2023届北京市东城区高三一模数学试题含解析

2023届北京市东城区高三一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，且，则a可以为（    ）

A．－2 B．－1 C． D．

【答案】B

【分析】求出集合，结合元素与集合关系判断即可.

【详解】∵，∴，∴，

可知，故A、C、D错误；，故B正确.

故选：B

2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的几何意义得到，结合复数的运算法则，即可求解.

【详解】由题意，复平面内，复数对应的点的坐标是，

可得，所以.

故答案为：A.

3．抛物线的准线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据抛物线方程求出，进而可得焦点坐标以及准线方程.

【详解】由可得，所以焦点坐标为，准线方程为：，

故选：D.

4．已知，则的最小值为（    ）

A．－2 B．0 C．1 D．

【答案】B

【分析】由基本不等式求得最小值．

【详解】∵，∴，当且仅当即时等号成立．

故选：B．

5．在中，，，，则（    ）

A． B．4 C． D．

【答案】C

【分析】利用余弦定理得到，，利用同角三角函数基本公式得到，然后利用面积公式求面积即可.

【详解】，，，所以，解得，，

因为，所以，.

故选：C.

6．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则“”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】B

【分析】根据线面垂直的判定及性质，结合充分条件、必要条件判断即可.

【详解】当，时，可推出，但是推不出，

当时，由可知，又，所以，

综上可知，“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

7．过坐标原点作曲线的切线，则切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设切点坐标为，求得切线方程为，把原点代入方程，得到，解得，即可求得切线方程.

【详解】由函数，可得，

设切点坐标为，可得切线方程为，

把原点代入方程，可得，即，

解得，所以切线方程为，即.

故选：A.

8．已知正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD内部（不含边界）的动点，且满足，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过建立合适的直角坐标系，设，得到的轨迹方程，最后得到的表达式，根据函数单调性即可得到其范围.

【详解】以中点为原点建立如下直角坐标系；

则，，，

设，则，，

则，

即，则，其中，，

则，

则，

故选：D.

9．已知，，，，成等比数列，且1和4为其中的两项，则的最小值为（    ）

A．－64 B．－8 C． D．

【答案】B

【分析】结合题意，取最小值时为负数，且，利用等比数列的基本量运算即可求解.

【详解】由题意，要使最小，则，，都是负数，则和选择1和4，

设等比数列的公比为，

当时，，所以，所以，所以；

当时，，所以，所以，所以；

综上，的最小值为－8.

故选：B

10．恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得N的值为（    ）

A．13 B．14 C．15 D．16

【答案】C

【分析】利用对数的运算公式计算即可.

【详解】由题意知，的70次方为83位数，所以，则，即，整理得，

根据表格可得，，所以，即.

故选：C.

二、填空题

11．函数的定义域是____________．

【答案】

【分析】由被开方数大于等于0与对数真数大于0即可得到结果.

【详解】要使函数有意义，则满足：，解得：

所以函数的定义域为

故答案为：

12．在的展开式中，的系数为60，则实数______.

【答案】

【分析】求出二项展开式的通项，令的指数等于2，求得，再根据展开式中的系数为60，即可得出答案.

【详解】的展开式的通项为，

令，则，

则在展开式中，的系数为，

所以.

故答案为：.

13．已知双曲线的一个焦点是，且与直线没有公共点，则双曲线的方程可以为______.

【答案】

【分析】取直线为双曲线的渐近线，则，根据焦点得到，，得到双曲线方程.

【详解】取直线为双曲线的渐近线，则，

双曲线的一个焦点是，故，

故，故双曲线方程为.

故答案为：

三、双空题

14．已知数列各项均为正数，，为其前n项和.若是公差为的等差数列，则______，______.

【答案】     ##0.25    

【分析】根据题意和等差数列的性质可得，解得，结合等差数列的通项公式可得，利用与的关系即可求出数列的通项公式.

【详解】由题意知，，由，得，，

又等差数列的公差为，

所以，

即，解得，

所以，解得，

当时，，

得，

当时，，与题意中的相符，

所以.

故答案为：；.

四、填空题

15．已知函数的部分图象如图1所示，、分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则______.

给出下列四个结论：

①；

②图2中，；

③图2中，过线段的中点且与垂直的平面与轴交于点；

④图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于.

其中所有正确结论的序号是______.

【答案】          ②③

【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，结合的取值范围求出的值，可判断①；利用空间向量数量积的坐标运算可判断②；求出线段的中点的坐标，计算，可判断③；求出，结合扇形的面积公式可判断④.

【详解】函数的最小正周期为，

在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

设点，则点、，

，因为，解得，

所以，，则，可得，

又因为函数在附近单调递减，且，所以，，①错；

因为，可得，

又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，

所以，，

因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，

翻折后，则有、、、，

所以，，，

所以，在图2中，，②对；

在图2中，线段的中点为，

因为，则，即，③对；

在图2中，设点，，可得，

，，，

易知为锐角，则，

所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，

故区域的面积，④错.

故答案为：；②③.

【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.

五、解答题

16．已知函数.

(1)求的最小正周期；

(2)若是函数的一个零点，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）三角函数恒等变换的公式，化简函数，进而求得函数的最小正周期；

（2）由（1）得到函数，根据题意，得到方程，即可求解.

【详解】（1）解：由函数

，

所以函数的最小正周期为.

（2）解：由，

因为是函数的一个零点，

可得，

即，即，

可得或，

即或，

又因为，所以的最小值为.

17．甲、乙两名同学积极参与体育锻炼，对同一体育项目，在一段时间内甲进行了6次测试，乙进行了7次测试.每次测试满分均为100分，达到85分及以上为优秀.两位同学的测试成绩如下表：

(1)从甲、乙两名同学共进行的13次测试中随机选取一次，求该次测试成绩超过90分的概率；

(2)从甲同学进行的6次测试中随机选取4次，设X表示这4次测试成绩达到优秀的次数，求X的分布列及数学期望EX；

(3)从乙同学进行的7次测试中随机选取3次，设Y表示这3次测试成绩达到优秀的次数，试判断数学期望EY与（2）中EX的大小.（结论不要求证明）

【答案】(1)

(2)的分布列为

所以.

(3)

【分析】（1）根据表格中的数据，代入古典概型的概率计算公式即可求解；

（2）根据题意先求出所有的可能取值，然后分别求出每一个值对应的概率，列出分布列并计算出期望即可求解；

（3）根据题意先求出所有的可能取值，然后分别求出每一个值对应的概率，计算出期望与（2）中期望即可求解；

【详解】（1）由题意可知：甲、乙两名同学共进行的13次测试中，测试成绩超过90分的共4次，由古典概型的概率计算公式可得，

所以从甲、乙两名同学共进行的13次测试中随机选取一次，求该次测试成绩超过90分的概率.

（2）由题意可知：从甲同学进行的6次测试中随机选取4次，这4次测试成绩达到优秀的次数的可能取值为1，2，3，

则；；，

所以的分布列为

所以.

（3）由题意可知：从乙同学进行的7次测试中随机选取3次，这3次测试成绩达到优秀的次数的可能取值为0，1，2，3，

则；；；；

所以的分布列为

所以，

.

18．如图，在长方体中，，和交于点E，F为AB的中点.

(1)求证：∥平面；

(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求

（i）平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值；

（ii）点A到平面CEF的距离.

条件①：；

条件②：直线与平面所成的角为.

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)证明见解析

(2)（ⅰ） （ⅱ）  1

【分析】（1）利用空间中直线与平面平行的判定定理，结合三角形中位线即可证明；

（2）若选条件①，利用，通过推理论证得到，建立空间直角坐标系，求平面法向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解；

若选条件②，利用与平面所成角为，通过推理论证得到，建立空间直角坐标系，求平面法向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解．

【详解】（1）如图，连接，，.

因为长方体中,∥且，

所以四边形为平行四边形.

所以为的中点，

在中，因为，分别为和的中点，

所以∥.

因为平面，平面，

所以∥平面.               

（2）选条件①：.

(ⅰ)连接.

因为长方体中，所以.

在中,因为为的中点，，

所以.

如图建立空间直角坐标系，因为长方体中,，

则，，，，，

，.

所以，，.

设平面的法向量为，

则即

令，则，，可得.

设平面的法向量为，

则即

令，则，，所以.

设平面与平面的夹角为 ，

则

所以平面与平面的夹角的余弦值为.

(ⅱ)因为，

所以点到平面的距离为.   

选条件②：与平面所成角为.

连接.

因为长方体中，平面，平面，

所以.

所以为直线与平面所成角，即.

所以为等腰直角三角形.

因为长方体中，所以.

所以.

以下同选条件① .

19．已知函数.

(1)当时，求的单调递增区间；

(2)设直线l为曲线的切线，当时，记直线l的斜率的最小值为，求的最小值；

(3)当时，设，，求证：.

【答案】(1)

(2)1

(3)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，令导数大于0，即可求得答案；

（2）求出函数的导数，判断导数正负，确定函数单调性，即可求得函数最值；

（3）根据（2）的结论，判断函数在给定区间上的单调性，即可求得，比较端点处的值的大小关系，即可证明结论.

【详解】（1）当时，，故，

令，则，

即的单调递增区间为.

（2）由，可得，

即直线l的斜率为，

设，则，

因为，故，

当时，，在上递减，

当时，，在上递增，

故，即，

即，而，故的最小值为.

（3）由已知，由（2）可知时，为单调增函数，

由，，

则，

又时，为单调减函数，

，

故，

由于，即，故，

故.

【点睛】关键点睛：证明时，要根据导数判断函数的单调性，求出，表示的集合，关键要进行端点处值的大小比较，从而证明结论.

20．已知椭圆E：的一个顶点为，离心率.

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.设椭圆的左顶点为D，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，，进而求出椭圆方程；

（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线，的方程，表示出，得到点为线段的中点，进而求解.

【详解】（1）由题意可知，，所以，

则所求椭圆的方程为.

（2）依题意过点的直线为，设、，不妨令，

由，消去整理得，

所以，解得，

所以，，

直线的方程为，令，解得，

直线的方程为，令，解得，

所以

，

因为点，则点为线段的中点，

所以.

【点睛】直线与圆锥曲线相交所成线段比值的求解步骤：

设出直线方程，利用韦达定理和判别式求出取值范围；

结合韦达定理将线段比值的表达式表示出来；

根据判别式中的范围采用分离变量，换元，基本不等式等方法进行求值.

21．已知数表中的项互不相同，且满足下列条件：

①；

②.

则称这样的数表具有性质.

(1)若数表具有性质，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值；

(2)对于具有性质的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得；

(3)对于具有性质的数表，当n为偶数时，求的最大值.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据题意写出满足性质的所有数表，再分别计算即可；

（2）根据题意，可知当取最大值时，存在，使得，由数表具有性质可得为奇数，不妨设此时数表为，再利用反证法证明即可；

（3）结合性质可得，，两式相加可得得，结合，可得，构造数表，结合性质进而可以求解.

【详解】（1）满足条件的数表为，

所以的值分别为5，5，6.

（2）若当取最大值时，存在，使得.

由数表具有性质可得为奇数，

不妨设此时数表为.

①若存在（为偶数，），使得，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，

调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在，使得.

②若对任意的（为偶数，），都有，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，此时转化为①的情况.

综上可知，存在正整数，使得.

（3）当n为偶数时，令，，对任意具有性质数表，

一方面，，

因此．①

另一方面，，

因此.②

记．

由①+②得.

又，可得.

构造数表

可知数表具有性质，且.

综上可知，当n为偶数时，的最大值为.

【点睛】方法点睛：在证明抽象问题时，常常使用反证法：先设题设不成立，结合条件推出矛盾，即可说明题目成立.