北京市海淀区首都师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期5月三模 数学试题（含解析）

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一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，点对应的复数为，则实数（ ）
A．1B．C．2D．
3．下列函数既是奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
4．设 为等比数列 的前 项和，已知 ，则公比 （ ）
A．2B．-2C．D．
5．下列命题中，真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
6．已知抛物线的焦点为F、点M在抛物线上，MN垂直y轴于点N，若，则的面积为（ ）
A．8B．C．D．
7．函数的部分图象如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知直线和圆，则“”是“存在唯一k使得直线l与相切”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
9．十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．27D．
10．已知数列的通项公式为，前n项和为，前n项积为.则下列结论正确的个数为（ ）
①既有最小值，又有最大值，
②满足的n的值共有6个；
③使取得最小值的n为7；
④有最小值，无最大值；
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
11．在的展开式中，常数项为 .（用数字作答）
12．已知双曲线C的焦点为，实轴长为2，则双曲线C的离心率为 ，渐近线方程为 ．
13．已知点，，O为坐标原点，则的取值范围是 ．
14．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为 ．（参考数据：（）
15．设函数（且）．给出下列四个结论：
①当时，存在，方程有唯一解；
②当时，存在，方程有三个解；
③对任意实数（且），的值域为；
④存在实数，使得在区间上单调递增；
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．在中，已知．
（1）求角C的大小；
（2）若，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，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：的周长是．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17．如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点．
（1）证明：；
（2）证明：；
（3）当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为．
18．某社区计划组织一次公益讲座向居民普及垃圾分类知识，为掌握居民对垃圾分类知识的了解情况并评估讲座的效果，主办方从全体居民中随机抽取10位参加试讲讲座活动，让他们在试讲讲座前后分别回答一份垃圾分类知识问卷．试讲讲座前后，这10位居民答卷的正确率如下表：
根据居民答卷的正确率可以将他们垃圾分类的知识水平分为以下三个层级：
假设每位居民回答问卷的结果之间互相独立，用频率估计概率．
（1）正式讲座前．从该社区的全体居民中随机抽取1人，试估计该居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的概率；
（2）正式讲座前，从该社区的全体居民中随机抽取3人，这3人垃圾分类知识水平分别是“一般”、“良好”、“良好”．设随机变量X为“这3人讲座后垃圾分类知识水平达到‘优秀’、的人数”，试估计X的分布列和数学期望；
（3）在未参加讲座的全部居民中再随机抽取若干人参加下一轮的公益讲座并让他们在讲座前后分别填写问卷．从讲座后的答卷中随机抽取一份，如果完成该答卷的居民的知识水平为“良好”，他在讲座前属于哪一知识水平的概率最大？（结论不要求证明）
19．已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求的最小值；
（3）设，已知，求的取值范围．
20．已知椭圆的左焦点为，且点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知，点P为椭圆C上一点．
（ⅰ）若点P在第一象限内，延长线交y轴于点Q，与的面积之比为1∶2，求点P坐标；
（ⅱ）设直线与椭圆C的另一个交点为点B，直线与椭圆C的另一个交点为点D．设，求证：当点P在椭圆C上运动时，为定值．
21．已知有限数列，从数列中选取第项、第项、、第项（），顺次排列构成数列，其中，，则称新数列为的长度为m的子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列，若数列的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列为完全数列．设数列满足，．
（1）判断下面数列的两个子列是否为完全数列，并说明由；
数列①：3，5，7，9，11；数列②：2，4，8，16．
（2）数列的子列长度为m，且为完全数列，证明：m的最大值为6；
（3）数列的子列长度，且为完全数列，求的最大值．
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，，
所以.
故选B
2．【答案】D
【详解】因为对应点为,
所以,
即得.
故选D.
3．【答案】D
【详解】对A：因为函数的定义域为，定义域不关于原点对称，所以为非奇非偶函数，故A错误；
对B：，所以函数为偶函数，故B错误；
对C：根据正切函数的性质可知，函数在不具有单调性，故C错误；
对D：函数的定义域为，，故函数为奇函数，
又，所以函数在上单调递增.
故选D
4．【答案】A
【分析】根据数列的前项和与的关系，两式相减，即可求解.
【详解】由已知，，两式相减得，
，即，即.
故选A.
5．【答案】D
【分析】举反例即可判断ABC；根据基本不等式和指数运算即可判断D.
【详解】对于A：当时，则，故A错误；
对于B：当时，则，则，故B错误；
对于C：当时，根据对数函数单调性知，故C错误；
对于D：若，则，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选D.
6．【答案】C
【详解】
因为抛物线的焦点为，准线方程为，
所以，故，
不妨设在第一象限，故，
所以.
故选C.
7．【答案】B
【分析】先把函数解析式化成的形式，再结合函数的周期和值域求值.
【详解】因为.
由函数图象可知：；
又，所以，又.
故选B.
8．【答案】A
【详解】时，到的距离为，
故，解得，
满足存在唯一k使得直线l与相切”，充分性成立，
经过定点，
若，，若，此时直线，
直线与相切，另一条切线斜率不存在，
故满足存在唯一k使得直线l与相切”，
当在上，满足存在唯一k使得直线l与相切，
故，
又，解得，必要性不成立，
故“”是“存在唯一k使得直线l与相切”的充分不必要条件.
故选A
9．【答案】C
【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成.
记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为，
则，
.
所以
.
故选C.
10．【答案】C
【详解】对于①中，由数列的通项公式为，
可得，当时，数列的各项小于1，且是单调递减数列；
当时，数列的各项大于1，且是单调递减数列，
所以，数列的最小项为，最大项为，所以①正确；
对于②中，当时，满足；
当时，满足；当时，，
所以，满足时，，共有4个值，所以②不正确；
对于③中，当时，，随着的增大而增大，且；
当时，，随着n的增大而减小，
且，
当时，为正数，所以，
综上所述，使得取得最小值的为7，所以③正确；
对于④中，由上述中的讨论，可得在中，只有为负数，且，
所以存在最小值或，
从第8项开始，为正数，结合，可知随着的增大而增大，所以无最大值，
所以④正确.
故选C.
11．【答案】
【详解】解：二项式的展开式通项公式为．
令，解得，
故展开式的常数项为.
12．【答案】
【详解】设双曲线的半焦距为，由题设可得且焦点在轴上，
故可设双曲线方程为：，则即，
故即，故离心率为，渐近线方程为.
13．【答案】
【详解】设点,,
所以,即,
所以,
因为，
所以.
14．【答案】74
【详解】由于，所以，
依题意，则，
则，
由，
所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为74次．
15．【答案】①②④
【详解】当时，可得函数图象如下：
由；，，结合图象：
当时，函数单调递减，且；
当，函数单调递增，.
所以当时，方程有唯一解.故①正确；
当时，函数图象如下：
由；由图象可知，
当时，函数单调递减，；
当时，函数单调递增，；
当时，函数单调递增，.
因为，因为，所以，即.
所以，当时，方程有三个解.故②正确；
如图：
由，再由，
此时在上单调递减，在上单调递增，且，
所以此时函数的值域不是.故③错误；
由①可得，当时，函数在上单调递增.
即：存在实数，使得在区间上单调递增.故④正确.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，即，
可得，
且，所以.
（2）因为，，由正弦定理可得，
可得.
若选条件①：因为，，即，
可得，可知满足条件的角A有两个，不唯一，不合题意；
若选条件②：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
则，，
因为两角和两边均已确定，根据三角形全等可知三角形存在且唯一，
又因为，
所以的面积；
若选条件③：因为的周长是，
则，即，
由余弦定理可得，即，
整理可得，且，
可知方程有2个不相等的实根，
且，可知方程有2个不相等的正实根，
即边a不唯一，不合题意.
综上，只有选条件②符合题意.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
（3）2
【详解】（1）因为直线平面平面，
且平面平面，所以；
（2）过作，垂足为，
由题意知：为矩形，可得，
由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
可得平面ABCD，且平面，
所以.
（3）由（1）可知：平面ABCD，
取线段的中点，连接，则，，
又因为，可知，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为E为线段PF上一点，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得，
所以当，直线与平面夹角的正弦值为.
18．【答案】（1）
（2）答案见解析
（3）他在讲座前属于“一般”知识水平的概率最大.
【详解】（1）正式讲座前，10位选取的居民中，垃圾分类知识水平为“一般”的人数为5人，所以垃圾分类知识水平位“一般”的频率为：，
所以估计居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的频率为：.
（2）由表中提供的数据可得：正式讲座前，垃圾分类知识水平为“一般”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为：；
正式讲座前，垃圾分类知识水平为“良好”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为：.
由题意，的值可以为：0,1,2,3
且：，
.
所以的分布列为：
所以.
（3）从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“一般”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“良好”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“优秀”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从参加讲座后的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“良好”记为事件，则.
因为，，.
所以他在讲座前属于“一般”知识水平的概率最大.
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）由题设有，故，
而，故曲线在处的切线方程为，
故所求的切线方程为.
（2）由（1）可得，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故.
（3）由题设有，
故等价于或或，
设，其中，故，
当时，均在上为增函数，
故在上为增函数，故，故在上为增函数，
故，故无解；
当时，均在上为增函数，
故在上为增函数，故，故在上为减函数，
故，故的解为，
当时，即为，
设，故，
设，则，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，而，
且时，，故在上恒成立，
故在上为减函数，故，
故无解即无解，
综上，的解为.
20．【答案】（1）
（2），证明见解析
【详解】（1）由题意知，，则①，
又因点在上，
所以②，联立①、②式可得，
解之可得，，所以椭圆方程为.
（2）(i)由题意知，直线的斜率一定存在，
设其方程为，根据题意可知，如图所示，
令，则，即点坐标为，
设点到直线的距离为，
又因是的中点，所以点到直线为，
又因与的面积之比为1∶2，
所以，所以，
即点是的中点，所以可得点坐标为，
又因点在椭圆上，所以，
解之可得，所以点坐标为；
(ii)设，，直线的方程为，
其中，则，
联立，可得，
根据韦达定理可知，因为，
所以，所以，
，
设直线的方程为，其中，
同理可得，
所以
，
所以为定值.
21．【答案】（1）数列①不是完全数列，数列②是完全数列，理由见详解
（2）证明见详解
（3）
【详解】（1）数列①不是完全数列，数列②是完全数列，理由如下：
数列①：因为，所以数列①不是完全数列；
数列②：因为，
，
即每一子列的所有项的和都不相同，所以数列②是完全数列.
（2）假设存在完全数列，其长度为，则，
则长度为的数列的每一子列的所有项的和有个，
设其所有项的和的最小值为，最大值为，
则，
可得，
整理得，
当时，；
当时，；
当时，；
当，则，，
所以；
综上所述：当时，不存在，使得成立.
所以假设不成立，则，且，符合题意，
所以m的最大值为6.
（3）因为长度，且为完全数列，且，
可知的最小值为1，的最小值为2，取；
因为，则的最小值为4，取；
因为，则的最小值为8，取；
因为，
，
则的最小值为16，取；
此时均取到对应的最小值，则均取到对应的最大值，
则，
所以的最大值为.编号正确率
1号
2号
3号
4号
5号
6号
7号
8号
9号
10号
试讲讲座前
65%
60%
0%
100%
65%
75%
90%
85%
80%
60%
试讲讲座后
90%
85%
80%
95%
85%
85%
95%
100%
85%
90%
答卷正确率p
垃圾分类知识水平
一般
良好
优秀
0
1
2
3