，所以平面,平面，所以，如圖，，延長，交于點，則和都是等腰直角三角形，則，點到直線的距離等于，這樣在翻折過程中，若能構(gòu)成四棱錐，則，設(shè)，則，則，則存在點E，P，使得，故③正確；④當(dāng)?shù)酌娴拿娣e一定時，平面平面平面時，即平面時，四棱錐的體積最大，設(shè)，，得（舍）或，當(dāng)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)，，函數(shù)單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)取得最大值，此時，故④錯誤；故答案為：①③【點睛】思路點睛：本題考查幾何體的線線，線面位置關(guān)系，以及動點問題，和導(dǎo)數(shù)相聯(lián)系的最值問題，本題的關(guān)鍵是第三問，需在變化過程中找到位置關(guān)系，建立不等式，即可判斷.三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.如圖，直三棱柱中，，，，是的中點．（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法證明出，，再利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】證明：在直三棱柱中，平面，且，以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則點、、、，、、，所以，，，則，，又因為，、平面，因此，平面.【小問2詳解】解：設(shè)平面的法向量為，，則，取，可得，所以，，因此，與平面所成角的正弦值為.17.在中，．（1）求；（2）若的面積為，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一確定，求a的值．條件①：；條件②：；條件③：．注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）（2）選②或③，【解析】【分析】（1）利用正弦定理：邊轉(zhuǎn)角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出結(jié)果；（2）條件①，由，角可以是銳角或鈍角，不滿足題設(shè)中的條件，故不選①；條件②，利用條件建立，邊與的方程組，求出與，再利用余弦定理，即可求出結(jié)果；條件③，利用正弦定理，先把角轉(zhuǎn)邊，再結(jié)合條件建立，邊與的方程組，求出與，再利用余弦定理，即可求出結(jié)果；【小問1詳解】因為，由正弦定理得，，又，所以，得到，又，所以，又，所以，得到，所以.【小問2詳解】選條件①：由（1）知，，根據(jù)正弦定理知，，即，所以角有銳角或鈍角兩種情況，存在，但不唯一，故不選此條件.選條件②：因為，所以，又，得到，代入，得到，解得，所以，由余弦定理得，，所以選條件③：因為，所以，由，得到，又，由(1)知，所以又由正弦定理得，，得到，代入，得到，解得，所以，由余弦定理得，，所以18.網(wǎng)購生鮮蔬菜成為很多家庭日常消費的新選擇．某小區(qū)物業(yè)對本小區(qū)三月份參與網(wǎng)購生鮮蔬菜的家庭的網(wǎng)購次數(shù)進(jìn)行調(diào)查，從一單元和二單元參與網(wǎng)購生鮮蔬菜的家庭中各隨機(jī)抽取10戶，分別記為A組和B組，這20戶家庭三月份網(wǎng)購生鮮蔬菜的次數(shù)如下圖：假設(shè)用頻率估計概率，且各戶網(wǎng)購生鮮蔬菜的情況互不影響·（1）從一單元參與網(wǎng)購生鮮蔬菜的家庭中隨機(jī)抽取1戶，估計該戶三月份網(wǎng)購生鮮蔬菜次數(shù)大于20的概率；（2）從一單元和二單元參與網(wǎng)購生鮮蔬菜的家庭中各隨機(jī)抽取1戶，記這兩戶中三月份網(wǎng)購生鮮蔬菜次數(shù)大于20的戶數(shù)為X，估計X的數(shù)學(xué)期望；（3）從A組和B組中分別隨機(jī)抽取2戶家庭，記為A組中抽取的兩戶家庭三月份網(wǎng)購生鮮蔬菜次數(shù)大于20的戶數(shù)，為B組中抽取的兩戶家庭三月份網(wǎng)購生鮮蔬菜次數(shù)大于20的戶數(shù)，比較方差與的大?。ńY(jié)論不要求證明）【答案】（1）（2）1（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)古典概型的概率公式即可求出；（2）由題可知，X可能取值為0，1，2，再分別求出對應(yīng)的概率，由期望公式即可求出；（3）根據(jù)方差公式計算可知，．【小問1詳解】設(shè)“該戶三月份網(wǎng)購生鮮蔬菜次數(shù)大于20”為事件，在組10戶中超過20次的有3戶，由樣本頻率估計總體概率，則.【小問2詳解】由樣本頻率估計總體概率，一單元參與網(wǎng)購家庭隨機(jī)抽取1戶的網(wǎng)購生鮮蔬菜次數(shù)超過20次概率為，二單元參與網(wǎng)購家庭隨機(jī)抽取1戶的網(wǎng)購生鮮蔬菜次數(shù)超過20次概率為，X的可能取值為0，1，2，所以，，，，．【小問3詳解】依題可知，，的可能取值為0，1，2，且，服從超幾何分布，，，，，，，因為，，所以，，，所以，．19.已知橢圓：的左、右頂點分別為，上、下頂點分別為，，四邊形的周長為．（1）求橢圓E的方程；（2）設(shè)斜率為k的直線l與x軸交于點P，與橢圓E交于不同的兩點M，N，點M關(guān)于y軸的對稱點為、直線與y軸交于點Q．若的面積為2，求k的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由短軸長，即四邊形的周長得a，b的值，得橢圓的方程；（2）設(shè)直線l的方程為，由題，，與橢圓聯(lián)立方程，得，，表示出的面積，解得k的值.【小問1詳解】由，得，即，由四邊形的周長為，得，即，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】設(shè)直線l的方程為（，），，，則，，聯(lián)立方程組，消去y得，，，得，，，直線的方程為，令，得，又因為，所以，的面積，得，經(jīng)檢驗符合題意，所以k的值為.20.已知函數(shù)．（1）當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；（2）求單調(diào)區(qū)間；（3）若存在，使得，求a的取值范圍．【答案】（1）（2）當(dāng)時，的減區(qū)間為，無增區(qū)間；當(dāng)時，的減區(qū)間為，增區(qū)間為（3）【解析】【分析】（1）當(dāng)時，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出曲線在點處切線的斜率，然后求解切線的方程即可；（2）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分和兩種情況討論即可得到單調(diào)區(qū)間；（3）將題中條件轉(zhuǎn)化為若，使得成立，再結(jié)合函數(shù)放縮得到若，使得成立，再根據(jù)（2）中的單調(diào)情況可知為與中的較大者，從而得到當(dāng)或即可滿足題意，進(jìn)而求解即可．【小問1詳解】當(dāng)時，，則，得，，所以曲線在點處的切線方程為．【小問2詳解】由，則，當(dāng)時，恒成立，此時在R上單調(diào)遞減；當(dāng)時，令，解得，此時與的變化情況如下：-0+↘極小值↗由上表可知，的減區(qū)間為，增區(qū)間為，綜上，當(dāng)時，的減區(qū)間為，無增區(qū)間；當(dāng)時，的減區(qū)間為，增區(qū)間為．【小問3詳解】將在區(qū)間上的最大值記為，最小值記為，因為存在，使得，所以，使得成立，即或，當(dāng)時，，若，使得成立，只需，由（2）可知在區(qū)間上單調(diào)或先減后增，故為與中的較大者，所以只需當(dāng)或即可滿足題意，即只需或，解得或，綜上所述，的取值范圍是．【點睛】關(guān)鍵點點睛：函數(shù)不等式恒成立問題，要進(jìn)行適當(dāng)轉(zhuǎn)化．解答小問（3）的關(guān)鍵在于轉(zhuǎn)化為若，使得成立，再結(jié)合函數(shù)放縮得到若，使得成立，再根據(jù)（2）中的單調(diào)情況求解即可得到的取值范圍．21.已知數(shù)列．給出兩個性質(zhì)：①對于中任意兩項，在中都存在一項，使得；②對于中任意連續(xù)三項，均有．（1）分別判斷以下兩個數(shù)列是否滿足性質(zhì)①，并說明理由：（i）有窮數(shù)列：；（ⅱ）無窮數(shù)列：．（2）若有窮數(shù)列滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，且各項互不相等，求項數(shù)m的最大值；（3）若數(shù)列滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，且，求的通項公式．【答案】（1）（i）不滿足，理由見詳解；（ⅱ）滿足，理由見詳解（2）3（3）【解析】【分析】（1）（i）令，代入求解即可判斷；（ⅱ）對于任意，直接相乘得到即可判斷；（2）對于有窮數(shù)列，記其非零項中絕對值最大的一項為，絕對值最小的一項為，令時，得到；再令時，得到，從而得到數(shù)列至多有0，-1，1共3項，再構(gòu)造數(shù)列：0，-1，1，證明其滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，進(jìn)而即可求得項數(shù)m的最大值；（3）首先證明：當(dāng)，時，數(shù)列滿足，且，(*)，再考慮，，三項，結(jié)合性質(zhì)(*)得到，從而，最后經(jīng)驗證，數(shù)列：滿足條件，再通過反證法證明這是唯一滿足條件的數(shù)列即可．【小問1詳解】（i）不滿足．令，則不是數(shù)列{an}中的項，故有窮數(shù)列不滿足性質(zhì)①；（ⅱ）滿足．對于任意，有，由于，令即可，故無窮數(shù)列滿足性質(zhì)①．【小問2詳解】對于有窮數(shù)列，記其非零項中絕對值最大的一項為，絕對值最小的一項為，故令時，存在一項，又是數(shù)列非零項中絕對值最大的，所以，即；再令時，存在一項，又是數(shù)列非零項中絕對值最小的，所以，即，又，所