2023年北京市海淀区教师进修学校附属实验学校高考数学三模试卷

2023年北京市海淀区教师进修学校附属实验学校高考数学三模试卷

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  在复平面内，复数对应的点所在的象限是(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

3.  下列函数中，在区间上是减函数的是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  若直线是圆的一条对称轴，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  将函数的图象向右平移个单位长度得到图象，若的一条对称轴是直线，则的一个可能取值是(    )

A.  B.  C.  D.

6.  公元前年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器商鞅铜方升，开创了秦朝统一度量衡的先河如图，升体是长方体，手柄近似空心的圆柱已知铜方升总长是，内口长，宽，高忽略壁的厚度，取圆周率，若手柄的底面半径为，体积为，则铜方升的容积约为小数点后保留一位有效数字(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知等差数列的公差为，数列满足，则“”是“为递减数列”的(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

8.  “”以其极高的智能化引起世界关注深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为，且当训练迭代轮数为时，学习率为，则学习率衰减到以下不含所需的训练迭代轮数至少为参考数据：(    )

A.  B.  C.  D.

9.  已知为单位向量，向量满足，，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

10.  已知等比数列，对任意，，是数列的前项和，若存在一个常数，使得，，下列结论中正确的是(    )

A. 是递减数列
B. 是递增数列
C.
D. 一定存在，当时，

二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）

11.  展开式中常数项为______．

12.  若双曲线的渐近线的方程为，则 ______ ．

13.  抛物线：的焦点为，直线与交于，两点，则：的值为______ ．

14.  若点与点关于轴对称，写出一个符合题意的 ______ ．

15.  已知，给出以下命题：
当时，存在，有两个不同的零点；
当时，存在，有三个不同的零点；
当时，对任意的，的图象关于直线对称；
当时，对任意的，有且只有两个零点．
其中所有正确的命题序号是______ ．

三、解答题（本大题共6小题，共85.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.  本小题分
在中，．
求；
若，求的面积．

17.  本小题分
在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别是，的中点，是上一点，且．
求证：平面；
再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件：；
条件：．

18.  本小题分
年月日至年月日，第届亚运会将在中国杭州举行杭州某中学高一年级举办了“亚运在我心”的知识竞赛，其中班，班，班，班报名人数如下：

该年级在报名的同学中按分层抽样的方式抽取名同学参加竞赛，每位参加竞赛的同学从预设的个题目中随机抽取个作答，至少答对道的同学获得一份奖品假设每位同学的作答情况相互独立．
求各班参加竞赛的人数；
班的小张同学被抽中参加竞赛，若该同学在预设的个题目中恰有个答不对，记他答对的题目数为，求的分布列及数学期望；
若班每位参加竞赛的同学答对每个题目的概率均为，求班参加竞赛的同学中至少有位同学获得奖品的概率．

19.  本小题分
已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，且右焦点为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ设，分别为椭圆的左、右顶点，点为椭圆上一点不与，重合，直线，分别与直线相交于点，当点运动时，求证：以为直径的圆交轴于两个定点．

20.  本小题分
已知函数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
若函数在上有最小值，求的取值范围；
如果存在，使得当时，恒有成立，求的取值范围．

21.  本小题分
若数列满足，则称数列为数列记．
写出一个满足，且的数列；
若，，证明：数列是递增数列的充要条件是；
对任意给定的整数，是否存在首项为的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
则．
故选：．
找出集合，的公共元素即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，
故复数对应的点所在的象限是第二象限．
故选：．
直接利用复数的除法运算化为的形式，则答案可求．
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数的除法运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，，是幂函数，在上为增函数，不符合题意；
对于，，是指数函数，在上为增函数，不符合题意；
对于，由复合函数单调性的判断方法，在区间上是递增，不符合题意；
对于，，是反比例函数，在区间上是减函数，符合题意．
故选：．
根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合可得答案．
本题考查函数单调性的判断，涉及常见函数的单调性，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：圆的圆心坐标为，
直线是圆的一条对称轴，
圆心在直线上，可得，即．
故选：．
由圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程即可求得值．
本题考查直线与圆位置关系的应用，明确直线过圆心是关键，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：将函数的图象向右平移个单位长度得到图象，
则，
若的一条对称轴是直线，
即，，
得，，
当时，．
故选：．
根据函数图象变换关系先求出的解析式，利用对称性进行求解即可．
本题主要考查三角函数的图像和性质，利用图象平移关系，利用三角函数的对称性进行求解是解决本题的关键，是基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：依题意手柄的底面半径为，体积为，
则手柄的底面积为，
手柄的长度为，
长方体的内口长为，
升体的体积为，
铜方升的容积约为．
故选：．
由手柄的体积求出手柄的长度，即可得到长方体的内口长，再根据长方体的体积公式计算可算．
本题考查长方体结构特征、体积体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：等差数列的公差为，数列满足，
．
若“”，则等差数列是递增数列，故“不一定为递减数列”，例如当为负值时，故充分性不成立．
若“为递减数列”，则等差数列不一定是递增数列，例如当时，故必要性不成立．
综上，“”是“为递减数列”的既不充分也不必要条件．
故选：．
由题意，利用充分条件、必要条件、充要条件的定义，等差数列的单调性，得出结论．
本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，等差数列的单调性，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由题设可得，则，
所以，即．
故所需的训练洪代轮数至少为次．
故选：．
由已知可得，由，结合指对数关系及对数函数的性质求解即可．
本题考查函数模型的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：根据条件得：，
，
，
的最大值为．
故选：．
根据条件对两边平方进行数量积的运算即可得出，然后配方即可求出的最大值．
本题考查了向量数量积的运算，配方求二次函数最值的方法，考查了计算能力，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：设等比数列的公比为，
对于：假设，，符合，此时，
故存在，对，，
又数列是递增数列，故A错误；
对于；假设，，符合，此时，
故存在，对，，
又数列是递减数列，故B错误；
对于：由选项B得，，
则，故C错误；
对于：假设存在，当时，，
则，
当时，，这与，使得，矛盾，
故一定存在，当时，，故D正确．
故选：．
设等比数列的公比为，根据等比数列的性质，利用反证法，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查反证法和数列与不等式的综合，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：的展开式的通项公式为，，，，，
令，解得，
，
故答案为：．
求得二项式展开式中的通项公式，再令的指数为，计算可得所求值．
本题考查二项式展开式中通项公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：因为双曲线方程为，所以，
则渐近线方程为，所以，则．
故答案为：．
首先判断，再表示出双曲线的渐近线方程，即可得到方程，解得即可．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意知，由，
解得，
设在轴上方，知，
则，，
则，，
所以：的值为．
故答案为：．
由题意知，由，得到，即可求解．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：点与点关于轴对称，
，且，
即即可，
即，
得当，即满足条件．
故答案为：．
根据点的对称性，建立方程关系进行求解即可．
本题主要考查三角函数值的计算，利用点的对称性建立方程进行求解是解决本题的关键，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：对于，当时，，则定义域为
当时，，，
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
，即当时，，则在上有唯一零点，
当，时，，，
在上单调递减，，，，
使得，在有唯一零点；
则当，时，有两个不同的零点，正确；
对于，当时，，则定义域为；
当时，，，
当时，，，，
在上单调递减；又，在上有唯一零点，
当时，，；令，解得：．
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
，令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
不妨取，；
在上单调递增，在上单调递减；
又，，
，，使得，
即在上存在两个不同零点和；
则当，时，有三个不同的零点，正确；
对于，当时，，
，
二对于任意的，的图象关于直线对称，正确；
对于，当时，，则定义域为；
当时，若，，，
则恒成立，在上单调递增，又，
在上有唯一零点；
若，，；
则恒成立，在上单调递减，又，在上有唯一零点；
当时，有且仅有两个零点；当时，
若，，，令，
解得：舍或，
当时，，当时，，
当不妨取，则在上单调递减，在上单调递增，
；又，
，使得，又，恒成立，
当时，有三个不同的零点，错误．
故答案为：．
利用分类讨论，以及利用导数研究函数的单调性分别求解即可．
本题考查导数的综合应用，考查分类讨论思想，考查运算求解能力，属难题．
 

16.【答案】解：因为，由正弦定理可得，，
因为，所以，
且，所以或．
由可知或，且，，所以，
即，由余弦定理可得，，
即，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或． 

【解析】根据题意，由正弦定理的边角相互转化即可得到结果；
根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可得到结果．
本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】证明：，分别为，中点，，
又平面，平面，
平面；
解：如图以为原点，建立空间直角坐标系，
若选，，底面是边长为的菱形，，
若选，，底面是边长为的菱形，，
则，，．
，
又，，，
，，
设平面法向量为，
则，取，
设直线与平面所成角为．
则． 

【解析】通过证明即可证明结论；
以为原点建立空间直角坐标系，由选择条件可得相应点坐标，可得向量坐标与平面法向量坐标，即可得答案．
本题考查线面平行的判定定理，向量法求解线面角问题，化归转化思想，属中档题．
 

18.【答案】解：各班报名人数总共人，抽取人，抽样比为，
故班分别抽取人，人，人，人；
由题意，的可能取值为，，，，
，
，
，
，
所以的分布列为：

；
由题意，班每位同学获奖的概率为，
设班获奖人数为，则，
所以至少人获奖的概率为． 

【解析】根据分层抽样计算可得；
根据超几何分布求出概率，列出分布列求期望即可得解；
计算班每位同学获奖的概率，然后根据二项分布求解即可．
本题主要考查了超几何分布的概率公式，考查了二项分布的概率公式，属于中档题．
 

19.【答案】解：Ⅰ根据题意可得，椭圆上的点到两焦点的距离之和，则，解得，
因为椭圆的右焦点为，
所以，
所以，
因为椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆的方程为．
Ⅱ证明：由题意可得，，
设，，则，
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，则，
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，则，
设以为直径的圆经过轴上的定点，则，
由得，，
由得，
代入得，
解得或，
所以以为直径的圆经过轴上的定点和，
所以以为直径的圆交轴于两个定点． 

【解析】Ⅰ根据题意可得，椭圆上的点到两焦点的距离之和，则，解得，椭圆的右焦点为，则，又，解得，即可得出答案．
Ⅱ由题意可得，，设，，则，写出直线，的方程，进而可得，点坐标，设以为直径的圆经过轴上的定点，由得，则，解得，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：当时，，求导得：，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为．
，，函数，求导得：，显然恒有，
则当时，，函数在上单调递增，无最小值，不符合题意；
当时，由，得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，即当时，函数取得最小值，
所以函数在上有最小值，的取值范围是．
，
因为存在，使得当时，恒有成立，
则有存在，使得当时，，
令，，即有，恒成立，
求导得，令，，
因此函数，即函数在上单调递增，而，
当，即时，，函数在上单调递增，，成立，从而，
当时，，，则存在，使得，
当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，
所以的取值范围是． 

【解析】把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求解作答．
利用导数分类讨论函数在区间内的最值情况作答．
变形不等式，构造函数，，利用导数探讨恒成立的的范围作答．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于难题．
 

21.【答案】解：，，，，答案不唯一，，，，
证明：必要性：
因为数列是递增数列，
所以．
所以数列是以为首项，公差为的等差数列．
所以．
充分性：
因为，
所以，
所以，，，，
所以，即，
因为，，
所以，
所以，
即数列是递增数列．
综上，结论得证；
令，则．
所以，，，，
所以

，
因为，
所以为偶数，
所以为偶数，
所以要使，即，
必须使为偶数，
即整除，
因为，
所以或
当时，数列的项满足，，，，时，
有，；
当时，数列的项满足，，，，时，
有，；
当或时，不能被整除，此时不存在数列，使得，． 

【解析】根据与和可写出数列．
先证明必要性，根据数列是递增数列，可得，进而求得再证明充分性，因为，故，再累加可得证明即可．
设，则，再累加求得，再分析的奇偶，取值只能为或，并写出符合条件的数列．
本题考查新定义的应用，等差数列的定义与通项公式的应用，分类讨论思想，化归转化思想，属中档题．