2023届北京市第八中学高三上学期12月测试数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市第八中学高三上学期12月测试数学试题（解析版），共20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。
2023届北京市第八中学高三上学期12月测试数学试题 一、单选题1．已知i是虚数单位，若为纯虚数，则实数（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】由复数除法法则化简复数为代数形式，然后由复数的定义求解．【详解】因为为纯虚数，所以，．故选：B．2．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意，结合椭圆方程与椭圆焦点的位置特征，即可求解.【详解】由题意，方程表示焦点在轴上的椭圆，所以，解得或，即实数的取值范围.故选：D.3．若过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】设直线方程为，即，直线与曲线有公共点，圆心到直线的距离小于等于半径，得，选择C另外，数形结合画出图形也可以判断C正确．4．设，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由对数的性质可判断出，可得，再判断出，从而得，进而可得结论【详解】解：∵， ∴，∵，即，∴，故选：D．5．函数的最小值为（    ）A．-2 B． C． D．0【答案】B【分析】化简，对称轴处取最小值即可.【详解】当时，取得最小值为故选：B6．已知非零实数满足，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】由非零实数满足，通过分类讨论，求得，再结合函数的单调性，不等式的性质等，即可求解.【详解】由题意，非零实数满足，当时，由，可得，即；当时，由，可得；当时，由，可得，可得，综上可得，由幂函数在上为单调递增函数，可得，所以A是正确的；由，正负不能确定，所以B不正确；由，正负不能确定，所以C不正确；由，正负不能确定，所以D不正确.故选：A.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，函数的单调性，以及作差比较法的应用，其中解答中分类讨论求得和的关系，再结合不等式性质、函数单调性及作差比较进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7．在如图四个三棱柱中，为三棱柱的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线与平面不平行的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】选项A、B中均可证明平面与AB所在平面平行，利用面面平行的性质可得；选项D利用线面平行的判定定理；选项C显然相交.【详解】选项A、B中易证得平面与AB所在平面平行，由面面平行可知，直线与平面平行，选项A、B正确；选项C中，直线与平面相交；选项D中，平面，平面，所以直线与平面平行.故选：C.【点睛】本题考查立体几何中的线面平行的判定及面面平行的性质定理，考查学生对定理的熟练程度，是一道容易题.8．若将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则“”是“为偶函数”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】先求的解析式，分别验证充分性和必要性是否成立，结合充分条件和必要条件定义可得.【详解】由题意得，，当时，，，所以不是偶函数；若为偶函数，则，，所以，，令，解得，不符合题意，所以当为偶函数时，不能得到，所以“”是“为偶函数”的既不充分也不必要条件.故选：D9．设若，则展开式中二项式系数最大的项是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据已知条件先求解出的值，然后根据二项式系数和求解出的值，从而确定出二项式系数的最大值及其对应的项.【详解】由题可知，，当时，，的展开式中，通项为：，则常数项对应的系数为：，即，得，所以，解得：，则展开式中二项式系数最大为：，则二项式系数最大的项为：故选：C．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于的值的求解以及二项式系数最大值的确定；注意：当时，二项式系数是递增的，当时，二项式系数是递减的；当为偶数时，中间一项的二项式系数最大，当为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大.10．在中，，点在所在平面内，对任意，都有恒成立，且，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用以及化简得到，从而得到在下方时最大，设，通过勾股定理表示出，结合倍角公式以及辅助角公式即可求得最大值.【详解】如图，因为，由可得，即，两边平方得，化简得，又，令，可得，即，整理得对任意恒成立，故，整理得，即，即，故，要使最大，显然在下方，如图2所示，设，过作的垂线交的延长线于，由可得，又，故， 又，可得当，即时，有最大值，最大值为，故的最大值为.故选：A.【点睛】本题关键点在于先利用以及化简得到，结合恒成立求得，进而设出，表示出，利用二倍角公式及辅助角公式求最值即可. 二、填空题11．已知角的终边经过点，则的值是___________.【答案】−35##−0.6【分析】结合题意和三角形的定义可知，进而根据三角函数定义求出，最后根据诱导公式进行化简，从而求得结果.【详解】解：已知角的终边经过点，根据三角形的定义可知，根据三角函数定义：，所以，.故答案为：.12．数列中，，则此数列最大项的值是__________．【答案】【分析】设，利用二次函数的性质，可求得其数列最大项的值.【详解】设，则该数列当时，取最大值，又因为，而，故当或时，此数列取最大项，其值为，，故此数列最大项的值是：故答案为：13．已知在边长为4的等边中，，则________；【答案】【分析】将转化为，进而结合题意及平面向量数量积数量积的运算求得答案.【详解】由题意，.故答案为：10.14．如图所示正方体的棱长为2，动点在棱上，点为的中点，动点在棱上，若，，，则当，变化时，三棱锥的体积最大值为__________．【答案】【分析】由题意可分析出的面积是个定值，点P到平面EFQ的距离转化为点P到平面CDA1B1的距离，转化为x的函数来求出体积最值【详解】连接和，，点在边上，点在边上，可得平面与平面是同一个平面，故点P到平面EFQ的距离就是点P到平面CDA1B1的距离，过点P作，交于点，由正方体性质可得，平面，，，，平面，即即为点P到平面CDA1B1的距离，，，，点到的距离为线段的长，为，，点在棱上，最大值为2，即最大值为，故答案为：15．关于曲线，给出下列四个结论：①曲线C关于原点对称，但不关于x轴、y轴对称；②曲线C恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；③曲线C上任意一点都不在圆的内部；④曲线C上任意一点到原点的距离都不大于．其中，正确结论的序号是________．【答案】①④【解析】根据关于原点、x轴、y轴对称的横纵坐标特点，代入即可判断①；取的整数值，代入求得的值即可判断②；由基本不等式确定的最大值，即可判断③；由两点间距离公式及基本不等式，化简即可判断④；【详解】曲线，对于①，将替换，替换，代入可得，所以曲线C关于原点对称；将替换，代入可得，所以曲线C不关于y轴对称；将替换，代入可得，所以曲线C不关于轴对称；所以①正确；对于②，当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；所以至少有六个整点在曲线C上，所以②错误；对于③，由可知，而，所以，解得，即，则，同理，解得，所以，则③错误；对于④，由③可知，所以，故④正确，综上可知，正确的为①④，故答案为：①④.【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线性质的应用，由基本不等式确定取值范围的应用，属于中档题. 三、解答题16．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知中，为边上的一点，且，__________．(1)求的大小；(2)若，求大小；【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①，利用正弦定理求解； 选②，转化为求解；选③，利用正弦定理求解； （2）由（1）知：，又，得到，设，得到，，利用余弦定理求得求解.【详解】（1）解：选①，由正弦定理得：，因为，所以，即，则，所以；选②，则，因为，所以，即，因为，所以；选③，则由正弦定理得：，即，因为，所以，因为，所以；（2）由（1）知：，又，所以，设，则，，由余弦定理得，，所以，则，所以.17．如图1，四边形是梯形，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.(1)若是的中点，求证：平面平面;(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题意，取中点，得垂直，再根据线面垂直，可得线线垂直，根据面面垂直，可得答案.（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，根据向量夹角公式，求坐标，可得答案.【详解】（1）证明：取中点，连接，易证平面，所以.又因为，所以，而，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解:易求得， 又， 所以， 可得，而.以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设，则，得，所以.设平面的一个法向量为，由令，则;易得平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则，即，解得，或（舍去）.所以.18．某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了50名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：(1)若全校学生参加同样的测试，试估计全校学生的平均成绩（每组成绩用中间值代替）；(2)在样本中，从其成绩在80分及以上的学生中随机抽取3人，用表示其成绩在中的人数，求的分布列及数学期望；(3)在（2）抽取的3人中，用表示其成绩在的人数，试判断方差与的大小.（直接写结果）【答案】(1)；(2)分布列见解析，；(3). 【分析】（1）利用直方图的性质及平均数的计算方法即得；（2）由题可知服从超几何分布，即求；（3）由超几何分布即得.【详解】（1）由直方图可得第二组的频率为，∴全校学生的平均成绩为：（2）由题可知成绩在80分及以上的学生共有人，其中中的人数为5，所以可取0,1,2,3，则，，，，故的分布列为：0123P ；（3）.19．已知椭圆中心在原点，焦点在坐标轴上，其离心率为，一个焦点为．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆相交于两点，直线分别与直线相交于两点，若为锐角，求直线斜率的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据椭圆的离心率和焦点坐标可求出的值，再利用的关系即可求解出方程；(2)设直线的方程为，，根据题意求出点的坐标，由为锐角，可得且不平行，将直线方程与椭圆方程联立方程组，由韦达定理可得的取值范围.【详解】（1）由题意知：椭圆的离心率，因为一个焦点为，所以，则，由可得：，所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，，联立方程组，整理可得：，则有，由条件可知：直线所在直线方程为：，因为直线与直线相交于所以，同理可得：，则，若为锐角，则有，所以，则，解得：或，所以或或，故直线斜率的取值范围为.20．已知函数（其中）．(1)若，判断函数在上的单调性；(2)若，判断函数零点个数，并说明理由；(3)若，求证：．【答案】(1)函数在上单调递增；(2)函数有三个零点，理由见解析；(3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性；（2）令，所以或，再利用导数研究函数的零点即得解；（3）即证,再求两边函数的最值即得解.【详解】（1）时，，在上恒成立，所以函数在上单调递增.（2）时，，令，所以或.令，因为，所以函数是偶函数.不妨研究函数的单调性.当时，，所以函数单调递增，所以，因为，所以函数在内有一个零点；当时，设，所以函数单调递增，所以函数单调递增.所以，所以函数在内没有零点.根据函数的奇偶性得函数有三个零点.综上所述，函数有三个零点.（3）时，，即证.即证.由（2）得，设，所以当时，在单调递减；当时，在单调递增.所以，所以.原题即得证.21．已知集合，且中的元素个数大于等于5.若集合中存在四个不同的元素，使得，则称集合是“关联的”，并称集合是集合的“关联子集”；若集合不存在“关联子集”，则称集合是“独立的”.分别判断集合和集合是“关联的”还是“独立的”？若是“关联的”，写出其所有的关联子集；已知集合是“关联的”，且任取集合，总存在的关联子集，使得.若，求证：是等差数列；集合是“独立的”，求证：存在，使得.【答案】是关联的，关联子集有；是独立的；证明见解析；证明见解析【分析】（1）根据题中所给的新定义，即可求解； （2）根据题意，，，，， ，进而利用反证法求解； （3）不妨设集合，，且.记，进而利用反证法求解；【详解】解:是“关联的”关联子集有;是“独立的”记集合的含有四个元素的集合分别为:，，，，.所以，至多有个“关联子集”.若为“关联子集”，则不是 “关联子集”，否则同理可得若为“关联子集”，则不是 “关联子集”.所以集合没有同时含有元素的“关联子集”，与已知矛盾.所以一定不是“关联子集”同理一定不是“关联子集”.所以集合的“关联子集”至多为.若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；所以都是“关联子集”所以有，即，即.，即，所以.所以是等差数列.不妨设集合，，且.记.因为集合是“独立的”的，所以容易知道中恰好有个元素.假设结论错误，即不存在，使得所以任取，，因为，所以所以所以任取，任取，所以，且中含有个元素.(i)若，则必有成立.因为，所以一定有成立.所以.所以，，所以，所以，有矛盾，(ii)若，而中含有个元素，所以所以，因为，所以.因为，所以所以所以，矛盾.所以命题成立.【点睛】本题属于新定义题，考查接受新知识，理解新知识，运用新知识的能力，反证法，等差数列，不等式缩放法，排列组合，本题属于难题.