精品解析：北京市房山区2023届高三二模数学试题及答案解析

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第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知等比数列的各项均为正数，的前项和为，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知正方形的边长为2，点P满足，则的值为（ ）
A．2B．C．4D．
5．下列函数中，是偶函数且有最小值的是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知圆的圆心在抛物线上，且此圆过定点，则圆与直线的位置关系为（ ）
A．相切B．相交C．相离D．不能确定
7．高为、满缸水量为的鱼缸的轴截面如图所示，现底部有一个小洞，满缸水从洞中流出，若鱼缸水深为时水的体积为，则函数的大致图像是
A．B．
C．D．
8．已知双曲线的方程为，点，分别在双曲线的左支和右支上，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
9．已知函数则“”是“在上单调递减”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
10．设集合，则（ ）
A．当时，B．对任意实数，
C．当时，D．对任意实数，
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11．若，则______．
12．已知角终边过点，角终边与角终边关于轴对称，则______；______．
13．已知函数，给出两个性质：
①在上是增函数；
②对任意，．
写出一个同时满足性质①和性质②的函数解析式，_______．
14．若函数的图象与直线有两个交点，则这两个交点横坐标的和为_______．
15．如图所示，在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点．给出下面几个结论：
①四边形是平行四边形；
②四边形可能是正方形；
③存在平面与直线垂直；
④任意平面与平面垂直；
⑤平面与平面夹角余弦的最大值为．
其中所有正确结论的序号是_______．
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16．在中，，，．
(1)求；
(2)若角为钝角，求的周长．
17．如图，已知直三棱柱中，，为中点，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题：
(1)证明：；
(2)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．
18．2021年3月教育部印发了《关于进一步加强中小学生睡眠管理工作的通知》，该《通知》指出，高中生每天睡眠时间应达到小时． 某学校为了解学生的睡眠情况，从高一和高二年级中随机抽取各40名学生，统计他们一周平均每天的睡眠时间作为样本，统计结果如图．
(1)从该校高一年级学生中随机抽取人，估计该生平均每天的睡眠时间不少于小时的概率；
(2)从该校高二年级学生中随机抽取人，这人中平均每天的睡眠时间为小时或小时的人数记为，求的分布列和数学期望；
(3)从该校高一年级学生中任取人，其平均每天的睡眠时间记为，从该校高二年级学生中任取人，其平均每天的睡眠时间记为，试比较方差与的大小．（只需写出结论）
19．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，求函数的最小值；
(3)证明：
20．已知椭圆的一个顶点为，焦距为． 椭圆的左、右顶点分别为，为椭圆上异于的动点，交直线于点，与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．
21．若项数为的有穷数列满足：，且对任意的，或是数列中的项，则称数列具有性质．
(1)判断数列是否具有性质，并说明理由；
(2)设数列具有性质，是中的任意一项，证明：一定是中的项；
(3)若数列具有性质，证明：当时，数列是等差数列．
房山区2023年高三年级第二次模拟考试数学答案解析
1．B
【分析】
考查两集合的基本运算，根据集合的运算规律即可得出答案.
【详解】
，
，故B选项正确，A选项错误，
，故C选项错误，
，故D选项错误，
故选：B.
2．D
【分析】
先化简原式，然后根据实部虚部确定复数所在象限.
【详解】
，
在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数与复平面的关系，属于基础题.
3．C
【分析】
根据已知条件列方程组来求得.
【详解】
设等比数列的公比为，
则，，，
两式相除得，解得（负根舍去），
所以.
故选：C
4．C
【分析】
利用数量积的定义和性质，即可计算结果.
【详解】
由条件可知

.
故选：C
5．D
【分析】
判断二次函数的对称轴，可得函数不是偶函数，判断选项A，根据函数的定义域判断选项B，判断得，从而得函数为偶函数，结合三角函数的性质可判断得该函数不具有最小值，从而判断选项C，根据，得函数为偶函数，再利用基本不等式求解出最小值，即可判断选项D.
【详解】
对A，二次函数的对称轴为，
不是偶函数，故A错误；
对B，函数的定义域为，
定义域不关于原点对称，所以不是偶函数，故B错误；
对C，，
定义域为，所以函数是偶函数，
结合三角函数的性质易判断函数无最小值，故C错误；
对D，，定义域为，
所以函数是偶函数，因为，，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以函数有最小值，故D正确.
故选：D
6．A
【分析】
根据抛物线的定义求得正确答案.
【详解】
抛物线的焦点为，准线方程为，
根据抛物线的定义可知，到焦点的距离等于到准线的距离，
所以圆与直线相切.
故选：A
7．B
【分析】
由函数的自变量为水深，函数值为鱼缸中水的体积，得到函数图像过原点，再根据鱼缸的形状，得到随着水深的增加，体积的变化速度是先慢后快再慢的，即可求解.
【详解】
根据题意知，函数的自变量为水深，函数值为鱼缸中水的体积，所以当时，体积，所以函数图像过原点，故排除A、C；
再根据鱼缸的形状，下边较细，中间较粗，上边较细，所以随着水深的增加，体积的变化速度是先慢后快再慢的，故选B.
【点睛】
本题主要考查了函数的使用应用问题，其中解答中根据水缸的形状，得到函数的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
8．A
【分析】
根据双曲线渐近线的斜率求得直线的斜率的取值范围.
【详解】
双曲线的渐近线方程为，斜率为，
依题意，点，分别在双曲线的左支和右支上，
所以直线的斜率的取值范围是.
故选：A
9．B
【分析】
求得在上单调递减时的取值范围，从而判断出充分、必要条件.
【详解】
若在上单调递减，
则，解得.
所以“”是“在上单调递减”的必要而不充分条件.
故选：B
10．C
【分析】
依据选项将点代入验证即可.
【详解】
当时，，
将代入A得：成立，故，即A错误；
若时，此时将代入不成立，即B错误；
当时，此时将代入不成立，即C正确；
若时，此时将代入A得成立，即D错误；
故选：C.
11．1
【分析】
利用赋值法即可求解系数和.
【详解】
在中，
令得：，
故答案为：1.
12． ##0.6
【分析】
根据三角函数的定义求出角的正切值，得到点关于轴的对称点，即可求得，再结合余弦的差角公式即可得到结果.
【详解】
由题意，角终边过点，由三角函数定义知：，
，，
由角终边与角终边关于轴对称得角的终边过点，
所以，，
故.
故答案为：，.
13．（答案不唯一）
【分析】
取函数，检验条件①②即可.
【详解】
取函数，由指数函数的单调性可知，
函数在上为增函数，满足性质①；
因为恒成立，所以恒成立，
所以对任意，，满足性质②.
故答案为：（答案不唯一）
14．
【分析】
根据三角函数的对称性求得正确答案.
【详解】
当时，，
由解得，
所以两个交点横坐标的和为.
故答案为：
15．①④⑤
【分析】
通过几何性质得出四边形的形状，由线线、线面垂直即可得出面与直线和面的关系，以及面与面夹角余弦的最大值.
【详解】
由题意，
在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点，
由平面平面, 并且四点共面，
∴, 同理可证，，
故四边形一定是平行四边形，故①正确；
②在正方体中，由几何知识得，面，
∵面，∴，
若是正方形, 有, 这个与矛盾，故②错误；
③由几何知识得, 面，小于，
若直线与平面垂直，则直线，
∴平面与直线不可能垂直，故③错误.
④设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示，
由几何知识得，,
∴,
∵，
∴，
∵面，面，面，
∴面，
∵面，
∴任意平面与平面垂直，故④正确.
⑤由几何知识得，当点和分别是对应边的中点时, 平面与面夹角最大，
∵
为：,故⑤正确.
故答案为：①④⑤.
【点睛】
本题考查线面垂直和面面垂直的证明，考查学生的数形结合能力，转化能力，逻辑推理能力与运算求解能力，考查直观想象，数学运算和立体几何的画图能力，具有极强的综合性.
16．(1)
(2)18
【分析】
（1）用二倍角公式及正弦定理即可求解；
（2）用角余弦定理即可求出.
【详解】
（1）
在中，因为，所以，
因为，，所以，
由，得，
解得
（2）因为，为钝角，所以，
由得，
整理得，解得或（舍），所以.
所以的周长为.
17．(1)证明详见解析
(2)条件选择见解析，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】
（1）若选①，则通过证明平面来证得.若选②，则先证明，然后通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）若选择条件①:，连接，
在直三棱柱中，平面，平面，
所以.
在三角形中，，为的中点，
所以，由于，平面，
所以平面，由于平面，所以，
由于，，平面，
所以平面，
由于平面，所以.
若选择条件②：，连接，
由于是中点，所以，
根据直三棱柱的性质可知，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
由于，所以，
所以，则，则，
由于，平面，所以平面，
由于平面，所以.
（2）先得到:
若选①，则在中，由，得，
又，所以，.
若选②，则.
在三角形中，，所以，
所以，
根据直三棱柱的性质可知，，
以点为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
18．(1)
(2)分布列详见解析，
(3)
【分析】
（1）根据古典概型概率计算公司号求得正确答案.
（2）先求得高二学生平均每天的睡眠时间为小时或小时的概率，然后根据二项分布的知识求得的分布列和数学期望.
（3）通过观察条形图求得正确答案.
【详解】
（1）记事件为“从该校高一学生中随机抽取人，该生平均每天的睡眠时间不少于小时”，
样本中高一学生人数为：，
其中平均每天的睡眠时间不少于小时的人数为，
则：.
（2）从高二年级学生中随机抽取1人，
其平均每天的睡眠时间为小时或小时的概率为.
的可能取值为
.
的分布列为：
.
（3）通过观察条形图可知，高一年级和高二年级的统计数据有对称性，
根据方差的定义可知：.
19．(1)
(2)
(3)证明详见解析
【分析】
（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）利用导数研究在区间上的单调性，由此求得在区间上的最小值.
（3）结合（2）的结论证得不等式成立.
【详解】
（1）.
所以，，
所以在点处切线的方程为，
即.
（2）当时，，，
令，则.
当时，，所以在单调递减.
所以.
所以，函数在上单调递减.
函数在上单调递减.
所以，即函数的最小值为.
（3）由（2）可知在上单调递减.
又因为，
所以.
所以，即
20．(1)
(2)经过定点，定点为
【分析】
（1）根据椭圆的基本性质求解、、即可；
（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，得到、两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.
【详解】
（1） 椭圆 的一个顶点为，焦距为，
， 解得，
椭圆 的方程为 .
（2）在直线 上，则点 ，
由 ，得 ，
由 ,得 ，
，
，

，
，
直线过定点 .
【点睛】
（1）利用椭圆的基本性质，结合椭圆的定量关系可求得所要的椭圆方程；
（2）直线经过定点问题，使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，这样得到直线上两点，写出直线方程，化为点斜式的方程，可得到直线所过的定点.
21．(1)数列具有性质，理由见解析；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）由数列中，得到，一定是数列中的项，即可求解；
（2）根据题意，得到一定不是数列中的项，进而证得一定是数列中的项；
（3）根据题意得到，且，进而得到，得到，当，证得，当，得到，由时，得到，两式相减得出，结合等差中项公式，即可求解.
【详解】
（1）解：数列具有性质.
理由：根据有穷数列满足：，且对任意的，或 是数列中的项，则称数列具有性质，
对于数列中，若对任意的，可得或或，
可得一定是数列中的项，所以数列具有性质.
（2）证明：由是数列中的任意一项，
因为数列具有性质，即或 是数列中的项，
令，可得或 是数列中的项，
又因为，可得一定不是数列中的项，
所以一定是数列中的项.
（3）解：由数列具有性质，可得，所以，
则，且，
又由，所以，
又由，
①设，因为
可得，
当时，可得， （）
②设，则，所以，
由，
又由，
可得，
所以，
因为，由以上可知：且，
所以且，所以，（）
由（）知，
两式相减，可得，
所以当时，数列为等差数列.