2023届北京市丰台区高三二模数学试题含解析

2023届北京市丰台区高三二模数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据交集概念进行计算.

【详解】.

故选：B

2．若复数，则（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数模的计算公式计算可得.

【详解】因为，所以，

则.

故选：C

3．已知数列的前项和为，若，则（    ）

A． B．5 C．7 D．8

【答案】B

【分析】根据计算可得.

【详解】因为，所以.

故选：B

4．若某圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则它的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据轴截面求出圆锥的底面半径和高，求出体积.

【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，所以圆锥的底面半径为1，且圆锥的高，

故体积为.

故选：A

5．如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.

【详解】

.

故选：D

6．已知圆，若双曲线的一条渐近线与圆C相切，则（    ）

A． B． C． D．8

【答案】C

【分析】求出圆心和半径，及双曲线的渐近线，由相切关系列出方程，求出答案.

【详解】变形为，故圆心为，半径为1，

的渐近线方程为，

不妨取，由点到直线距离公式可得，解得，负值舍去.

故选：C

7．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上的所有点（    ）

A．向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度

B．向右平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度

C．向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度

D．向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度

【答案】D

【分析】按照左加右减，上加下减，结合对数运算法则进行计算，得到答案.

【详解】A选项，向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到，错误；

B选项，向右平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度得到，错误；

C选项，向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到，错误；

D选项，向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到，正确.

故选：D

8．已知A，B是的内角，“为锐角三角形"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】先根据诱导公式及正弦函数单调性得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立.

【详解】因为为锐角三角形，所以且，所以，

其中，

因为在上单独递增，所以，充分性成立，

若，不妨设，满足，但为直角三角形，故必要性不成立.

故选：A

9．已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】根据函数的奇偶性概念判断A，根据导函数值域判断B，利用特例法排除选项C，利用指数运算及指数函数的单调性结合不等式的性质即可判断D.

【详解】对于A，易知，，

所以，所以，错误；

对于B，因为，所以，

由知，错误；

对于C，，，

虽然，但是，

故对，不恒成立，错误；

对于D，函数，

则，，

因为，所以，所以，

所以，所以，

即，所以，

所以，

又，

所以，

所以，

即，

所以，正确.

故选：D

10．已知A，B，C是单位圆上的三个动点，则的最小值是（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】B

【分析】建立平面直角坐标系，设出，，表达出，结合，求出最小值.

【详解】以的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

设，，

则，

故，

当时，取得最小值，最小值为，

由于，故当时，最小，故最小值为，

此时，满足要求，

故选：B

【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：

①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；

②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.

二、填空题

11．在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答）

【答案】24

【分析】写出展开式的通项公式，求出的系数.

【详解】的展开式通项公式为，

令，得，故的系数为24.

故答案为：24.

12．已知点，直线，则过点P且与直线l相交的一条直线的方程是__________．

【答案】(答案不唯一)

【分析】求出过且与不平行的方程即可.

【详解】直线的斜率为，故只需所求直线方程斜率不是即可，

可设过点P且与直线l相交的一条直线的方程为.

故答案为：(答案不唯一).

三、双空题

13．若函数，则__________，的值域为__________．

【答案】         

【分析】根据特殊角计算得函数值，换元可得 ,,再根据二次函数的单调性可得值域.

【详解】

,

设,,

单调递减,

单调递增,

的值域为.

故答案为: ;.

四、填空题

14．在水平地面竖直定向爆破时，在爆破点炸开的每块碎片的运动轨迹均可近似看作是抛物线的一部分．这些碎片能达到的区域的边界和该区域轴截面的交线是抛物线的一部分（如图中虚线所示），称该条抛物线为安全抛物线．若某次定向爆破中碎片达到的最大高度为40米，碎片距离爆炸中心的最远水平距离为80米，则这次爆破中，安全抛物线的焦点到其准线的距离为__________米．

【答案】80

【分析】建立平面直角坐标系，待定系数法求出抛物线方程，得到答案.

【详解】以抛物线最高点为坐标原点，平行于地面为轴，建立平面直角坐标系，

设抛物线方程为，

由题意得，将其代入抛物线方程得，

解得，故安全抛物线的焦点到其准线方程为80米.

故答案为：80

15．已知函数．给出下列四个结论：

①的最小正周期是；

②的一条对称轴方程为；

③若函数在区间上有5个零点，从小到大依次记为，则；

④存在实数a，使得对任意，都存在且，满足．

其中所有正确结论的序号是__________．

【答案】②③

【分析】画出函数图像，可判断①②，对于③，转化为与在上交点问题，数形结合得到5个根的对称性，从而得到答案；对于④，时，单调递增，且，从而判断出存在实数a，使得对任意，只有一个，满足要求.

【详解】的图象如下：

对于①，的最小正周期是，①错误；

对于②，的一条对称轴方程为，②正确；

对于③，画出图象，与在上有5个交点，这5个交点即为函数在区间上有5个零点，

从小到大依次记为，且关于对称，关于对称，关于对称，关于对称，

则，

故，③正确；

对于④，时，单调递增，且，

对任意，，由对勾函数性质可知在上单调递增，

故，

由单调性可知存在实数a，使得对任意，只有一个，满足，④错误.

故答案为：②③

【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.

五、解答题

16．在四边形ABCD中，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题．

(1)求BD的长；

(2)求四边形ABCD的面积．

条件①：；

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)选①，；选②，

(2)选①，；选②，

【分析】（1）选①，利用余弦定理得到；选②，利用互补得到，结合余弦定理列出方程，求出答案；

（2）选①，在（1）的基础上，得到⊥，结合三角形面积公式求出和的面积，相加即可；选②，在（1）的基础上求出和，利用三角形面积公式求出和的面积，相加得到答案.

【详解】（1）选①，由余弦定理得，

解得，

选②，在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

因为，所以，

即，解得.

（2）选①，，，

故，

在中，，所以⊥，故，

所以四边形ABCD的面积为；

选②，，故，故，

因为，所以，

故，

，

故四边形ABCD的面积为.

17．如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，，，，四点共面，，．

(1)求证：；

(2)求点到平面的距离；

(3)过点与垂直的平面交直线于点，求的长度．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由面面平行的性质证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

（3）依题意可得，设，表示出，再根据数量积的坐标表示得到方程，求出的值，即可得解.

【详解】（1）因为平面平面，，，，四点共面，

且平面平面，平面平面，

所以.

（2）因为平面，是正方形，

如图建立空间直角坐标系，则，，，，

则，，，

设平面的法向量为，则，令，则，

所以点到平面的距离.

（3）因为过点与垂直的平面交直线于点，所以，

设，因为，所以，

，

所以，

所以，解得，

所以.

18．某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智能的态度、经验、困难等情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈．在整理访谈结果的过程中，统计他们对“人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示：

假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学”作用的认识相互独立．

(1)估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；

(2)现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了5名教师，求这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率；

(3)对受访教师关于“人工智能助力教学”的观点进行赋分：“没有帮助”记0分，“有一些帮助”记2分，“很有帮助”记4分．统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为，其中年龄在40岁以下（含40岁）教师得分的平均值记为，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为，请直接写出的大小关系．（结论不要求证明）

【答案】(1)140

(2)

(3)

【分析】（1）完善表格，并得到认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率，从而估计出该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；

（2）根据分层抽样定义得到抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，再结合该地区中小学教师中男教师和女教师认为对于教学“很有帮助”的概率，分两种情况求出这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率；

（3）计算平均值，并比较出大小即可.

【详解】（1）根据表格中数据，完善表格，

可以得到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率为，

用频率估计概率，估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数为；

（2）男女比例为，故抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，

用频率估计概率，估计该地区中小学教师中男教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，

女教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，

抽取的5名教师中，恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”，

则1名男教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，

1名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，

故这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为；

（3），，

，

因为，所以.

19．已知椭圆经过两点.

(1)求椭圆C的方程和离心率；

(2)设P，Q为椭圆C上不同的两个点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点F，若点满足，求证：P，O，Q三点共线．

【答案】(1)，

(2)证明过程见解析

【分析】（1）待定系数法求出椭圆方程，并求出，得到离心率；

（2）先根据得到两三角形相似，得到，从而设直线方程为，直线方程为，与椭圆方程联立后，表达出P，Q两点的横纵坐标，得到两点关于原点对称，证明出结论.

【详解】（1）将代入椭圆方程，，

解得，故，，

所以椭圆C的方程为，离心率为；

（2）

法1：设点，，

所以直线PA的方程为：，直线AQ的方程为：，

所以点，．

，

因为，所以

即①

当直线PQ无斜率时，设，

则，

代入①得：，解得：，

所以P，O，Q三点共线．

当直线PQ有斜率时，设，

由得：

所以

，

代入（1）得：，

解得：或.

当时，直线PQ的方程：，不符合题意．

故，所以P，O，Q三点共线．

综上，P，O，Q三点共线．      

法2：设点，点，直线PA的方程为：，

所以点．

，，

因为，所以，

所以，即，

所以直线AF的方程为：，

要证P，O，Q三点共线，由椭圆的对称性，只需证在直线AF上．

又因为，所以，

所以，所以在直线AF上，

所以P，O，Q三点共线．   

法3：由题意得，不妨令E点在x轴上方，

因为，所以，

又因为，所以，

所以Rt∽Rt，故，即，

设，则，

则直线方程为，与联立得，

设，则，解得，则，

直线方程为，与联立得，

设，则，解得，则，

故，，

所以P，Q关于原点对称，P，O，Q三点共线.

【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

20．已知函数．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若是增函数，求a的取值范围；

(3)证明：有最小值，且最小值小于．

【答案】(1)

(2)

(3)证明过程见解析

【分析】（1）求导得到，利用点斜式写出切线方程；

（2）先求定义域，求导后，即恒成立，即，求出的最小值，从而得到参数的取值范围；

（3）在（2）的基础上得到分与两种情况，结合函数的单调性，得到极值和最值情况，证明出结论.

【详解】（1）当时，，，

，故，

所以曲线在点处的切线方程为，即；

（2）定义域为，

，

若是增函数，则恒成立，故，

即，其中，当且仅当，即时，等号成立，

故，解得，

a的取值范围是

（3）定义域为，

，

结合（1）可知，当时，是增函数，故在处取得最小值，且最小值小于，

当时，令得，，

该方程有两个正实数根，设为，由韦达定理得，即，

令得，，或，令得，，

随着的变化，的变化情况如下：

所以的极小值为，故的最小值为，记为，

当时，若，则，此时与矛盾，舍去，

所以，则或，

故，所以肯定小于，所以，

当时，，所以，此时，，

，即，故此时，

综上，有最小值，且最小值小于

【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：

第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，

第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.

第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.

21．已知等比数列的公比为q（），其所有项构成集合A，等差数列的公差为d（），其所有项构成集合B．令，集合C中的所有元素按从小到大排列构成首项为1的数列．

(1)若集合，写出一组符合题意的数列和；

(2)若，数列为无穷数列，，且数列的前5项成公比为p的等比数列．当时，求p的值；

(3)若数列是首项为1的无穷数列，求证：“存在无穷数列，使”的充要条件是“d是正有理数”．

【答案】(1)取为；为.

(2).

(3)证明见解析.

【分析】（1）取为；为，可验证它们符合题设要求.

（2）可证明，设的前5项为：，就或分类讨论后可求p的值．

（3）可证，利用二项式定理可证明充分性，利用反证法结合等比中项可证明必要性.

【详解】（1）取为；为，

则满足：，故为等比数列.

而，故为等差数列，

故此时，符合题意.

（2）因为集合C中的所有元素按从小到大排列构成首项为1的数列，

故中各项均为正数，所以中的各项均为正数，

而为无穷等差数列，故.

设的前5项为：，

因为，，，所以，

此时必有，事实上，若，则的前5项即是的前5项，

与矛盾．

所以或．

若，则，所以，此时的前5项为1，，2，，4，

即，，所以数列的公差为，

因为，所以符合题意；

若，则或

①时，有p，，成等差数列，所以，解得，与矛盾；

②时，有，所以，所以的前5项为1，，，2，，

因为，所以，即，

所以，故，与为等差数列矛盾．

所以不可能．

综上，p的值为．

（3）因为数列是首项为1的无穷数列，由（2）知，数列是递增的数列；

对于公比不为1的无穷数列，必有，．

否则，若q为负，则相邻两项必有一项为负，

这与中的最小项为矛盾；

若，则当时，，

即，这与中的最小项为矛盾．

先证明充分性：

当d是正有理数时，因为数列是递增的等差数列，所以，

设（s，，s，t互质），则，

令，则，，

当时，

所以数列的第n项是数列的第项，

所以数列中的项都是数列的项，即．

再证明必要性：

假设d是正无理数，因为，即数列中的项都是数列的项，故.

令，，（i，j，），则，，，

且，因为，即，

整理得：，约去d有，

因为i，j，，且d是无理数，所以，消去j并整理得，

故，与矛盾，所以假设不成立，即d是有理数．

综上所述，“存在数列，使”的充要条件是“d是正有理数”

【点睛】思路点睛：两类数列的交叉问题，往往需要从基本量来处理，注意合理的分类讨论，另外等比数列与等差数列的交叉问题，注意结合二项式定理来沟通两者的关系，而整数性问题注意结合整数的性质来处理.