北京市门头沟区2023-2024学年高三下学期3月综合练习（一模）数学试卷（原卷及解析版）

这是一份北京市门头沟区2023-2024学年高三下学期3月综合练习（一模）数学试卷（原卷及解析版），文件包含精品解析北京市门头沟区2023-2024学年高三下学期3月综合练习一模数学试卷原卷版docx、精品解析北京市门头沟区2023-2024学年高三下学期3月综合练习一模数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

1. 已知集合，集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求,判断选项.
【详解】根据题意可得，，
故选：A
2. 在复平面内，复数满足，则的虚部为（）
A. B.
C. 3D. -3
【答案】D
【解析】
【分析】由，化简得到求解.
【详解】解：因为复数满足，
所以，
所以的虚部为-3，
故选：D
3. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可.
【详解】对于A：定义域为，为非奇非偶函数，故A错误；
对于B：定义域为，为奇函数，但是函数在上单调递减，故B错误；
对于C：为奇函数，定义域为，但是函数在上不单调，故C错误；
对于D：令定义域为，且，
所以为奇函数，且当时，函数在上单调递增，故D正确.
故选：D
4. 已知双曲线经过点，离心率为2，则的标准方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意设出双曲线方程，在根据离心率公式，即可求出。
【详解】由题意知，双曲线的焦点在轴上，
设双曲线的方程为，
则，
因为，所以，
所以，
所以双曲线的标准方程为.
故选：C
5. 已知等差数列的前项和为，若，则（）
A. 54B. 63
C72D. 135
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出，再求出.
【详解】等差数列中，由，得，解得，而，
所以.
故选：B
6. 设，则 “ ” 是 “ ” 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
【解析】
【分析】利用特殊值法，和对数函数的性质与逻辑关系进行判断选项.
【详解】若,由，取，但是，
而，则,又，则中至少有一个大于1，
若都小于等于1，根据不等式的性质可知，乘积也小于等于1，与乘积大于1矛盾，
则,故，
所以是的必要而不充分条件.
故选：B
7. 在中，，则的面积为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，再利用面积公式求解.
【详解】，
解得，则，
所以.
故选：A.
8. 在中，，，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将两边平方，即可得到，再由数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，所以，
即，
所以，即，
所以.
故选：B
9. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，则当变化时，的最大值与最小值之差为（）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由直线方程得到其过定点，而可看成单位圆上的一点，故可将求点到直线之距转化为求圆心到直线之距，要使距离最大，需使直线，此时最大距离即圆心到点的距离再加上半径即得.
【详解】由直线整理得，可知直线经过定点，
而由知，点可看成圆上的动点，
于是求点到直线的距离最值可通过求圆心到直线的距离得到.
如图知当直线与圆相交时，到直线的距离最小值为，
要使点到直线距离最大，需使圆心到直线距离最大，
又因直线过定点，故当且仅当时距离最大，（若直线与不垂直，则过点作直线的垂线段长必定比短）
此时，故点到直线距离的最大值为，即的最大值与最小值之差为.
故选：D.
10. 如图，正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的个数是（）
（1）三棱锥的体积为定值；
（2）直线与平面所成的角的大小不变；
（3）直线与所成的仍的大小不变，
（4）．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得面，可得上任意一点到平面的距离相等，即可判断（1）；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，即可判断（2）；根据线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面垂直的判定定理可证平面，即可判断（4）
【详解】
对于（1），因为，面，面，所以面，
所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；
对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；
对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,
又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；
对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又平面，且平面，所以，又，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，
又，平面，所以平面，
且平面，所以，故正确；
故选：C
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. 的展开式中常数项为________ (用数字作答)
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由题意可得二项式展开式的通项公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为展开式的通项公式为，
令可得，则展开式中的常数项为.
故答案为：
12. 已知抛物线的焦点为，点在上，若，则到直线的距离为：________．
【答案】4
【解析】
【分析】由抛物线的性质得到到的准线的距离，然后解出的横坐标，最后求出到直线的距离即可.
【详解】由点在上，的焦点为，准线为，知到直线的距离等于.
而，故到直线的距离为.
设的坐标为，由到直线的距离为，知，所以或.而，故.
所以到直线的距离为.
故答案为：.
13. 若函数的最大值为，则________，________．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式，求解
【详解】，
由最大值为，,则,
所以，
所以，
故答案为：；
14. 已知数列是各项均为正数的等比数列，为其前项和，，则________；记，若存在使得最大，则的值为________．
【答案】 ①. 4 ②. 3或4
【解析】
【分析】由已知利用等比数列的性质可求，又，可得，解得或，即可求得，分类讨论可求的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，
所以解得或；
若时，可得，则，
且的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，
所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，则，
且的值为，…，
可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，
前项均为正数且大于等于，
所以存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.
故答案为：4；3或4
15. 设，函数，给出下列四个结论：
①当时，的最小值为；
②存在，使得只有一个零点；
③存在，使得有三个不同零点；
④，在上是单调递增函数．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】②③
【解析】
【分析】分析函数在上的取值范围即可判断①，对零点在、讨论，即可判断②，③，使得函数在各段单调性，且在断点左侧的函数值不大于断点右侧函数值，即可判断④.
【详解】因为，
当时，则函数在上单调递增，
又函数的对称轴为，
对于①：当时，
当时，所以，即，故①错误；
对于②：当零点位于时，则，解得，
此时，
若，即时在上单调递增，
此时只需，解得或，所以，
若，即时，此时，则在上至少还有个零点，故不符合题意，
所以；
当零点位于，此时在上无零点，则，解得，
此时且，
要使函数只有一个零点，则只需，解得，
又，显然无解，所以此种情况不符合题意；
综上可得当时只有一个零点，故②正确；
对于③：使得有三个不同零点，则必然是在上有一个零点，在上有两个零点，
则，解得，
所以当时有三个不同零点，故③正确；
对于④：若在上是单调递增函数，则，解得，
所以当时在上是单调递增函数，故④错误.
故答案为：②③
【点睛】关键点点睛：第②问关键是分零点所在区间讨论，结合二次函数的性质得到不等式组，求出参数的取值范围，第③问关键是分析得到在上有一个零点，在上有两个零点.
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. 如图，在四棱锥中，平面，，为棱的中点．
（1）求证：//平面；
（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点为，证明//，即可由线线平行证明线面平行；
（2）过作平面的垂线，结合几何特点求得，再求线面角的正弦值即可.
小问1详解】
取中点为，连接，如下所示：
在△中，因为分别为的中点，故//；
又，故//，则四边形为平行四边形，//；
又面面，故//面.
【小问2详解】
过点作延长线的垂线，垂足为，连接，如下所示：
由（1）可知，//，故平面也即平面；
因为//，则；
又面面，故；
又面，故面；
又面，则，又；
面，故面，
则即为与平面的夹角；
在△中，因为，则，；
在△中，因为，，则；
又，，即直线与平面所成角的正弦值为.
17. 设函数，已知，，在区间上单调，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在．
（1）求的值；
（2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：为函数的图象的一个对称中心；
条件②：直线为函数的图象的一条对称轴；
条件③：函数的图象可由的图象平移得到．
注：如果选择的条件不符合要求，得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）条件①，条件②，条件③均可唯一确定满足条件的函数，同时，；
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件证明，，然后将①②③中的每个条件逐个转化为函数值的条件，即可求出函数的表达式，从而得到的值；
（2）将条件转化为关于的方程在上的根的个数，然后对不同区间上的分类讨论即可.
【小问1详解】
由，知，从而.
而在区间上单调，的周期为，
这意味着，即，故.
注意到，从而有：
，，
所以，，即，而，故.
从而，故.
若选择条件①，则为函数的图象的一个对称中心，从而这等价于，
所以，从而，故，
所以，由知，故；
若选择条件②，则直线为函数的图象的一条对称轴，从而，
而在区间上单调，，故.
从而，所以，故，
所以，由知，故；
若选择条件③，则函数的图象可由的图象平移得到，所以二者的最小正周期一定相等，
故，所以，故.
最后，验证即知满足全部的题目条件以及条件①②③.
以上过程表明，无论选择①②③中的哪个条件，均可唯一确定满足条件的函数.
最后，由，得，故，；
【小问2详解】
条件等价于，关于的方程即在上恰有一个解.
记，则，从而和一一对应，
这就表明条件等价于关于的方程在上恰有一个解.
设，则在上递增，在上递减，，，.
此时，若，则，方程无解，不满足条件；
若，则当时，；
当时，.
故方程在上无解，不满足条件；
若，由，，，
知方程在和上各至少有一个根，
从而在上至少有两个根，不满足条件；
若，则当时，.
故方程在上无解；
而在上单调，且，，
所以方程在上恰有一个根.
这就表明方程在上恰有一个根，满足条件；
若，则，当且仅当时等号成立.
而，故当且仅当时等号成立，
故方程在上恰有一个根，满足条件.
综上，的取值范围是.
18. 2024年1月11日，记者从门头沟区两会上获悉，目前国道109新线高速公路（简称新高速)全线35坐桥梁主体结构已全部完成，项目整体进度已达到，预计今年上半年开始通车，通车后从西六环到门头沟区清水镇车程将缩短到40分钟。新高速全线设颀主线收费站两处（分别位于安家庄和西台子)和匝道收费站四处 (分别位于雁翅、火村、消水和斋堂)。新高速的建成为市民出行带来了很大便利，为此有关部门特意从门头沟某居民小区中随机抽取了200位打算利用新高速出行的居民，对其出行的原因和下高速的出口进行了问卷调查（问卷中每位居民只填写一种出行原因和对应的一个下高速的出口)，具体情况如下：
（假设该小区所有打算利用新高速出行的居民的出行相对独立，且均选择上表中的一个高速出口下高速）。
（1）从被调查的居民中随机选1人，求该居民利用新高速出行探亲且在清水出口下高速的概率；
（2）用上表样本的频率估计概率，从该小区所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取2人，从出行旅游的人中随机抽取1人，这三人中从斋堂出口下高速的人数记为，求的分布列和数学期望；
（3）用上表样本的频率估计概率，从该小区所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取 1 人，用 “”表示此人从斋堂出口下高速，“”表示此人不从斋堂出口下高速：从该小区所有打算利用新高速出行旅游的人中随机抽取1人，用 “”表示此人从斋堂出口下高速，“”表示此人不从斋堂出口下高速，写出方差的大小关系． (结论不要求证明）．
【答案】（1）
（2）见详解（3）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型在清水出口下高速的人数比总样本数即可得到概论。
（2）由题意，随机变量的所有可能为0，1，2，3，分别求出概率，即可求出分布列，利用期望公式求出期望。
（3）通过对，方差的估算，即可得出。
【小问1详解】
解：样本中被调查的居民人数为200，
其中利用新高速出行探亲且在清水出口下高速的人数为10，
所以该居民利用新高速出行探亲且在清水出口下高速的概率为：，
【小问2详解】
解：从样本中所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取1人，此人从斋堂出口下高速的概率为；
从样本中所有打算利用新高速出行旅游的人中随机抽取1人，此人从斋堂出口下高速的概率为，
由题设，的所有可能取值为0，1，2，3.
,
，
，
，
所以随机变量X的分布列为：
所以X的数学期望.
【小问3详解】
解：
19. 已知椭圆的离心率为，椭圆的上顶点为A，右顶点为，点为坐标原点，的面积为 2 ．
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且不过点的直线与椭圆交于两点，直线与直线交于点，试判断直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）CN斜率为定值1，理由见详解.
【解析】
【分析】（1）根据离心率，的面积为 2，和列方程组求解.
（2）设出两点坐标，先考虑直线斜率不存在的情况求出CN的斜率为定值1，若CN的斜率存在，设出直线的方程，与椭圆方程联立消去，利用韦达定理表示，然后用表示CN的斜率并化简出结果.
【小问1详解】
由已知可得解得，所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，不妨设此时
，则，则直线NC的斜率为.
当直线的斜率存在时，设其方程为，设
则直线MQ的方程为，令，得，
由消去得：，
由于点P在椭圆内，则必有，则
所以
所以，所以CN的斜率为定值1.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的极值；
（3）当时，判断零点个数，并说明理由．
【答案】（1）
（2），无极小值
（3）当时有一个零点，当时无零点
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值；
（3）依题意可得，令，则判断的零点个数，即判断的零点个数，利用导数说明的单调性，求出，再令，，利用导数说明的单调性，即可求出，从而得解.
【小问1详解】
当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
令，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
【小问3详解】
令，即，
因为，所以，
令，
所以判断的零点个数，即判断的零点个数，
又，，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，
则，因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当时有一个零点，即有一个零点，
当时无零点，即无零点，
综上可得当时有一个零点，当时无零点.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为，利用导数求出，再构造函数，.
21. 已知数列，数列，其中，且，．记的前项和分别为，规定．记，且，，且
（1）若，，写出；
（2）若，写出所有满足条件的数列，并说明理由；
（3）若，且．证明：，使得．
【答案】（1）,，
（2）或，理由见解析，
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意直接代入即可；
（2）由中最大和最小元素是和, 所以有，则，所以.进而分类讨论即可；
（3）受（2）问启发，分别找出和中最大和最小元素，根据已知，则对应元素相等，再由得到，又，是中元素，又，,所以中元素比大的只可能有，，，，进而得证.
【小问1详解】
由，得，，，，所以；
由得,,,,所以.
【小问2详解】
由，所以，，所以对于，有， 则，所以.
当，由得，又，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又，所以，
经检验不符合题意，舍去, 或符合题意；
小问3详解】
，，
中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又，，,
又，又，是中元素，
又，
,所以中元素比大的只可能有，，，
，又,，
，使得．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.项目
斋堂出口
清水出口
安家庄出口
雁翅出口
火村出口
西台子出口
上班
40
8
2
5
3
2
旅游
30
20
10
10
12
8
探亲
16
10
10
5
5
4
0
1
2
3