2023届北京市首都师范大学附属中学高三下旬阶段性检测数学试题含答案

这是一份2023届北京市首都师范大学附属中学高三下旬阶段性检测数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届北京市首都师范大学附属中学高三下旬阶段性检测数学试题

一、单选题
1．在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则复数的虚部是（    ）
A．1 B． C． D．i
【答案】B
【分析】由对应点坐标写出复数，结合复数除法运算化简复数即得虚部.
【详解】由题意可得：，则，
所以复数的虚部是.
故选：B.
2．已知集合，，，则（    ）
A． B．Ü C． D．
【答案】A
【分析】利用列表法求集合A、B，进而结合集合间的关系和运算逐项分析判断.
【详解】对于可得：
     xy
-1
1
-1
-2
0
1
0
2

可得集合；

对于可得：
     xy
-1
1
-1
0
2
1
-2
0

可得集合，所以，

则成立，Ü不成立，，
所以A正确，B、C、D错误.
故选：A.
3．已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则的展开式的各项系数之和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知条件解出n，令x＝1即可得到答案﹒
【详解】由题知，由组合数性质解得n＝6，
∴＝，
令x＝1，得展开式各项系数之和为，
故选：C.
4．设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据线面，面面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质判断即可.
【详解】对于A ，由，，可得或，故A 错误；
对于B，由，，，可得或平面相交，故B错误；
对于D，由，，，可得或相交或异面，
相交或异面时两直线可能不垂直，故D错误；
对于C，若，则存在直线，使得，
又，所以，又，所以，故C正确．
故选：C.
5．已知，分别是双曲线C：（，）的两个焦点，P为双曲线C上一点，且，那么双曲线C的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【分析】由题意结合双曲线的定义和直角三角形的几何性质，列式运算可得其离心率的值.
【详解】设双曲线的半焦距为，则，
由题意可得：，
因为，整理得.
故选：D.
6．已知无穷数列{an}满足an+1＝an+t（t为常数），Sn为{an}的前n项和，则“t≥0”是“{an}和{Sn}都有最小项”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】根据等差数列的通项公式和前n项和的公式，以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】∵an+1＝an+t，∴数列{an}为等差数列，且公差为t，
①当t≥0时，若t＝0，a1＝﹣2时，数列{an}为常数列，且an＝﹣2，
∴Sn＝﹣2n为减函数，无最小项，∴充分性不成立，
②当{an}和{Sn}都有最小项，
∵an＝a1+(n﹣1)t＝tn+(a1﹣t)，
Sn＝na1tn2+(a1)n，
则或t＞0，∴t≥0，∴必要性成立，
∴t≥0是{an}和{Sn}都有最小项的必要不充分条件，
故选：B．
7．已知函数则下列结论正确的是（    ）．
A．， B．，
C．函数在上单调递增 D．函数的值域是
【答案】D
【详解】
作出函数的图象，由图可知函数是奇函数，即对 ，，故错误；
当时，满足，此时，不成立，故项错误；
函数在上是减函数，在上是增函数，在上是减函数，故项错误；
函数的值域是，故项正确．
故选．
点睛：研究函数的奇偶性和单调性，可做出函数的图象，图象关于y轴对称时函数为偶函数的充要条件，图像关于原点对称是函数为奇函数的充要条件.
对于正弦函数有.
8．已知直线，为圆上一动点，设到直线距离的最大值为，当最大时，的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先得出直线过定点，再求出圆心坐标，由圆的对称性以及斜率公式得出的值.
【详解】因为，所以直线过定点，圆可化为，则圆心，，由圆的对称性可知，当时，到直线距离的最大，则，.
故选：A
9．已知函数，图像上每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则等于（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用向量数量积的定义可得，从而可得，进而得出，即，求出.
【详解】根据
，
可得，故，
所以，故的周期为24，所以，，
故选：A．
10．某游戏开始时，有红色精灵个，蓝色精灵个．游戏规则是任意点击两个精灵，若两精灵同色，则合并成一个红色精灵，若两精灵异色，则合并成一个蓝色精灵，当只剩一个精灵时，游戏结束．那么游戏结束时，剩下的精灵的颜色（    ）
A．只与的奇偶性有关 B．只与的奇偶性有关
C．与，的奇偶性都有关 D．与，的奇偶性都无关
【答案】B
【分析】根据题意得到每一次两个精灵相碰，蓝色精灵的奇偶性不变，精灵总个数少一个，当最后只剩下一个精灵时，碰了次，再分别讨论的奇偶性即可得到答案.
【详解】任意两个精灵相碰，有三种情况：
第一种情况：红色，红色相碰，合并成一个红色精灵，
此时红色精灵少1个，蓝色精灵个数不变，
第二种情况：蓝色，蓝色相碰，合并成一个红色精灵，
此时红色精灵加1个，蓝色精灵个数少2个，
第三种情况：红色，蓝色相碰，合并成一个蓝色精灵，
此时红色精灵少1个，蓝色精灵个数不变.
综上：每一次两个精灵相碰，蓝色精灵的奇偶性不变，精灵总个数少一个，
所以当最后只剩下一个精灵时，碰了次.
当为奇数时，最后剩下的只能是一个蓝色精灵，
当为偶数时，最后剩下的只能是一个红色精灵，
那么游戏结束时，剩下的精灵的颜色只与的奇偶性有关.
故选：B

二、双空题
11．已知抛物线上一点，则抛物线的准线方程为________；点P到焦点的距离为________．
【答案】 2
【分析】由抛物线方程求其准线方程，再结合抛物线定义求点P到焦点的距离.
【详解】抛物线的准线方程为，焦点的坐标为，
因为点在抛物线上，
由抛物线定义可得点P到焦点的距离等于点到准线的距离，
所以点P到焦点的距离为.
故答案为：，2.

三、填空题
12．已知向量与共线，则__________.
【答案】.
【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可.
【详解】由题意知，
又因为，所以，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
13．农业技术员进行某种作物的种植密度试验，把一块试验田划分为8块面积相等的区域（除了种植密度，其它影响作物生长的因素都保持一致），种植密度和单株产量统计如下：
  
根据上表所提供信息，第________号区域的总产量最大．
【答案】5
【分析】分别求出种植密度函数和单株产量函数的解析式，再求总产量的函数解析式，由此确定其最大值及取最大值的条件即可.
【详解】设区域代号为，种植密度为，单株产量为，则，
由图象可得种植密度是区域代号的一次函数，
故设，，
由已知函数的图象经过点,，
所以，解得，
所以，
由图象可得单株产量是区域代号的一次函数，
故可设，，
观察图象可得当时，，当时，，
所以，解得，
所以，
所以总产量
当时，函数有最大值，即号区域总产量最大，最大值为.
故答案为：5.

四、双空题
14．已知函数，，，其中表示a，b中最大的数．若，则________；若对恒成立，则t的取值范围是________．
【答案】 .
【分析】由函数的定义，求，由时，，当时，可得已知条件等价于在上恒成立，化简可求的范围．
【详解】由已知，
若，则，所以，
当时，，当时，，
因为对恒成立；
所以当时，恒成立，
所以当时，恒成立，
若，则当时，，矛盾，
当时，可得恒成立，所以，
所以t的取值范围是为，
故答案为：，.

五、填空题
15．在数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论：
①对任意的，都有
②数列不可能为常数列
③若，则数列为递增数列
④若，则当时，
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①③④
【分析】结合数列递推式研究数列的单调性，逐项判断即可.
【详解】解：对于①，在数列中，，则，
又对于任意的都有，则，即，
即对于任意的，都有，故①项正确；
对于②，不妨设数列可能为常数列，则，
又，则，则，
即时，数列为常数列，故②项错误；
对于③，
又，则，即，
同理，当，都有，即，
即，即数列为递增数列，故③项正确；
对于④，，则，即，
同理，当，都有，
又，即数列为递减数列，
即当时，，故④项正确.
故答案为：①③④.

六、解答题
16．在△ABC中，已知
(1)求B的大小；
(2)在下面3个条件中选一个，使得△ABC唯一存在，并求其面积．
①②③
【答案】(1)
(2)答案不唯一，具体见解析

【分析】（1）利用正弦定理将边变角，然后整理化简可得B的大小；
（2）利用正弦余弦定理求出三角形其他边角，再利用面积公式求出面积.
【详解】（1）
由正弦定理得

，
，即，
又，；
（2）选①：

或，所以△ABC不唯一存在
所以①不能选；
选②：，即




选③
即
或（舍）
.
17．某校工会开展健步走活动，要求教职工上传3月1日至3月7日的微信记步数信息，下图是职工甲和职工乙微信记步数情况：

(1)从3月2日至3月7日中任选一天，求这一天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000的概率；
(2)从3月1日至3月7日中任选两天，记职工乙在这两天中微信记步数不低于10000的天数为，求的分布列及数学期望；
(3)下图是校工会根据3月1日至3月7日某一天的数据制作的全校200名教职工微信记步数的频率分布直方图．已知这一天甲和乙微信记步数在单位200名教职工中排名（按照从大到小排序）分别为第68和第142，请指出这是根据哪一天的数据制作的频率分布直方图（不用说明理由）．

【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)3月3日

【分析】（1）根据古典概型公式求解即可.
（2）根据题意得到，，，，再写出分布列数学期望即可.
（3）根据折线图和频率分布直方图求解即可.
【详解】（1）令时间A为“职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000”，
从3月2日至3月7日这6天中，3月2日、5日、7日这3天中，
甲乙微信记步数都不低于10000，
故.
（2）由（1）知：，
，，，
的分布列为：








（3）根据频率分步直方图知：微信记步数落在，，，，
（单位：千步）区间内的人数依次为人，人，
人，人，人，
由甲微信记步数排名第68，可知当天甲微信记步数在15000到20000万之间，
根据折线图知：只有3月2日，3月3日，3月7日.
由乙微信记步数排名第142，可知当天乙微信记步数在5000到10000万之间，
根据折线图知：只有3月3日和3月6日，
所以3月3日符合要求.
18．如图，在四棱锥中，平面PAD，△PAD为等边三角形，//，，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别为棱PD，PB的中点．
  
(1)求证：∥；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点G，使得∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在，

【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理分析证明；
（2）根据题意可在平面，建系，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，求点G的坐标，根据线面平行的向量关系分析运算.
【详解】（1）因为//，平面，平面，
所以//平面，
又因为平面，平面平面直线l，
所以∥.
（2）取的中点，连接，
由题意可得：//，且，
则为平行四边形，可得//，
且平面PAD，则平面PAD，
由平面PAD，则，
又因为△PAD为等边三角形，则为的中点，可得，
，平面，则平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
由题意可知：平面PAD的法向量，
可得，
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.
  
（3）由（2）可得：，
设，，则，
可得，解得，
即，可得，
若∥平面AEF，则，
可得，解得，
所以存在点，使得∥平面AEF，此时.
19．已如．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)判断极值点个数，并说明理由；
(3)解不等式．
【答案】(1)；
(2)函数极值点个数为，理由见解析；
(3)不等式的解集为.

【分析】（1）根据导数的几何意义求切线的斜率，利用点斜式求切线方程；
（2）利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理求零点，并判断其两侧的导数值的正负，由此确定函数的极值点的个数；
（3）根据函数的单调性，极值及确定不等式的解集.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
所以，，
所以曲线在点处的切线斜率为1，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）设，则，
令，可得，又为上的增函数，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，
所以存在使得，
当时，，即，函数在上单调递增，
当时，，即，函数在上单调递减，
当时，，即，函数在上单调递增，
所以为函数的极大值点，为函数的极小值点，
所以函数有两个极值点；
（3）因为函数在上单调递增，，，
所以当时，不等式的解为，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为，
因为，，
所以，
所以当时，不等式的解为，
所以不等式的解集为.
20．已知椭圆C：的离心率为，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当直线l的斜率为k时，在x轴上是否存在一点P（异于点F），使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）根据题意分析可得x轴为直线PA与直线PB的对称轴，根据斜率关系结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，
由题意可得，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）由（1）可得：，
根据题意可设直线，
联立方程，消去y得，
则，
可得，①
由题意可知x轴为直线PA与直线PB的对称轴，则，
可得，
因为，可得，
整理得，②
将①代入②得：，解得，
所以存在点P，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等，此时.
  
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
21．设A是由个实数组成的m行n列的数表，如果某一行（或某一列）各数之和为负数，则改变该行（或该列）中所有数的符号，称为一次“操作”．
(1)数表A如表1所示，若经过两次“操作”，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数，请写出每次“操作”后所得的数表（写出一种方法即可）：
1
2
3


1
0
1

表1
(2)数表A如表2所示，若必须经过两次“操作”，才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数a的所有可能值：
a








表2
(3)对由个实数组成的m行n列的任意一个数表A，能否经过有限次“操作”以后，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数？请说明理由．
【答案】(1)答案见解析；
(2)或
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据题中一次“操作”的含义，将原数表改变第4列，再改变第2行即可；或者改变第2行，改变第4列也可得（写出一种即可）；
（2） 每一列所有数之和分别为2，0，，0，每一行所有数之和分别为，1；①如果先操作第三列，第一行之和为，第二行之和为，再考虑第二次操作，由此列出不等关系解得；②如果操作第一行，再根据各列的和考虑第二次操作，由条件列不等式求，（3） 按要求对某行（或某列）操作一次时，则该行的行和（或该列的列和），由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中mn个数之和增加，由此证明结论．
【详解】（1）法1：
1
2
3

改变第四列
1
2
3

改变第二行
1
2
3


1
0
1

1
0



0


法2：
1
2
3

改变第二行
1
2
3

改变第四列
1
2
3


1
0
1


0



0


法3：
1
2
3

改变第一列

2
3

改变第四列

2
3


1
0
1


0



0


（写出一种即可）
（2）数表A









每一列所有数之和分别为2，0，，0，每一行所有数之和分别为，1;
①如果先操作第三列，则









则第一行之和为，第二行之和为，
若，则，即，
再操作第二行，则









此时第四列为负数，不满足要求；
若，则，即，
再操作第一行，则









由已知，，又a为整数，
解得或，
若，则









若，则









所以或满足要求，
②如果先操作第一行，则









则第一列的所有数的和为，第二列的所有数的和为，
第三列的所有数的和为，第四列的所有数的和为，
若，则，与已知矛盾，
若，则，与已知矛盾，
若，则，又a为整数，
由已知，所以或，
若，则









再操作第三列即可，
若，则









再操作第三列即可.
综上，或，
（3）按要求对某行（或某列）操作一次时，则该行的行和（或该列的列和）由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中个数之和增加，且增加的幅度大于等于，但是每次操作都只是改变数表中某行（或某列）各数的符号，而不改变其绝对值，显然，数表中个数之和必然小于等于，可见其增加的趋势必在有限次之后终止,终止之时必然所有的行和与所有的列和均为非负整数，故结论成立.
【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.