2023届北京市朝阳区高三上学期期中质量检测数学试题含解析

2023届北京市朝阳区高三上学期期中质量检测数学试题

一、单选题

1．设复数，则（    ）

A． B．

C．3 D．5

【答案】B

【解析】求得后再求模长即可.

【详解】,故.

故选：B

【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与模长运算等.属于基础题型.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据并集的定义即可求解.

【详解】因为，，

所以.

故选：C

3．下列函数中，在区间上单调递减的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数解析式直接判断单调性.

【详解】A选项：函数的定义域为，且在上单调递增，A选项错误；

B选项：函数的定义域为，且在上单调递减，B选项正确；

C选项：函数的定义域为，且在上单调递增，C选项错误；

D选项：函数的定义域为，且在上单调递增，D选项错误；

故选：B.

4．“”是“”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

【答案】A

【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合指数函数的单调性即可得出答案.

【详解】因为指数函数单调递增，

由可得：，充分性成立，

当时，，但不一定，必要性不成立，

故选：A

5．已知球的半径为2，球心到平面的距离为，则球被平面截得的截面面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据球的性质可求出截面圆的半径即可求解.

【详解】设截面圆半径为，由球的性质可知：则截面圆的半径，

所以球被平面截得的截面面积为，

故选：.

6．在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边过点，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．7

【答案】D

【分析】由终边经过点的坐标可求，再利用两角和的正切公式即可求解.

【详解】由终边过点，可得，

所以.

故选：D

7．已知为定义在上的函数，，且为奇函数，则（    ）

A． B． C．0 D．2

【答案】A

【分析】根据奇函数的性质，进行赋值求解即可.

【详解】因为是奇函数，

所以有

即.

故选：A

8．如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先证明，从而可证平面平面，则有顶点的射影在上，从而可得，即有是直角三角形，再求出底面积和高即可求出体积.

【详解】连接，交点为，如图所示：

，且是公共边，

，，

易得，，

即，又，，

，平面，

平面，又平面，

平面平面.

过点作平面，垂足为，连接，

，，

平面，，，

由是公共边，，

即有，

三点在以为直径的圆周上，

，，，

，

，

.

故选：C

9．已知是边长为2的等边三角形，点在线段上，，点在线段上，且与的面积相等，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由与的面积相等以及可得，从而是的中点，再根据数量积的定义即可求得.

【详解】如图所示：

，，

而，，

所以是的中点，，，

.

故选：C

10．现实生活中，空旷田野间两根电线杆之间的电线与峡谷上空横跨深涧的观光索道的钢索有相似的曲线形态，这类曲线在数学上常被称为悬链线.在合适的坐标系中，这类曲线可用函数来表示.下列结论正确的是（    ）

A．若，则函数为奇函数 B．若，则函数有最小值

C．若，则函数为增函数 D．若，则函数存在零点

【答案】D

【分析】根据函数奇偶性、单调性、最值以及零点的判断和求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：取，满足，此时，

其定义域为，关于原点对称，且，此时为偶函数，故A错误；

对B：，令，故若存在最小值，则有最小值，

因为，故，根据对勾函数的单调性可知，有最小值，无最大值，

故当时，有最大值没有最小值，故B错误；

对C：当时，满足，又是单调减函数，是单调减函数，

故是单调减函数，故C错误；

对D：令，即，则，因为，故，

解得，故当，即为函数零点，故D正确.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题综合考查函数的性质，处理问题的关键是充分把握函数单调性和奇偶性的判断方法以及函数零点的求解过程，属综合中档题.

二、填空题

11．函数的定义域是______.

【答案】

【分析】根据具体函数定义域的求法即可得解.

【详解】要使函数有意义，则，

解得且.

即函数的定义域是.

故答案为：.

12．已知向量，，且，则______.

【答案】2

【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解.

【详解】因为，，且，

所以，即，解得.

故答案为：2

13．已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且.给出下列四个结论：

①；

②；

③对任意的，都有；

④存在常数，使得对任意的，都有，

其中所有正确结论的序号是______.

【答案】①②③

【分析】首先由题设条件分析出数列与的增减性，根据和随着增大的变化情况可以判断①；然后分析，发现其实际上为，，即可以想到判断是否成立，可建立关于的代数式，通过此对代数式正负的判断，即可判断，即可判断②；我们可以将③中的题设转化为判断是否成立，我们发现的每一项都是大于的，而个大于的数相加大于个相加，而当时，，即可判断，即可判断③；而根据前面的研究，可以较易对④作出判断.

【详解】由题意知：，∴，

∵，∴，∴，，

又，∴，

∵，∴，

∴，

∵随着的增大而增大，∴，∴，

∴，即，∴随着的增大而减小，

故：为正项单调递减无穷数列，且，

∴，故①正确；

∵，∴，

∴

，

∵随着的增大而增大，

∴，，∴，

随着的增大而减小，

∴，，∴，

∴，

∴，∴，

∴，

即：，故②正确；

∵，∴要判断，即判断：，

即判断：，即判断：，

而，

当且仅当时取等号，∴对任意的都成立，

∴对任意的，都有，故③正确；

根据以上分析可以得出：为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，

∴存在常数，对任意的，当足够大时，总会有，故④错误.

故答案为：①②③.

三、双空题

14．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则______；若为偶函数，则的最小值是______.

【答案】         

【分析】根据三角函数的图象变换关系求出的解析式，从而可得的值；再利用函数是偶函数建立方程进行求解即可．

【详解】解：将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，

即，

所以；

若函数为偶函数，则，，

得，

，当时，取得最小值为，

故答案为：；．

15．已知函数其中.若，则函数的值域是______；若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是______.

【答案】         

【分析】（1）由分段函数分别求值域即可；（2）易知在和时，分别有一个零点，由二次函数的零点分布情况即可求解.

【详解】（1）时，，

当时，，

当时，，

综上：，即函数的值域是.

（2），

当时，令，得，

故在上，函数有一个零点，

当时，设，

由题意可知：在上有且仅有一个零点，

所以或，解得或，

所以的取值范围是.

故答案为：；.

四、解答题

16．已知函数.

(1)求的最小正周期及值域；

(2)求的单调递增区间.

【答案】(1)最小正周期为，值域为；

(2).

【分析】（1）利用三角恒等变换将化为标准型，再求其性质即可；

（2）根据（1）中所求，结合正弦函数的单调增区间，列出不等式，即可求得结果.

【详解】（1），

故的最小正周期，的值域为.

（2）根据（1）中所求，，

令，解得.

故的单调增区间为：.

17．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.

(1)求证：//平面；

(2)若侧面是正方形，

（ⅰ）求证：；

（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.

【分析】（1）在平面中构造与直线平行的直线，通过线线平行即可证明线面平行；

（2）（ⅰ）通过证明面，即可由线面垂直证明线线垂直；

（ⅱ）根据等体积法求得点到平面的距离，再求线面角的正弦值即可.

【详解】（1）取中点为，连接，如下所示：

因为点分别为的中点，故//，，

又点为的中点，且四边形为矩形，故//，，

故//，，故四边形为平行四边形，

则//，又面面，

故//面.

（2）（ⅰ）因为为正方形，故可得，

又因为面面，且面面，

又面，故可得面，

又面，故可得.

（ⅱ）因为//，

故直线与平面所成角与直线与面所成角相等，

因为面，

故可得面；

又因为//面面，故可得//面，

则点到平面的距离即为点到平面的距离，

根据（1）所得，面，又面，故，

又因为//，故可得，

则，

在三角形中，，

又点为中点，故可得，

在三角形中，，

在三角形中，，

故在三角形中，

则，，

设点到平面的距离为，由，

则，即，解得，

设与面所成角为，则.

故直线与平面所成角的正弦值为.

18．在中，，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，并求:

(1)的值；

(2)的面积.

条件①：；条件②：；条件③：.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理和余弦定理可知条件①不合题意，由条件②和③均可求得.

（2）由三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）若选条件①，则，，，

由正弦定理得：，得，

因为，所以，而，

所以在上有两根，不唯一.

若选条件②，，，，

由余弦定理得：，

代入数据解得：或（舍）.

若选条件③：，，，

所以，由正弦定理得：，

代入数据得：，

所以

，

由余弦定理得：，

代入数据得：，解得或（舍）

综上：.

（2）因为，，，

所以.

19．已知公差大于0的等差数列满足，，为数列的前项和.

(1)求的通项公式；

(2)若，，成等比数列，求，的值.

【答案】(1);

(2)或.

【分析】（1）由等差数列的性质和通项公式即可求解；

（2）由等比中项的性质即可求解.

【详解】（1）因为，所以，

而，所以或，

又因为公差大于0，所以，得，

所以.

即

（2），

所以，，

若，，成等比数列，则有，

即，又因为，且，

所以或，

解得或.

20．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数在处取得极值，求的值；

(3)若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；

（2）由导数与极值的关系即可求解；

（3）根据导函数的初始值，结合导函数的图象的连续性，进行分类讨论研究，即可得到实数的取值范围.

【详解】（1）由题知:,

，所以，

所以切线方程为，即；

（2）,

因为函数在处取得极值，所以，

即，得.

此时，在附近为正值，故在附近单调递增，又，

∴的值在附近从左到右由负变正，

在处取得极小值，符合题意.

故；

（3）∵

∴,，

当，即,由函数图象的连续性可知，必存在存在正实数，使得对任意的，，对应单调递增，从而，不合题意；

当，即, 由函数图象的连续性可知，必存在存在正实数，使得对任意的，，对应单调递减，从而，符合题意；

当时，，，

在（0，π）上恒为正，所以单调递增，

∴在（0，π）上，对应单调递增，从而，不合题意；

综上,的范围是.

21．已知集合，，若中元素的个数为，且存在，，使得，则称是的子集.

(1)若，写出的所有子集；

(2)若为的子集，且对任意的，，存在，使得，求的值；

(3)若，且的任意一个元素个数为的子集都是的子集，求的最小值.

【答案】(1)；

(2)2；

(3)13.

【分析】（1）根据子集的定义， 即可容易求得；

（2）取，求得，再利用反证法假设，推得与矛盾即可；

（3）令，讨论时不满足题意，再验证时的情况满足题意，即可求得的最小值.

【详解】（1）当时，，的所有子集为.

（2）当时，取，因为，所以是的子集，此时；

若，设且，

根据题意，，其中；

因为，所以，所以；

又因为，所以；

因为，所以，

所以；

因为，所以，

所以，与矛盾.

综上所述，.

（3）设

，

设的元素个数为，

若不是的子集，

则最多能包含中的一个元素以及中的元素；

令，易验证不是的子集，

当时，的任意一个元素个数为的子集都不是的子集，

所以，若的任意一个元素个数为的子集都是的子集，则；

当时，存在，使得中必有两个元素属于，

同时中两个元素之和为的某个正整数指数幂，

所以是的子集；

所以，的最小值为.

【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义问题，处理问题的关键是充分把握题中对子集的定义，同时要熟练的使用证明方法，属综合困难题.