北京市平谷区2023届高三下学期3月质量监控数学试题（解析版）

平谷区2022-2023学年度第二学期高三年级质量监控

数学试卷

注意事项：

1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．共150分，考试时间为120分钟.

2．试题所有答案必须书写在答题纸上，在试卷上作答无效.

3．考试结束后，将答题纸交回，试卷按学校要求保存好.

第I卷  选择题（共40分）

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【详解】因为集合，

所以.

故选：C.

2. 在复平面内，复数z满足，则复数z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

【详解】，复数z对应的点为

则复数z对应的点位于第四象限

故选：D.

3. 下列函数中，是偶函数且在上单调递减的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【详解】对于A，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上不是单调递减，不符合题意；故A错误；

对于B，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递减，符合题意；故B正确；

对于C，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递增；不符合题意；故C错误；

对于D，的定义域为，不是偶函数，不符合题意；故D错误；

故选：B.

4. 已知函数，则不等式的解集是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出函数的定义域，判断出函数在定义域上为单调递增函数，求出函数的零点，即可得答案.

【详解】解：由题意可得函数的定义域为，

因为与在均为单调递增函数，

所以在为单调递增函数，

因为，

所以的解集为.

故选：C.

5. 向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则（    ）

A  B. 4 C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】将，，平移至同一个起点并构建直角坐标系，写出相关向量的坐标，再应用向量数量积的坐标表示求.

【详解】将，，平移至同一个起点位置，如下图点位置，建立直角坐标系，

则，所以.

故选：A

6. 已知抛物线，点O为坐标原点，并且经过点，若点P到该抛物线焦点的距离为2，则（    ）

A.  B.  C. 4 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由焦半径公式列出方程，求出，得到，求出的长.

【详解】抛物线准线方程为，由焦半径可知：，解得：.

则，此时，则.

故选：D

7. 已知为等比数列，，公比为，则“”是“对任意的正整数n，”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】B

【解析】

【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得，然后分别验证充分性以及必要性即可得到结果.

【详解】由题意得，，

若，因为的符号不确定，所以无法判断的符号；

反之，若，即，可得，

故“”是“对任意的正整数n，”的必要而不充分条件

故选:B

8. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据单位圆及三角函数的定义求出，再由二倍角余弦公式求解.

【详解】因为是角终边与单位圆的交点，

所以，

故.

故选：A

9. 点M、N在圆上，且M、N两点关于直线对称，则圆C的半径（    ）

A. 最大值为 B. 最小值为 C. 最小值为 D. 最大值为

【答案】C

【解析】

【分析】将圆的一般方程化为标准方程，得出圆心坐标和半径的表达式，利用已知条件，得到圆心在直线上，结合二次函数的性质即可求解.

【详解】由，得，

所以圆心为，半径为，

由题意可得直线经过圆心，

故有，即，

所以半径为，

当时，圆C的半径的最小值为.

故选：C.

10. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （    ）

A. 1.2天 B. 1.8天

C. 2.5天 D. 3.5天

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.

【详解】因为，，，所以，所以，

设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，

则，所以，所以，

所以天.

故选：B.

【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.

第Ⅱ卷  非选择题（共110分）

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上.）

11. 已知，则___________．

【答案】

【解析】

【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解.

【详解】的二项展开式的通项公式，

所以.

故答案为：.

12. 已知双曲线的离心率为2，则实数____________．

【答案】

【解析】

【分析】由题知，，所以，求解即可得出答案.

【详解】由题知，，则方程表示焦点在轴上的双曲线，

所以，则，

所以，解得：.

故答案为：.

13. 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．

【答案】

【解析】

【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；

【详解】解： 因为，（，）

所以最小正周期，因为，

又，所以，即，

又为的零点，所以，解得，

因为，所以当时；

故答案为：

14. 设函数，值域是________，设，若恰有两个零点，则a的取值范围为________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】求时的值域及的值域，最后求并集即可（或者利用图象法观察）值域；数形结合即可求出参数a的范围

【详解】当时，，当时，，

所以函数的值域为；

作出函数图象

从图象上可以看出函数的值域为，

因为恰有两个零点，则方程恰有两个解，

从而函数与有两个交点，易知图象是恒过点（1,0）的直线，

如图

当时，函数与有一个交点，当时，

函数与有一个交点，又当时，，则，

所以，故在点处的切线为，即，

故当时，函数与有一个交点，

所以要使函数与有两个交点，则，即恰有两个零点时，a的取值范围为.

故答案为：；.

15. 如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，

①对于任意一个位置总有平面；

②存在某个位置，使得；

③存在某个位置，使得；

④四棱锥的体积最大值为．

上面说法中所有正确的序号是____________．

【答案】①④

【解析】

【分析】证明，结合线面平行判定判断①；由结合与不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点与点重合，从而判断③；取的中点为，连接，当平面时，四棱锥的体积最大，从而判断④.

【详解】分别取的中点为，连接.

因为的中点分别为，所以，且.

即四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定可知对于任意一个位

置总有平面，故①正确；

因为，所以与不垂直，由可知，与不垂直，故②错误；

由题意，若，则由线面垂直的判定可得平面.

则，因为，所以与全等，则，

此时点与点重合，不能形成四棱锥，故③错误；

取的中点为，连接，，当平面时，四棱锥

的体积最大，最大值为，故④正确；

故答案为：①④

三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）

16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）若，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件及同角三角函数的商数关系，结合三角形内角的特点及特殊值对应的特殊角即可求解；

（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，再利用两角和的正弦公式及正弦定理，结合三角形面积公式即可求解.

【小问1详解】

由，得，

因为所以，，所以，

因为，所以.

【小问2详解】

由（1）知，，因为，所以，

因为，所以，

所以.

由正弦定理，得.

所以.

17. 如图，在三棱柱中，D，E，G分别为的中点，与平面交于点F，，，．

（1）求证：F为的中点；

（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．

条件①：平面平面；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，即可证明；

（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量计算即可.

【小问1详解】

由三棱柱的性质知，，平面，平面，

所以平面，又因为平面，

平面平面，

所以，因为E为的中点，所以F为的中点.

【小问2详解】

选条件①，因为平面平面，平面平，

又因为，E为的中点，所以，

所以平面，又因为平面，所以，

又因为，，

平面，所以平面，

如图建立空间直角坐称系.

由题意得，

.

设平面的法向量，

,

，则，

平面BCD的法向量，

又,

设直线与平面所成的角为,

则，

所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.

选条件②，因为，，，

则，所以，又因为，

，平面，所以平面，

因为，E为中点，所以，

如图建立空间直角坐称系.

由题意得，

.

设平面的法向量，

,

，则，

平面BCD的法向量，

又,

设直线与平面所成的角为,

则，

所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.

18. “绿水青山就是金山银山”，某地区甲乙丙三个林场开展植树工程，2011-2020年的植树成活率（%）统计如下：（表中“/”表示该年末植树）：

规定：若当年植树成活率大于，则认定该年为优质工程．

（1）从乙林场植树的年份中任抽取两年，求这两年都是优质工程的概率；

（2）从甲、乙、丙三个林场植树的年份中各抽取一年，以X表示这3年中优质工程的个数，求X的分布列；

（3）若乙丙两个林场每年植树的棵数不变，能否根据两个林场优质工程概率的大小，推断出这两个林场植树成活率平均数的大小？

【答案】（1）   

（2）分布列见解析    （3）不能，理由见解析

【解析】

【分析】（1）由古典概率的计算公式代入即可得出答案；

（2）求出X的可能取值，分别计算出其概率，即可得出分布列；

（3）分别求出两个林场植树成活率平均数即可判断.

【小问1详解】

乙林场植树共年，其中优质工程有年，

从乙林场植树的年份中任抽取两年，这两年都是优质工程为事件，

所以.

【小问2详解】

甲林场植树共年，其中优质工程有年，

乙林场植树共年，其中优质工程有年，

丙林场植树共年，其中优质工程有年，

则X的可能取值为，

，

，

，

.

则X的分布列为：

【小问3详解】不能根据两个林场优质工程概率的大小，推断出这两个林场植树成活率平均数的大小.

因为乙、丙两个林场优质工程概率分别为，且.

则设乙、丙林场植树成活率平均数分别为，

,

所以乙、丙这两个林场植树成活率平均数分别为：，，且丙林场植树成活率大于乙林场植树成活率.

所以不能根据两个林场优质工程概率的大小，推断出这两个林场植树成活率平均数的大小.

19. 已知椭圆经过两点，设过点的直线椭圆交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．

（1）求椭圆E的方程：

（2）证明：直线HN过定点．

【答案】（1）   

（2）直线HN过定点，证明见解析.

【解析】

【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；

（2）先根据两条特殊直线的交点，判断定点的坐标，再设过点的一般方程，联立椭圆方程，得到韦达定理，求得直线的方程，并代入定点坐标，验证是否成立，即可判断是否过定点.

【小问1详解】

解：因为椭圆E的方程为经过两点，

则，解得，，

所以椭圆E的方程为：.

【小问2详解】

因为，所以，

①假设过点的直线过原点，则，代入，

可得，，代入AB方程，可得

，由得到.求得HN方程：

，过点.

②分析知过点的直线斜率一定存在，设.

联立得，

可得，

所以，

，

且

因为点H满足，所以为的中点，

联立可得

可求得此时，

假设直线HN过定点，

将，代入整理得，

将代入，得

显然成立，

综上，可得直线HN过定点

20. 已知函数．

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）讨论的单调性；

（3）若对任意恒有，求a的最大值．

【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线方程；

（2）分类讨论的值，利用导数得出单调性；

（3）当，由单调性得出恒有，当，存在，使得，从而得出的最大值.

【小问1详解】

因为，所以，因为，所以.

故曲线在点处的切线方程为.

【小问2详解】

的定义域为，.

当时，，即函数在上单调递增.

当时，，即函数在上单调递增.

当时，.

令，解得

若时，；

若时，；

即函数在上单调递增，在上单调递减.

综上所述，

当时，在上单调递增.

当时，在上单调递增，在上单调递减.

【小问3详解】

由（2）可知，当时，在上单调递增，恒有；

当时，由（2）可知，在上单调递减，

存在，使得，故不合题意；

综上，，即a的最大值为

【点睛】易错点睛：用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：

（1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；

（2）不能随意将函数2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；

（3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

21. 对于每项均是正整数的数列、、、，定义变换，将数列变换成数列、、、、．对于每项均是非负整数的数列、、、，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；又定义．设是每项均为正整数的有穷数列，令．

（1）如果数列为、、，写出数列、；

（2）对于每项均是正整数的有穷数列，证明；

（3）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．

【答案】（1）、、，、、、   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【分析】（1）由、、，求得再通过求解；

（2）设有穷数列求得再求得，由，两者作差比较；

（3）设是每项均为非负整数的数列、、、．在存在，有时条件下，交换数列的第项与第项得到数列，在存在，使得时条件下，若记数列、、、为，，．由，得到．是大于的整数，所以经过有限步后，必有．

【小问1详解】

解：、、，、、、，、、，

、、、，、、、.

【小问2详解】

证明：设每项均是正整数的有穷数列为、、、，

则为、、、、，

从而．

又 ，

所以，

故．

【小问3详解】

解：设是每项均为非负整数的数列，，．

当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，

则．

当存在，使得时，若记数列，，为，

则．

所以．

从而对于任意给定的数列，由，1，2，…

可知．

又由（2）可知，所以．

即对于，要么有，要么有．

因为是大于的整数，所以经过有限步后，必有．

即存在正整数，当时，.

【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.