2023届北京市通州区高三考前查漏补缺数学试题含解析

2023届北京市通州区高三考前查漏补缺数学试题

一、单选题

1．若集合，，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别求出集合，再根据交集的运算即可得出答案.

【详解】，

，

所以.

故选：C.

2．已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】根据复数的乘法运算，求得，由此可确定答案.

【详解】由题意可得，

则复数在复平面内对应的点位于第三象限,

故选：C.

3．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用函数的单调性估算的范围，即可比较大小.

【详解】因为在上单调递增，且，

所以，化简得；

因为在上单调递减，且，

所以，化简得；

因为在上单调递增，且，

所以，化简得；

综上，可知.

故选：A

4．若，则（    ）

A．64 B．33 C．32 D．31

【答案】D

【分析】给分别赋值，即可得到一系列方程组，通过对方程组的解决，问题即可得到解决.

【详解】因为，

所以令可得①，

令可得②，

令可得③，

②+③可得①，

将①代入④可得.

故选：D

5．数列中，，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】C

【分析】根据题意，分别求得，即可得到数列的周期，从而得到结果.

【详解】因为，令，则，求得，

令，则，求得，令，则，求得，

令，则，求得，令，则，求得，

令，则，求得，，

所以数列的周期为，则.

故选：C

6．等比数列{}的首项为，公比为q，前n项和为，则“”是“{}是递增数列”的（    ）

A．充分而非必要条件 B．必要而非充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】取，可判断充分性；由是递增数列，结合等比数列通项公式可得成立，即可判断必要性.

【详解】在等比数列中，取，，

此时，为摆动数列，,故充分性不成立；

若等比数列的公比为，且是递增数列，

则，所以，数列为递增数列时，成立，故必要性成立.

所以，“”是“数列为递增数列”的必要而非充分条件.

故选：B.

7．已知，分别为双曲线：的上，下焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.

【详解】因为，为的中点，

所以，，

所以，又， ，

所以，

所以.

故选：B.

8．等腰三角形的屋顶，是我国古代建筑中经常采用的结构形式.一般说来等腰三角形底边是一定值，假设雨水与屋顶面间摩擦阻力不计，要使雨水从屋顶上流下所需的时间最短，等腰三角形的底角应设计为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】雨滴从屋顶下淌时作初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律求解即可.

【详解】设屋檐的底角为，底边为L，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a，对水滴做受力分析（如图），水滴只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，

垂直于屋顶方向：，

平行于屋顶方向：，

水滴的加速度为：，

根据三角关系判断屋顶坡面的长度：，

水滴的运动距离为：，

由位移--时间公式得：，

则，

故当时，使雨水能以最短的时间从屋顶瓦面流下.

故选：B

9．过直线上的一点作圆的两条切线，，切点分别为，当直线，关于对称时，线段的长为（    ）

A．4 B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点的连线垂直于直线，利用这一关系即可得到切线的长.

【详解】如图所示，圆心为，连接，

因为直线，关于对称，所以垂直于直线，

故，而，

所以.

故选：C

10．函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足：在上是单调函数且在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”.现有如下四个函数：①，②，③，④.那么上述四个函数中存在“倍值区间”的有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】根据所给定义得到方程组，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可判断函数的零点，从而得解.

【详解】①为增函数，若函数存在“倍值区间”，则，

令，则，所以当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又，所以恒成立，

即无零点，所以不存在“倍值区间”，故①错误；

对于②在上单调递增，

若函数存在“倍值区间”，则，

所以，解得.

所以函数存在“倍值区间”，故②正确；

对于③函数在定义域上单调递增，

若函数存在“倍值区间”，则，

令，则，所以当时，当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又，，

，

所以在上存在一个零点，

所以在定义域上存在两个零点，

方程有解，其中，，

所以函数存在“倍值区间”，故③正确；

对于④，函数在上单调递增，

若函数存在“倍值区间”，则，

令，，则，

所以在上单调递减，故在上不可能存在两个零点，

所以函数不存在“倍值区间”，故④错误；

故选：B

二、填空题

11．已知，则__________．

【答案】

【详解】∵，

∴，

∴．

答案：

12．有两台车床加工同一型号零件，第1台加工的次品率为4%，第2台加工的次品率为5%，将两台车床加工出来的零件混放在一起，已知第1，2台车床加工的零件占比分别为40%，60%，现任取一件零件，则它是次品的概率为______.

【答案】0.046

【分析】根据全概率公式即可求解.

【详解】记“任取一件零件是次品”为事件.记为“第台车床加工的零件”，

根据全概率公式

.

故答案为：0.046.

13．已知等边三角形ABC的边长为2，⊙A的半径为1，PQ为⊙A的任意一条直径，则=___________.

【答案】1

【分析】根据平面向量基本定理并借助圆心和圆内向量互为相反向量即可求解.

【详解】

.

故答案为: 1.

三、双空题

14．在△ABC中，若，，，若△ABC中存在且唯一，则△ABC面积的最小值为 ______；此时m的值为______.

【答案】         

【分析】根据余弦定理及三角形唯一存在建立方程求解边长，利用同角函数基本关系求出，代入面积公式求解即可.

【详解】设BC=a，△ABC面积为S，由余弦定理得，

所以①，由题意△ABC中存在且唯一，所以方程①有唯一解，

所以，解得或（舍去），

代入方程①得，由及得，

所以，

此时三角形的三边为4，，，满足三角形成立条件，且.

故答案为：，

四、填空题

15．在棱长为1正方体中，点P满足，其中，， 给出下列四个结论：

①所有满足条件的点P组成的区域面积为1；

②当时，三棱锥的体积为定值：

③当时，点到距离的最小值为1；

④当，有且仅有一个点P，使得平面

则所有正确结论的序号为___________.

【答案】①②③

【分析】对于①，可得点在正方形内，即可判断；对于②，由题意可得所以在线段上，从而得点到平面的距离为定值，的面积为定值，即可判断；对于③，由题意可得在线段上，连接，则有当与重合时，最小，从而即可判断；对于④，由题意可得在线段上，当平面时，可得∥，与矛盾，从而即可判断.

【详解】解：如图所示：

对于①，因为，，，

所以点在正方形内，而正方形的面积为1，故正确；

对于②，当时，，即，，

所以在线段上，

由题意可知∥平面，

所以上的点到平面的距离处处相等，

又因为的面积为定值，

所以三棱锥的体积为定值，故正确；

对于③，当时，， 即，，

所以在线段上，连接，

由题意可知平面，平面，所以，

所以的长为点到的距离，当与重合时，最小，为1，故正确；

对于④，当，，

取中点，中点，

则在线段上，

易知，

如果平面，平面，则必有，

又因为平面，平面，

所以，，

所以平面，则有，

又因为，所以∥，与矛盾，故错误.

故答案为：①②③

【点睛】方法点晴：在对立体几何的判断题中，对于正面判断较困难的选项，可以采用反证进行判断.

五、解答题

16．已知函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定.

(1)求的解析式：

(2)设函数，求在区间上的最大值.

条件①：为奇函数：

条件②：图像上相邻两个对称中心间的距离为：

条件③：图像的一条对称轴为.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）可以选择条件①②或条件②③，先由周期计算，再计算即可；

（2）先求出整体的范围，再结合单调性求最大值即可.

【详解】（1）选①②:由①为奇函数，所以关于原点对称，

，解得

又，所以.

由条件②得，解得所以；

选②③

由条件②得，解得.

由条件③中一条对称轴为，可得，，

解得，，

又，所以，所以

（2）

..

因为，所以，

所以当时，即时取得最大值，最大值为

17．如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，O为BD的中点.

(1)证明：.

(2)若是等腰直角三角形，，，点E在棱AD上（与A，D不重合），若二面角的大小为，求点D到面BCE的距离.

【答案】(1)证明见解析.

(2)1.

【分析】（1）根据给定条件证明，再根据面面垂直性质定理及线面垂直性质定理推理出结论；

（2）建立空间直角坐标系，利用给定二面角确定E点坐标，在借助空间向量求出点到平面距离.

【详解】（1）证明：因为，O为BD的中点，

所以，

又因为平面平面BCD，平面平面，平面ABD，

所以平面BCD．

又因为平面BCD，

所以.

（2）设BC的中点为F，则，又因为，所以.

以O为坐标原点，以OF，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为是等腰直角三角形，，，所以，

又因为，O为BD的中点，根据直角三角形性质可得，，

则，，，，，

设，则.

由题意可知是平面BCD的一个法向量，，

设平面BCE的一个法向量为，，，

则有，即，令，则，，

则平面BCE的一个法向量为.

根据二面角的大小为可得，，

解得，即，又因为，

所以点D到平面BCE的距离.

18．某学校组织高一、高二年级学生进行了“纪念建党100周年”的知识竞赛.从这两个年级各随机抽取了40名学生，对其成绩进行分析，得到了高一年级成绩的频率分布直方图和高二年级成绩的频数分布表.

高二

规定成绩不低于90分为“优秀”.

(1)估计高一年级知识竞赛的优秀率：

(2)将成绩位于某区间的频率作为成绩位于该区间的概率.在高一、高二年级学生中各选出2名学生，记这4名学生中成绩优秀的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列；

(3)在高一、高二年级各随机选取1名学生，用X，Y分别表示所选高一、高二年级学生成绩优秀的人数.写出方差的大小关系.（只需写出结论）

【答案】(1)；

(2)分布列见解析；

(3).

【分析】（1）先计算样本的优秀率，从而可解；

（2）根据分布列的求解步骤即可求解；

（3）根据两点分布的方差计算公式即可判断.

【详解】（1）高一年级知识竞赛的优秀率为，

所以高一年级知识竞赛的优秀率为.

（2）在高一年级学生中选中成绩优秀学生的概率为，选中成绩不优秀学生的概率为；

在高二年级学生中选中成绩优秀学生的概率为，选中成绩不优秀学生的概率为.

的所有可能取值为0，1，2，3，4；

，

，

，

，

，

所以随机变量ξ的分布列为：

（3）显然均符合两点分布，

且，

，

所以.

19．已知椭圆的离心率为，椭圆C截直线所得线段的长度为2.

(1)求椭圆C的方程

(2)动直线交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，D为线段AB的中点，点N是M关于O的对称点，以N点为圆心的圆过原点O，直线DF与⊙N相切于点F，求的最大值

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）根据椭圆的离心率和关系并代入点坐标即可求解；

（2）根据直线和椭圆联立，中点坐标公式，相切关系，换元法和对号函数即可求解.

【详解】（1）由椭圆的离心率为，

得.

又当时，

得，

所以

因此椭圆方程为.

（2）  

设A（，），B（，）.

联立方程得

由得（*）

且，

因此，

所以

又N（0，-m），

所以

整理得：，

因为

所以

令故

所以

因为上单调递增，

因此

等号当且仅当时成立，

此时

最大值为2.

20．已知函数

(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；

(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.

(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.

【答案】(1)

(2)

(3)，证明见解析

【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值；

（2）依题意在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；

（3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得

【详解】（1）因为，所以.

所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，

所以，解得..

（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，

所以在（0，+∞）上恒成立.

即恒成立.，即，

令，所以，

时，时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即.

（3）

定义域为

当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意.

当时，

在（0，）上单调递减，在上单调递增，

所以的最小值为，

函数存在两个零点的必要条件是，

即，又，

所以在（1，）上存在一个零点（）.

当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点，

综上函数有两个零点，实数a的取值范围是.

不妨设两个零点

由，所以，

所以，所以，

要证，

只需证，

只需证，

由，

只需证，

只需证，

只需证，

令，只需证，

令，

，

∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴，

即成立，

所以成立.

【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧.

21．已知：正整数列各项均不相同，，数列的通项公式

(1)若，写出一个满足题意的正整数列的前5项：

(2)若，求数列的通项公式；

(3)证明若，都有，是否存在不同的正整数，j，使得，为大于1的整数，其中.

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）可取，根据定义可证明.

（2）由题设条件可得，利用前项和与通项的关系可证为常数列，从而可求通项.

（3）假设存在不同的正整数，j满足题设要求，利用不等式放缩后可得，从而，故可得，结合的性质可得矛盾.

【详解】（1）取，则，

符合题设要求.

（2）设，

由已知得即，

当时，；

当时有，整理得，

所以数列为常数列，

又，，所以有，所以，所以.

（3），设存在不同的正整数，j，使得，为大于1的整数.

设，因为为正整数数列且各不相同，

所以，故，

而，所以.

因为，所以.

又因为为大于1的整数，所以的可能取值为2，同理的可能取值为2.

所以，

，

又因为，

故，

因为，故，而，故不成立，

故不存在不同的正整数i，j，使得，为大于1的整数.

【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过等比数列的前项和公式得到，再计算得，结合，故，而，则证明出不存在不同的正整数i，j，使得，为大于1的整数.