北京市东城区2023-2024学年高三下学期综合练习（一）（一模）数学试题及答案

这是一份北京市东城区2023-2024学年高三下学期综合练习（一）（一模）数学试题及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．如图所示，是全集，是的子集，则阴影部分所表示的集合是（ ）

A．B．C．D．
2．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线的离心率为2，则（ ）
A．3B．C．D．
4．设函数，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数的最小正周期为，最大值为，则函数的图象（ ）
A．关于直线对称
B．关于点对称
C．关于直线对称
D．关于点对称
6．已知，若，则的取值可以为（ ）
A．2B．1C．D．
7．《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为，高为.首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦，全年级共500人，需要准备的粘土量（不计损耗）与下列哪个数字最接近.（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
8．设等差数列的公差为，则“”是“为递增数列”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
9．如图1，正三角形与以为直径的半圆拼在一起，是弧的中点，为的中心.现将沿翻折为，记的中心为，如图2.设直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知是定义在上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，设函数，下列说法正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则存在实数，使得在上单调递增
B．对于任意实数，若在上单调递增，则在上单调递增
C．对于任意实数，若存在实数，使得，则存在实数，使得
D．若函数满足：当时，，当时，，则为的最小值
二、填空题
11．若复数，则 .
12．设向量，且，则 .
13．已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是 ， .
14．已知抛物线的焦点为，则的坐标为 ；抛物线的焦点为，若直线分别与交于两点；且，则 .
15．已知数列的各项均为正数，满足，其中常数.给出下列四个判断：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④，存在实数，使得.
其中所有正确判断的序号是 .
三、解答题
16．在中，.
(1)求；
(2)若为边的中点，且，求的值.
17．某中学为了解本校高二年级学生阅读水平现状，从该年级学生中随机抽取100人进行一般现代文阅读速度的测试，以每位学生平均每分钟阅读的字数作为该学生的阅读速度，将测试结果整理得到如下频率分布直方图：

(1)若该校高二年级有1500人，试估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数；
(2)用频率估计概率，从该校高二学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为，求的分布列与数学期望；
(3)若某班有10名学生参加测试，他们的阅读速度如下：506，516，553，592，617，632，667，693，723，776，从这10名学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为，试判断数学期望与（2）中的的大小.（结论不要求证明）
18．如图，在五面体中，底面为正方形，.

(1)求证：；
(2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②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
19．已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)设，求函数的最小值；
(3)若，求实数的值.
20．已知椭圆的短轴长为，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，直线是圆的一条切线，且直线与椭圆交于两点，若平行四边形的顶点恰好在椭圆上，求平行四边形的面积.
21．有穷数列中，令，
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
参考答案：
1．D
【分析】由给定的韦恩图分析出阴影部分所表示的集合中元素满足的条件，再根据集合运算的定义即可得解.
【详解】由韦恩图可知阴影部分所表示的集合是.
故选：D.
2．C
【分析】举出反例即可判断ABD，利用作差法即可判断C.
【详解】当时，，故AD错误；
当时，，故B错误；
对于C，因为，所以，因为，所以且，
则，
所以，故C正确.
故选：C.
3．B
【详解】由双曲线可得：，
，所以，
故选：B.
4．A
【分析】根据函数解析式，分别计算即可得解.
【详解】函数的定义域为，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于CD，当时，，故CD错误.
故选：A.
5．C
【分析】先利用辅助角公式化一，再根据周期性求出，根据最值求出，再根据正弦函数的对称性逐一判断即可.
【详解】，其中，
因为函数的最小正周期为，
所以，解得，
因为函数的最大值为，
所以，解得（舍去），
所以，
因为，
所以函数图象不关于直线对称，也不关于点对称，故AB错误；
因为，
所以函数图象关于直线对称，不关于点对称，故C正确，D错误.
故选：C.
6．A
【分析】借助赋值法计算即可得.
【详解】令，有，
即或.
故选：A.
7．B
【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量.
【详解】由条件可得四片瓦的体积（）
所以500名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为（），
又，
所以共需粘土的体积为约为，
故选：B.
8．A
【分析】利用等差数列通项公式求出，再利用单调数列的定义，结合充分条件、必要条件的意义判断即得.
【详解】由等差数列的公差为，得，则，
当时，，而，则，因此，为递增数列；
当为递增数列时，则，即有，整理得，不能推出，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
9．C
【分析】结合题意，可得，直线在平面的投影为直线，借助正弦定理计算可得，借助导数得到的最大值即可得的最大值.
【详解】取中点，连接，，由三角形为正三角形，故在线段上，
且，即，
由题意可得，，、平面，，
故平面，又平面，故直线在平面的投影为直线，
即，则有，
整理可得，，
令，，
故当时，，当时，，
令，且，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
即有最大值，
即有最大值，则有最大值.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助正弦定理表示出与的关系，通过导数计算出的最大值从而得到的最大值.
10．D
【分析】首先理解函数表达的是函数图像上两点割线的斜率，当时，表示的为切线斜率，然后举反例设可判断A错误；设可得B错误；设可得C错误；由函数单调性的定义可以判断D正确.
【详解】函数表达的是函数图象上两点割线的斜率，当时，表示的为切线斜率；所以
对于A：因为是定义在上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，且在上单调递增，
所以设，则，此时为常数，即任意两点的割线的斜率为常数，故A错误；
对于B：设，
由图象可知，
当时，随增大，点与点连线的割线斜率越来越大，即单调递增，但在不是单调函数，故B错误；
对于C：因为对于任意实数存在实数，使得，说明为有界函数，所以设，
但割线的斜率不一定有界，如图
当时，割线的斜率趋于正无穷，故C错误；
对于D：因为函数满足：当时，，
即，
因为，，所以；
同理，当时，，
即，
因为，，所以；
所以为的最小值，故D正确；
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解函数表达的是函数图像上两点割线的斜率，当时，表示的为切线斜率，然后通过熟悉的函数可逐项判断.
11．
【解析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的模长公式可计算出的值.
【详解】，因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查复数模的计算，同时也考查了复数的除法运算，考查计算能力，属于基础题.
12．/
【分析】根据数量积的定义，向量共线的坐标表示，结合已知条件，求解即可.
【详解】设的夹角为，
，故，又，故，方向相同，
又，则，解得，满足题意.
故答案为：.
13． （答案不唯一，符合题意即可） （答案不唯一，符合题意即可）
【分析】由角的终边关于直线对称，可得，再由可得或，即可求出答案.
【详解】因为角的终边关于直线对称，
则，，则，
因为，所以，
所有或，，
解得：或，，
取，的一个值可以为，的一个值可以为.
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；（答案不唯一，符合题意即可）.
14．
【分析】根据抛物线的方程即可得出焦点坐标，根据抛物线的定义求出，进而可得出.
【详解】由抛物线，可得，
设，
则，
故，所以，
所以.

故答案为：；.
15．②③④
【分析】①直接取找矛盾；②通过，利用累加法求的范围；③假设找矛盾；④取，根据函数单调性来确定其成立.
【详解】对于①：若，则，
当时，，与矛盾，①错误；
对于②：若，则，所以，
又，若，该不等式恒成立，即，
由
由于，所以，
所以，所以时，，累加得，
所以，所以，
综合得，②正确；
对于③：若，，
假设，则，与矛盾，故，③正确；
对于④：当时，若，则，此时，
根据二次函数可得其在上单调递增，并增加得越来越快，但是函数在上单调递增，但增加速度恒定，故在的情况下，必成立，即存在实数，使得，④正确，
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：对于数列判断题，我们可以通过赋值，举例的方法对选项进行确认和排除.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理可得，结合三角和为及诱导公式可得，即可得答案；
（2）在中，由正弦定理可求得，从而可得，在中，利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，又因为，
所以；
（2）解：因为为边的中点，，
所以,
设,
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
又因为，所以，

在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即.
17．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）借助频率分布直方图计算即可得；
（2）借助频率分布直方图可得阅读速度达到540字/分钟及以上的概率，得到的可能取值及其对应概率即可得，再计算期望即可；
（3）借助期望计算公式计算即可得.
【详解】（1），
故可估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数为人；
（2）从中任取一人，其阅读速度达到540字/分钟及以上的概率为：
，
的可能取值为、、、，
，
，
，
，
则其分布列为：
其期望为：；
（3），理由如下：
这10名学生中，阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为人，
的可能取值为、、，
，
，
，
则，
故.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，再利用线面平行的性质证明；
（2）选①②：证明 平面，建立以M为原点的空间坐标系，求出平面的法向量，利用线面角公式求解
【详解】（1）证明：底面为正方形,则，又平面，平面，
则平面，又平面平面，平面，故.
（2）选①，取中点G,连接，因为，所以，
易知为梯形的中位线，则，
又平面，故平面，平面，
则平面，且必相交，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.

选②：取中点G, 连接，易知为梯形的中位线，，
则，由题，，则，故
又平面，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.

19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）利用导数求出函数的单调区间，进而可求出最小值；
（3）分和两种情况讨论，在时，再分和两种情况讨论，分离参数，构造函数并求出其最值，即可得解.
【详解】（1），
则，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2），
，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以；
（3）函数的定义域为，
当时，，
则，即，
即，
由（2）得，
令，则，
所以在上单调递增，
又当时，，
因为，所以，
此时不恒成立，故不符题意；
当时，若，则，
则，即，即，
由上可知函数在上单调递增，
所以，
所以，解得①，
若，则，即，即，
由上可知函数在上单调递增，
所以，
所以，解得②，
由①②可得，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）分切线斜率是否存在两种情况讨论，当切线的斜率存在时，设切线方程为，先求出的关系，设，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出，进而可求得线段的中点坐标，从而可求得点的坐标，再根据点在椭圆上，即可求得，再利用弦长公式求出，即可得解.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）当圆的切线斜率不存在时，切线方程为，
当切线方程为时，由椭圆的对称性可得，
因为，所以点不在椭圆上，不符题意，
当切线方程为时，由椭圆的对称性可得，
因为，所以点不在椭圆上，不符题意，
所以切线的斜率存在，设切线方程为，
则，所以①，
联立，整理得，
则，
解得，
设，则，
故，
所以线段的中点坐标为，
因为四边形为平行四边形，所以，
又因为点在椭圆上，
所以②，
将①代入②得，解得，
所以，
所以
，
所以.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．(1)、、、
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；
（2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解；
（3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
【详解】（1）为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
（2）由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
（3）时，
当时，
，
令且，则有，，
又，故，
即有，，
令且，则有，，
则，
即有，
故，即，
当时，
，
即亦成立，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.