2023届北京市海淀实验中学高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届北京市海淀实验中学高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．若集合A={x|0≤x≤2},B={x|x2>1},则A∪B=（    ）

A．{x|0≤x≤1} B．{x|x>0或x<﹣1} C．{x|1<x≤2} D．{x|x≥0或x<﹣1}

【答案】D

【解析】化简集合B,根据并集运算即可.

【详解】或，

，

故选：D

【点睛】本题主要考查了集合并集的运算，属于容易题.

2．在复平面内，复数对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】由题意可得：，据此确定复数所在的象限即可.

【详解】由题意可得：，

则复数z对应的点为，位于第四象限.

本题选择D选项.

【点睛】本题主要考查复数的运算法则，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

3．下列函数在定义域中既是奇函数又是减函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据指对幂函数的性质依次判断各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，函数为奇函数，在定义域上无单调性，故错误；

对于B选项，函数为奇函数，当时，为减函数，故函数在定义域内为减函数，故B正确；

对于C，由于函数均为增函数，故在定义域内为单调递增函数，故C错误；

对于D选项，函数为非奇非偶函数，故错误.

故选：B

4．某公司为了解用户对其产品的满意度，从甲､乙两地区分别随机调查了100个用户，根据用户对产品的满意度评分，分别得到甲地区和乙地区用户满意度评分的频率分布直方图.

若甲地区和乙地区用户满意度评分的中位数分别为方差分别为，则下面正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据直方图求出甲、乙地区用户满意度评分的中位数，并通过两地区用户满意度评分的集中程度即可得到哪个方差小

【详解】解：由题意

由频率分布直方图得：

甲地区：

的频率为，

的频率为

∴甲地区用户满意度评分的中位数

乙地区：

的频率为，

的频率为

∴甲地区用户满意度评分的中位数

∴

由直方图可以看出，乙地区用户满意度评分的集中程度比甲地区的高，

∴

故选：D.

5．已知等差数列的前项和为，则等于（    ）

A．27 B．24 C．21 D．18

【答案】A

【分析】由等差数列性质求得公差，即可得出通项公式及求和公式求值.

【详解】设等差数列的公差为，则，又，可得，∴，

∴.

故选：A

6．已知，在下列条件中，使得成立的一个充分而不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由充分而不必要条件的定义，再结合不等的性质依次判断即可.

【详解】对于选项A，是成立的一个充要条件，即选项A不符合题意；

对于选项B，由，可知，则，反之不成立，即选项B是成立的一个充分而不必要条件，即选项B成立；

对于选项C，若，满足，但是不成立，即选项C不符合题意；

对于选项D，由，不能判断的大小关系，即选项D不符合题意.

故选：B.

【点睛】此题考查了不等式的性质、充分而不必要条件的判断，属于基础题.

7．已知为正方形，若椭圆与双曲线都以为焦点，且图像都过点，则椭圆与双曲线的离心率之积为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】分别根据椭圆与双曲线的性质求离心率，进而得答案.

【详解】解：因为椭圆与双曲线都以为焦点，且图像都过点，

设其焦距为,椭圆中，长轴为,短轴为；双曲线中，实轴长为,短轴长为,

所以，对于椭圆，有，即，故，解得

对于双曲线，有，即，故，得，

所以，椭圆与双曲线的离心率之积为

故选：C

8．过点的直线与圆相交于A，两点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【分析】根据题意，设，圆的圆心为，分析圆的圆心以及半径，求出到直线的距离，由直线与圆的位置关系可得当最大时，弦长最小，而的最大值为，据此计算可得答案．

【详解】根据题意，设，圆C：的圆心为，

圆C：，即，圆心为，半径，

圆心到直线的距离为，则，

当最大时，弦长最小，

∵M在圆C内部，故的最大值为，

则的最小值为，

故选：B．

9．已知函数，为图象的对称中心，、是该图象上相邻的最高点和最低点，且，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的对称轴方程为

B．若函数在区间内有个零点，则在此区间内有且只有个极小值点

C．函数在区间上单调递增

D．的图象关于轴对称

【答案】B

【分析】利用函数的基本性质求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断A选项；利用极小值点的定义可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断D选项.

【详解】设函数的最小正周期为，则，解得，

所以，，则，

又因为，由于，则，

所以，，则，所以，.

对于A选项，由可得，A错；

对于B选项，当时，，

因为函数在区间内有个零点，则，

此时，函数在区间内有个极小值点，B对；

对于C选项，当时，，

所以，函数在区间上不单调，C错；

对于D选项，，

所以，函数的图象不关于轴对称，D错.

故选：B.

10．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，下图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，均是边长为4的等边三角形.设点为后轮上的一点，则在骑行该自行车的过程中，的最大值为（    ）

A． B．12 C． D．3

【答案】A

【分析】建立平面直角坐标系，设出，分别表达出和，即可计算出的最大值

【详解】解：由题意

建立平面直角坐标系如下图所示：

则，，，

∵圆（后轮）的半径为

∴圆

设

∴，

∴

当即，时最大，

∴最大值为

故选：A.

二、填空题

11．已知为第二象限角，，则的值为___________.

【答案】##

【分析】由题知，再根据正弦的差角公式求解即可.

【详解】解：因为为第二象限角，

所以，，

所以，

故答案为：

12．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是___________.

【答案】

【分析】先根据二项式系数之和求出，然楼根据展开式的通式，令的次数为零即可得常数项.

【详解】由展开式的二项式系数之和为64得，解得，

即，其展开式的通式为

令得，

故答案为：.

13．已知函数，若，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】对分类讨论，结合指数对数函数单调性解不等式即可.

【详解】当，即，解得；

当，即，解得.

故实数的取值范围是.

故答案为：

14．点在抛物线上，若点到抛物线的焦点的距离为，为坐标原点，则的面积为___________.

【答案】1

【分析】根据抛物线的性质求出，然后求出和，进而利用三角形面积公式，可以直接计算求解.

【详解】由已知得，焦点为，故点到抛物线的焦点的距离为，则根据抛物线的性质，可得，得到，焦点，故，得到，

所以

故答案为：1

15．如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面，分别是棱的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下几个结论：

①截面的面积等于；

②截面是一个五边形且只与四棱锥四条侧棱中的三条相交；

③截面与底面所成锐二面角为；

④截面在底面的投影面积为.

其中，正确结论的序号是___________.

【答案】②③④

【分析】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，则多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形；

，结合垂直关系可证得为截面与底面所成锐二面角；

取AB、AD中点K、L，结合垂直关系证得多边形AKFGL为截面在底面的投影.

【详解】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，设，则M为CN中点，N为AC中点，故M为AC四等分点，故，

底面是菱形，，则为正三角形，，又，∴，.

底面，底面，∴，，∴，

∵分别是棱的中点，∴，且，.

综上可知，多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形.

∵平面PAC，∴平面PAC，∵平面PAC，∴，∴，∴四边形EFGH为矩形，其面积为.

设，则M为CN中点，N为AC中点，∴，.

∵平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，∵平面EFGH平面PAC，∴且，∴，

∴的边EH上的高，∴，∴截面的面积等于，①错；

由图可知，截面是一个五边形，只与四棱锥四条侧棱中的侧棱PA、PB、PD相交，②对；

截面，平面ABCD， ，则平面PAC，平面PAC，则，，∴为截面与底面所成锐二面角，则在中，，故截面与底面所成锐二面角为，③对；

取AB、AD中点K、L，则，则底面，底面，∴多边形AKFGL为截面在底面的投影，

且，则多边形AKFGL的面积为，④对.

故答案为：②③④

三、解答题

16．在锐角中，角对应的边分别是，且.

(1)求角的大小；

(2)若的面积，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知，进而结合题意得；

（2）由三角形面积公式得，进而根据余弦定理与正弦定理求解即可.

【详解】（1）解：因为，

所以，解得或，

因为为锐角三角形，

所以，，

（2）解：因为的面积，

所以，解得，

所以由余弦定理得，即，

所以，由正弦定理得

所以，

17．2019年底，北京2022年冬奥组委会启动志愿者全球招募，仅一个月内报名人数便突破60万，其中青年学生约有50万人.现从这50万青年学生志愿者中，按男女分层抽样随机选取20人进行英语水平测试，所得成绩(单位:分)统计结果用茎叶图记录如下:

(Ⅰ)试估计在这50万青年学生志愿者中，英语测试成绩在80分以上的女生人数;

(Ⅱ)从选出的8名男生中随机抽取2人，记其中测试成绩在70分以上的人数为X，求的分布列和数学期望;

(Ⅲ)为便于联络，现将所有的青年学生志愿者随机分成若干组(每组人数不少于5000)，并在每组中随机选取个人作为联络员，要求每组的联络员中至少有1人的英语测试成绩在70分以上的概率大于90%.根据图表中数据，以频率作为概率，给出的最小值.(结论不要求证明)

【答案】(Ⅰ)万；(Ⅱ)分布列见解析， ；(Ⅲ)

【解析】(Ⅰ)根据比例关系直接计算得到答案.

(Ⅱ) 的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.

(Ⅲ) 英语测试成绩在70分以上的概率为 ，故，解得答案.

【详解】(Ⅰ)样本中女生英语成绩在分以上的有人，故人数为：万人.

(Ⅱ) 8名男生中，测试成绩在70分以上的有人，的可能取值为：.

，，.

故分布列为：

.

(Ⅲ) 英语测试成绩在70分以上的概率为 ，故，故.

故的最小值为.

【点睛】本题考查了样本估计总体，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

18．如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是边长为2的正方形，分别为的中点.

(1)证明：面

(2)请再从下列三个条件中选择一个补充在题干中，完成题目所给的问题.

①直线与平面所成角的大小为；②三棱锥的体积为；③. 若选择条件___________.

求（i）求二面角的余弦值；

（ii）求直线与平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2)选①，（i），（ii）；选②③（i），（ii）1.

【分析】（1）取中点G，连接FG、CG，由证明线面平行；

（2）取中点I，作于J，由垂直关系可证明为二面角的平面角的补角；作于，由垂直关系及线面距离定义可知EK即为直线与平面的距离，三个条件均可根据几何关系求出BC，再进一步求、EK即可.

【详解】（1）证明：取中点G，连接FG、CG，∵分别为的中点，∴在三棱柱中，，且，∴四边形FECG为平行四边形，∴.

∵面，面，∴面；

（2）平面平面，平面平面=，又侧面是边长为2的正方形，则，∴面，面，∵面，∴.

取中点I，作于J，连接FI，IE，FJ，则平面，，∵平面，∴，

∵平面FIJ，∴平面FIJ，∵平面FIJ，∴，∴为二面角的平面角的补角.

∵面，∴直线与平面的距离即为E到平面的距离， 作于，由平面平面，平面平面=，则EK即为E到平面的距离，即直线与平面的距离.

选①，∵面，∴为直线与平面所成角，即，∴.

（i）在正中，易得，故在中，，故二面角的余弦值为；

（ii） 在正中，，故直线与平面的距离为；

选②，，为的中点，∴，∵面，∴，即，又，∴，∴，解得，∴，.

（i）在中，，故在中，，故二面角的余弦值为；

（ii）在中，，故直线与平面的距离为1；

选③， 取AB中点H，，连接OH，则O为中点，则且，由，∴，则，又，∴，∴，.

此时条件③与条件②一致，故（i）二面角的余弦值为；（ii）直线与平面的距离为1.

19．已知函数.

(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；

(2)若函数在内存在极值，求的取值范围；

(3)若对任意的实数恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)1

(2)

(3)

【分析】（1）对函数求导，根据在点处的切线与轴平行，得出导函数为0，即可求出的值.

（2）对函数求导，由函数在内存在极值，得出导函数为0，转换成，构造新函数，求其取值范围，即可得到的取值范围.

（3）由对任意的实数恒成立，代入，求得，构造新函数并求其取值范围，即可得到实数的取值范围.

【详解】（1）由题意

在中，

∵曲线在点即处的切线与轴平行，

∴

解得：

（2）由题意及（1）得

在中，

函数在内存在极值

∴当时，解得：

在中

，

∴函数单调递减，

∴

∴的取值范围为：

（3）由题意及（1）（2）得

在中，，

对任意的实数恒成立，

∴即恒成立

在中，

在中，，

∴函数单调递增，

∴

∴单调递增，

∵恒成立

∴

∴实数的取值范围为

【点睛】关键点点睛：构造新函数并求导，分离参数解决函数的恒成立问题

20．已知椭圆的焦距和长半轴长都为2.过椭圆的右焦点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点.

（1）求椭圆的方程；

（2）设点是椭圆的左顶点，直线，分别与直线相交于点，.求证：以为直径的圆恒过点.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】（1）易知椭圆中，结合，可求出椭圆的方程；

（2）结合由（1），可设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，设，，可表示出直线的方程，进而得到点的坐标，同理可得点的坐标，然后得到的表达式，结合韦达定理可证明，即，即以为直径的圆恒过点.

【详解】（1）由题意，椭圆中，所以，

所以椭圆的方程为.

（2）由（1）知，，设直线的方程为，

联立，可得，

显然恒成立，

设，，则，

易知直线的斜率存在，，则直线的方程为，

所以，即，同理可得，

则，

所以，

所以，即以为直径的圆恒过点.

【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查圆过定点问题，考查学生的计算求解能力，属于难题.

21．已知为实数，数列满足.

(1)当和时，分别写出数列的前5项；

(2)证明：当时，存在正整数，使得；

(3)当时，是否存在实数及正整数，使得数列的前项和？若存在，求出实数及正整数的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)当时，

当时，

(2)证明见解析；

(3)存在，与，

【分析】（1）利用递推公式，依次求出的值.

（2）当时，，此时数列为递减的等差数列，且公差为，故总有一项是不大于的，根据这一项在之间讨论，结合数列的递推公式，判断出正整数存在

（3）将分成三类，求得的表达式，，，使得，不存在实数，使得，，，使得.

【详解】（1）当时，

当时，

（2）当时，，

在数列中直到第一个小于等于的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列

即

当足够大时，总可以找到，则存在正整数，使得

（i）若，令，则存在正整数，使得

（ii）若，，则

令，则存在正整数，使得

综上所述，则存在正整数，使得.

（3）①当时，

当时，

当时，

令，而此时为奇数，成立，又不成立，所以存在正整数，使得.

②当时，

所以数列的周期为，

当时，

当时，

当时，

当时，

所以

所以或者是偶数，或者不是整数，即不存在正整数，使得

③当时，

，当时，

综上所述，当与，时，.

【点睛】本题主要考查利用递推公式求数列的通项公式，考查递推数列求和，考查分类讨论的数学思想方法，属于较难题目.