2023届北京市海淀实验中学高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市海淀实验中学高三上学期期末数学试题（解析版），共19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届北京市海淀实验中学高三上学期期末数学试题 一、单选题1．若集合A={x|0≤x≤2},B={x|x2>1},则A∪B=（    ）A．{x|0≤x≤1} B．{x|x>0或x<﹣1} C．{x|1<x≤2} D．{x|x≥0或x<﹣1}【答案】D【解析】化简集合B,根据并集运算即可.【详解】或，，故选：D【点睛】本题主要考查了集合并集的运算，属于容易题.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【答案】D【分析】由题意可得：，据此确定复数所在的象限即可.【详解】由题意可得：，则复数z对应的点为，位于第四象限.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查复数的运算法则，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3．下列函数在定义域中既是奇函数又是减函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指对幂函数的性质依次判断各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，函数为奇函数，在定义域上无单调性，故错误；对于B选项，函数为奇函数，当时，为减函数，故函数在定义域内为减函数，故B正确；对于C，由于函数均为增函数，故在定义域内为单调递增函数，故C错误；对于D选项，函数为非奇非偶函数，故错误.故选：B4．某公司为了解用户对其产品的满意度，从甲､乙两地区分别随机调查了100个用户，根据用户对产品的满意度评分，分别得到甲地区和乙地区用户满意度评分的频率分布直方图.若甲地区和乙地区用户满意度评分的中位数分别为方差分别为，则下面正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据直方图求出甲、乙地区用户满意度评分的中位数，并通过两地区用户满意度评分的集中程度即可得到哪个方差小【详解】解：由题意由频率分布直方图得：甲地区：的频率为，的频率为∴甲地区用户满意度评分的中位数乙地区：的频率为，的频率为∴甲地区用户满意度评分的中位数∴由直方图可以看出，乙地区用户满意度评分的集中程度比甲地区的高，∴故选：D.5．已知等差数列的前项和为，则等于（    ）A．27 B．24 C．21 D．18【答案】A【分析】由等差数列性质求得公差，即可得出通项公式及求和公式求值.【详解】设等差数列的公差为，则，又，可得，∴，∴.故选：A6．已知，在下列条件中，使得成立的一个充分而不必要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由充分而不必要条件的定义，再结合不等的性质依次判断即可.【详解】对于选项A，是成立的一个充要条件，即选项A不符合题意；对于选项B，由，可知，则，反之不成立，即选项B是成立的一个充分而不必要条件，即选项B成立；对于选项C，若，满足，但是不成立，即选项C不符合题意；对于选项D，由，不能判断的大小关系，即选项D不符合题意.故选：B.【点睛】此题考查了不等式的性质、充分而不必要条件的判断，属于基础题.7．已知为正方形，若椭圆与双曲线都以为焦点，且图像都过点，则椭圆与双曲线的离心率之积为（    ）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】分别根据椭圆与双曲线的性质求离心率，进而得答案.【详解】解：因为椭圆与双曲线都以为焦点，且图像都过点，设其焦距为,椭圆中，长轴为,短轴为；双曲线中，实轴长为,短轴长为,所以，对于椭圆，有，即，故，解得对于双曲线，有，即，故，得，所以，椭圆与双曲线的离心率之积为故选：C8．过点的直线与圆相交于A，两点，则的最小值是（    ）A． B． C． D．4【答案】B【分析】根据题意，设，圆的圆心为，分析圆的圆心以及半径，求出到直线的距离，由直线与圆的位置关系可得当最大时，弦长最小，而的最大值为，据此计算可得答案．【详解】根据题意，设，圆C：的圆心为，圆C：，即，圆心为，半径，圆心到直线的距离为，则，当最大时，弦长最小，∵M在圆C内部，故的最大值为，则的最小值为，故选：B．9．已知函数，为图象的对称中心，、是该图象上相邻的最高点和最低点，且，则下列结论正确的是（    ）A．函数的对称轴方程为B．若函数在区间内有个零点，则在此区间内有且只有个极小值点C．函数在区间上单调递增D．的图象关于轴对称【答案】B【分析】利用函数的基本性质求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断A选项；利用极小值点的定义可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断D选项.【详解】设函数的最小正周期为，则，解得，所以，，则，又因为，由于，则，所以，，则，所以，.对于A选项，由可得，A错；对于B选项，当时，，因为函数在区间内有个零点，则，此时，函数在区间内有个极小值点，B对；对于C选项，当时，，所以，函数在区间上不单调，C错；对于D选项，，所以，函数的图象不关于轴对称，D错.故选：B.10．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，下图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，均是边长为4的等边三角形.设点为后轮上的一点，则在骑行该自行车的过程中，的最大值为（    ）A． B．12 C． D．3【答案】A【分析】建立平面直角坐标系，设出，分别表达出和，即可计算出的最大值【详解】解：由题意建立平面直角坐标系如下图所示：则，，，∵圆（后轮）的半径为∴圆设∴，∴当即，时最大，∴最大值为故选：A. 二、填空题11．已知为第二象限角，，则的值为___________.【答案】##【分析】由题知，再根据正弦的差角公式求解即可.【详解】解：因为为第二象限角，所以，，所以，故答案为：12．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是___________.【答案】【分析】先根据二项式系数之和求出，然楼根据展开式的通式，令的次数为零即可得常数项.【详解】由展开式的二项式系数之和为64得，解得，即，其展开式的通式为令得，故答案为：.13．已知函数，若，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】对分类讨论，结合指数对数函数单调性解不等式即可.【详解】当，即，解得；当，即，解得.故实数的取值范围是.故答案为：14．点在抛物线上，若点到抛物线的焦点的距离为，为坐标原点，则的面积为___________.【答案】1【分析】根据抛物线的性质求出，然后求出和，进而利用三角形面积公式，可以直接计算求解.【详解】由已知得，焦点为，故点到抛物线的焦点的距离为，则根据抛物线的性质，可得，得到，焦点，故，得到，所以故答案为：115．如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面，分别是棱的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下几个结论：①截面的面积等于；②截面是一个五边形且只与四棱锥四条侧棱中的三条相交；③截面与底面所成锐二面角为；④截面在底面的投影面积为.其中，正确结论的序号是___________.【答案】②③④【分析】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，则多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形；，结合垂直关系可证得为截面与底面所成锐二面角；取AB、AD中点K、L，结合垂直关系证得多边形AKFGL为截面在底面的投影.【详解】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，设，则M为CN中点，N为AC中点，故M为AC四等分点，故，底面是菱形，，则为正三角形，，又，∴，.底面，底面，∴，，∴，∵分别是棱的中点，∴，且，.综上可知，多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形.∵平面PAC，∴平面PAC，∵平面PAC，∴，∴，∴四边形EFGH为矩形，其面积为.设，则M为CN中点，N为AC中点，∴，.∵平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，∵平面EFGH平面PAC，∴且，∴，∴的边EH上的高，∴，∴截面的面积等于，①错；由图可知，截面是一个五边形，只与四棱锥四条侧棱中的侧棱PA、PB、PD相交，②对；截面，平面ABCD， ，则平面PAC，平面PAC，则，，∴为截面与底面所成锐二面角，则在中，，故截面与底面所成锐二面角为，③对；取AB、AD中点K、L，则，则底面，底面，∴多边形AKFGL为截面在底面的投影，且，则多边形AKFGL的面积为，④对.故答案为：②③④ 三、解答题16．在锐角中，角对应的边分别是，且.(1)求角的大小；(2)若的面积，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题知，进而结合题意得；（2）由三角形面积公式得，进而根据余弦定理与正弦定理求解即可.【详解】（1）解：因为，所以，解得或，因为为锐角三角形，所以，，（2）解：因为的面积，所以，解得，所以由余弦定理得，即，所以，由正弦定理得所以，17．2019年底，北京2022年冬奥组委会启动志愿者全球招募，仅一个月内报名人数便突破60万，其中青年学生约有50万人.现从这50万青年学生志愿者中，按男女分层抽样随机选取20人进行英语水平测试，所得成绩(单位:分)统计结果用茎叶图记录如下:(Ⅰ)试估计在这50万青年学生志愿者中，英语测试成绩在80分以上的女生人数;(Ⅱ)从选出的8名男生中随机抽取2人，记其中测试成绩在70分以上的人数为X，求的分布列和数学期望;(Ⅲ)为便于联络，现将所有的青年学生志愿者随机分成若干组(每组人数不少于5000)，并在每组中随机选取个人作为联络员，要求每组的联络员中至少有1人的英语测试成绩在70分以上的概率大于90%.根据图表中数据，以频率作为概率，给出的最小值.(结论不要求证明)【答案】(Ⅰ)万；(Ⅱ)分布列见解析， ；(Ⅲ)【解析】(Ⅰ)根据比例关系直接计算得到答案.(Ⅱ) 的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.(Ⅲ) 英语测试成绩在70分以上的概率为 ，故，解得答案.【详解】(Ⅰ)样本中女生英语成绩在分以上的有人，故人数为：万人.(Ⅱ) 8名男生中，测试成绩在70分以上的有人，的可能取值为：.，，.故分布列为： .(Ⅲ) 英语测试成绩在70分以上的概率为 ，故，故.故的最小值为.【点睛】本题考查了样本估计总体，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18．如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是边长为2的正方形，分别为的中点.(1)证明：面(2)请再从下列三个条件中选择一个补充在题干中，完成题目所给的问题.①直线与平面所成角的大小为；②三棱锥的体积为；③. 若选择条件___________.求（i）求二面角的余弦值；（ii）求直线与平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)选①，（i），（ii）；选②③（i），（ii）1. 【分析】（1）取中点G，连接FG、CG，由证明线面平行；（2）取中点I，作于J，由垂直关系可证明为二面角的平面角的补角；作于，由垂直关系及线面距离定义可知EK即为直线与平面的距离，三个条件均可根据几何关系求出BC，再进一步求、EK即可.【详解】（1）证明：取中点G，连接FG、CG，∵分别为的中点，∴在三棱柱中，，且，∴四边形FECG为平行四边形，∴.∵面，面，∴面；（2）平面平面，平面平面=，又侧面是边长为2的正方形，则，∴面，面，∵面，∴.取中点I，作于J，连接FI，IE，FJ，则平面，，∵平面，∴，∵平面FIJ，∴平面FIJ，∵平面FIJ，∴，∴为二面角的平面角的补角.∵面，∴直线与平面的距离即为E到平面的距离， 作于，由平面平面，平面平面=，则EK即为E到平面的距离，即直线与平面的距离.选①，∵面，∴为直线与平面所成角，即，∴. （i）在正中，易得，故在中，，故二面角的余弦值为；（ii） 在正中，，故直线与平面的距离为；选②，，为的中点，∴，∵面，∴，即，又，∴，∴，解得，∴，.（i）在中，，故在中，，故二面角的余弦值为；（ii）在中，，故直线与平面的距离为1；选③， 取AB中点H，，连接OH，则O为中点，则且，由，∴，则，又，∴，∴，.此时条件③与条件②一致，故（i）二面角的余弦值为；（ii）直线与平面的距离为1.19．已知函数.(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；(2)若函数在内存在极值，求的取值范围；(3)若对任意的实数恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)1(2)(3) 【分析】（1）对函数求导，根据在点处的切线与轴平行，得出导函数为0，即可求出的值.（2）对函数求导，由函数在内存在极值，得出导函数为0，转换成，构造新函数，求其取值范围，即可得到的取值范围.（3）由对任意的实数恒成立，代入，求得，构造新函数并求其取值范围，即可得到实数的取值范围.【详解】（1）由题意在中，∵曲线在点即处的切线与轴平行，∴解得：（2）由题意及（1）得在中，函数在内存在极值∴当时，解得：在中，∴函数单调递减，∴∴的取值范围为：（3）由题意及（1）（2）得在中，，对任意的实数恒成立，∴即恒成立在中，在中，，∴函数单调递增，∴∴单调递增，∵恒成立∴∴实数的取值范围为【点睛】关键点点睛：构造新函数并求导，分离参数解决函数的恒成立问题20．已知椭圆的焦距和长半轴长都为2.过椭圆的右焦点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆的左顶点，直线，分别与直线相交于点，.求证：以为直径的圆恒过点.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）易知椭圆中，结合，可求出椭圆的方程；（2）结合由（1），可设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，设，，可表示出直线的方程，进而得到点的坐标，同理可得点的坐标，然后得到的表达式，结合韦达定理可证明，即，即以为直径的圆恒过点.【详解】（1）由题意，椭圆中，所以，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，，设直线的方程为，联立，可得，显然恒成立，设，，则，易知直线的斜率存在，，则直线的方程为，所以，即，同理可得，则，所以，所以，即以为直径的圆恒过点.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查圆过定点问题，考查学生的计算求解能力，属于难题.21．已知为实数，数列满足.(1)当和时，分别写出数列的前5项；(2)证明：当时，存在正整数，使得；(3)当时，是否存在实数及正整数，使得数列的前项和？若存在，求出实数及正整数的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)当时，当时，(2)证明见解析；(3)存在，与， 【分析】（1）利用递推公式，依次求出的值.（2）当时，，此时数列为递减的等差数列，且公差为，故总有一项是不大于的，根据这一项在之间讨论，结合数列的递推公式，判断出正整数存在（3）将分成三类，求得的表达式，，，使得，不存在实数，使得，，，使得.【详解】（1）当时，当时，（2）当时，，在数列中直到第一个小于等于的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列即当足够大时，总可以找到，则存在正整数，使得（i）若，令，则存在正整数，使得（ii）若，，则令，则存在正整数，使得综上所述，则存在正整数，使得.（3）①当时，当时，当时，令，而此时为奇数，成立，又不成立，所以存在正整数，使得.②当时，所以数列的周期为，当时，当时，当时，当时，所以所以或者是偶数，或者不是整数，即不存在正整数，使得③当时，，当时，综上所述，当与，时，.【点睛】本题主要考查利用递推公式求数列的通项公式，考查递推数列求和，考查分类讨论的数学思想方法，属于较难题目.