2023届北京景山学校远洋分校高三上学期1月期末综合检测数学试题（解析版）

这是一份2023届北京景山学校远洋分校高三上学期1月期末综合检测数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京景山学校远洋分校高三上学期1月期末综合检测数学试题 一、单选题1．若集合，或，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，故.故选：A.2．若复数满足，则复数的共轭复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】根据复数的运算求出，再根据共轭复数的概念及复数的几何意义即可求解.【详解】因为，所以.所以，对应的点为，位于第三象限.故选:C.3．盒子里有5个球，其中有2 个白球和3个红球，每次从中抽出1个球，抽出的球不再放回，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设第1次抽到白球为事件A，第2次抽到红球为事件B，求出，，利用条件概率公式求出概率.【详解】设第1次抽到白球为事件A，第2次抽到红球为事件B，则，，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为.故选：D4．若角的终边过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先利用任意角三角函数的定义求和，再利用二倍角的余弦公式计算即可.【详解】由角的终边过点知，，，故.故选：D.5．设a，b均为单位向量，则“”是“a⊥b”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】C【分析】先化简，再比较与a⊥b关系即可得结果.【详解】因为a，b均为单位向量，，所以“”是“a⊥b”的充分必要条件，选C.【点睛】本题考查向量的模、向量垂直关系以及充要关系，考查基本分析求解能力，属中档题.6．已知函数过原点，下列函数中，与的奇偶性相同且在上有相同单调性的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由求出的值，然后判断函数的单调性及其在上的单调性，并判断出各选项中函数的奇偶性以及在上的单调性，可得出合适的选项.【详解】由题意可得，可得，则，函数的定义域为，，则函数为奇函数，因为函数、在上为增函数，故函数在上为增函数，对于A选项，函数为偶函数，且该函数在上为增函数，A不满足条件；对于B选项，函数为非奇非偶函数，且该函数在上为增函数，B不满足条件；对于C选项，函数为奇函数，且该函数在定义域上不单调，C不满足条件；对于D选项，设，该函数的定义域为，，则函数为奇函数，当时，，则函数在上为增函数，D满足条件.故选：D.7．已知双曲线过抛物线的焦点，虚轴端点是圆与坐标轴的交点，则此双曲线的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出抛物线的焦点坐标，以及圆与轴的交点坐标，可得出、的值，由此可得出该双曲线渐近线的方程.【详解】抛物线的焦点坐标为，由于双曲线过点，则，圆与轴的交点坐标为，由题意可知，所以，该双曲线的渐近线方程为.故选：D.8．植物研究者在研究某种植物1-5年内的植株高度时，将得到的数据用下图直观表示.现要根据这些数据用一个函数模型来描述这种植物在1-5年内的生长规律，下列函数模型中符合要求的是（ ）A．(且 )B．(，且 )C．D．【答案】B【解析】由散点图直接选择即可.【详解】解：由散点图可知，植物高度增长越来越缓慢，故选择对数模型，即B符合.故选：B.9．正方体棱长为，是棱的中点， 是正方形及其内部的点构成的集合．设集合，则集合表示的区域面积是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，，根据可得出点的轨迹，进而可求得集合的面积.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设点，其中，，由可得，可得，所以，点的轨迹是底面内以点为圆心，半径为的扇形（不包括圆弧），故集合表示的区域的面积为.故选：A.10．设、、、. 记为平行四边形内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数的值域为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】分析可知平行四边形的内部区域（不包括边界）为，其内部整点的纵坐标为、、，设，则，分别令、、，然后对的取值进行分类讨论，可得出的值，即可得解.【详解】由题意可知直线的方程为，直线的方程为，则平行四边形的内部区域（不包括边界）为，其内部整点的纵坐标为、、，设，则，当时，则有；当时，则有；当时，则有.当时，则；当时，，则；当时，则；当时，，，则；当时，则；当时，，，则；当时，则；当时，，，则.综上所述，函数的值域为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查平面区域整数点的个数，解题的关键在于写出平面区域内对应的不等式组，设出，对的取值进行分类讨论，确定每种情况下整数点的个数，进而得解. 二、填空题11．在的展开式中，的系数为_________．（用数字作答）【答案】【分析】首先写出通项，再令，求出，代入即可求出.【详解】由二项式定理的通项公式得：，则令，求出 .所以的系数为：.故答案为：.12．设是等差数列，且，，则的通项公式为__________．【答案】【分析】先根据条件列关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.【详解】设等差数列的公差为，【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路，一是利用基本量，将多元问题简化为首项与公差（公比）问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确：二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.13．曲线上存在四个点满足四边形是正方形，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】由题意可得与有两个不同的交点，联立即可求解.【详解】由题意可得与有两个不同的交点，联立，可得.易知，故，要与有两个不同的交点，可得,解得.故答案为:.14．已知数列的各项均为正数，的前n项和满足．给出下列四个结论：①的第2项小于1；     ②为常数列；③为递增数列；        ④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是____________．【答案】②④【分析】依题意可得，即可得到，从而判断②，再令，求出，即可判断①，证明，即可说明③，利用反证法说明④.【详解】解：因为，所以，又，所以，则，即为常数列，故②正确；因为的各项均为正数，当时，即，解得，故①错误；由于，所以，又数列的各项均为正数，所以，所以，所以，故为递减数列，故③错误；假设中每一项均大于或等于，当取值变大时，也逐渐增大，当时，，又，所以，与矛盾，故④正确；故答案为：②④ 三、双空题15．函数的定义域是__________，最小值是__________．【答案】     .     .【详解】满足①，②，解出，定义域,，当且仅当，时等号成立，故答案为：；最小值为4.【点睛】关于利用基本不等式求最值问题，需要掌握一些基本知识和基本方法，利用基本不等式求最值要注意“一正、二定、三相等”，当两个正数的积为定值时，这两个数的和取得最小值；当两个正数的和为定值时，这两个数的积取得最大值；利用基本不等式求最值的技巧方法有三种：第一是“１的妙用”，第二是“做乘法”，第三是“等转不等” 四、解答题16．在中，．（1）求；（2）求边上的高．【答案】（1）∠A=；（2）AC边上的高为．【分析】（1）方法一：先根据平方关系求,再根据正弦定理求，即得；（2）方法一：利用诱导公式以及两角和正弦公式求，即可解得边上的高．【详解】（1）［方法一］：平方关系＋正弦定理在中,∵.由正弦定理得    ［方法二］：余弦定理的应用由余弦定理知．因为，代入上式可得或（舍）．所以，又，所以．（2）［方法一］：两角和的正弦公式＋锐角三角函数的定义在△ABC中，∵=．如图所示，在△ABC中，∵sinC=，∴h==，∴AC边上的高为．［方法二］：解直角三角形＋锐角三角函数的定义如图1，由（1）得，则．作，垂足为E，则，故边上的高为．［方法三］:等面积法由（1）得，易求．如图1，作，易得，即．所以根据等积法有，即，所以边上的高为．【整体点评】（1）方法一：已知两边及一边对角，利用正弦定理求出；方法二：已知两边及一边对角，先利用余弦定理求出第三边，再根据余弦定理求出角；（2）方法一：利用两角和的正弦公式求出第三个角，再根据锐角三角函数的定义求出；方法二：利用初中平面几何知识，通过锐角三角函数定义解直角三角形求出；方法三：利用初中平面几何知识，通过等面积法求出．17．如图，在四棱锥中，， ，，，，．是棱上一点， 平面．(1)求证：为的中点；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求四棱锥的体积．条件 ①：点到平面的距离为；条件 ②：直线与平面所成的角为．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)条件选择见解析， 【分析】（1）过点作交于点，连接，证明四边形是平行四边形结合其他条件证明为的中位线，即可得为的中点；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出需要的点的坐标，利用法向量以及锥体体积公式分别对条件①和条件②进行解答即可.【详解】（1）过点作交于点，连接，如图所示：          因为，所以 ．所以四点共面．又因为平面 ，平面平面所以所以四边形是平行四边形所以，由，，所以，所以所以为的中位线，所以为的中点．（2）过作于，连接．因为，又因为 ，且，所以 平面．   又平面，所以 平面平面．因为，所以为中点， 又因为平面平面，所以平面． 又平面，所以 如图建立空间直角坐标系．设．由题意得，，，，，．所以，，．设平面的法向量为，则，令，则．所以．选择条件①因为到平面的距离为，所以，解得 ．    所以四棱锥的体积．选择条件②因为直线与平面所成的角为，所以，解得 ．    所以四棱锥的体积．18．在测试中，客观题难度的计算公式为，其中为第题的难度，为答对该题的人数，为参加测试的总人数．现对某校高三年级240名学生进行一次测试，共5道客观题．测试前根据对学生的了解，预估了每道题的难度，如下表所示：题号12345考前预估难度0.90.80.70.60.4 测试后，随机抽取了20名学生的答题数据进行统计，结果如下：题号12345实测答对人数161614144 (1)根据题中数据，估计这240名学生中第5题的实测答对人数；(2)从抽样的20名学生中随机抽取2名学生，记这2名学生中第5题答对的人数为X，求X的分布列和数学期望；(3)定义统计量，其中为第题的实测难度，为第题的预估难度．规定：若，则称该次测试的难度预估合理，否则为不合理．判断本次测试的难度预估是否合理.【答案】(1)人(2)分布列见解析，(3)是合理的，理由见解析 【分析】（1）根据20名学生的答题数据，得到第5题的实测难度，从而估计240人中实测答对的人数；（2）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出期望值；（3）求出5道题的实测难度，代入公式计算得到，得到结论.【详解】（1）因为20人中答对第5题的人数为4人，因此第5题的实测难度为，所以估计240人中有人实测答对第5题．（2）的可能取值是0，1，2．；；．  的分布列为：012 ．（3）第1题的实测难度为，同理可得：第2题的实测难度为，第3题的实测难度为，第4题的实测难度为，第5题的实测难度为0.2，故． 因为 ，所以，该次测试的难度预估是合理的．19．已知椭圆的离心率为，以椭圆的任意三个顶点为顶点的三角形的面积是．(1)求椭圆的方程；(2)设为原点，A为椭圆的左顶点，是椭圆上不同于点A的两点，且直线的斜率之积等于．求与的面积比值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题干条件得到，，结合，求出，得到椭圆方程；（2）考虑直线MN斜率存在时，，设直线MN方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，结合，得到，求出或，排除掉，由得到直线MN经过，考虑直线直线MN斜率不存在时，直线MN也经过点，从而得到，以与的面积比值为.【详解】（1）由题意得：，，故，因为，所以，故，解得：，椭圆C的方程为；（2）若直线MN斜率存在，设直线MN方程为.由，消去，得.，设，则①，②.由以及，整理，得.将①，②代入上式，整理，得，解得或.当时，满足，直线过；当时，满足，直线过，此时必有一点为，不妨令坐标为，此时，不满足直线的斜率之积等于．舍去；若直线MN斜率不存在，则直线斜率互为相反数.不妨设，于是直线与椭圆交于，由对称性可知直线与椭圆交于.所以直线MN也过.，所以为MN中点，即，所以与的面积比值为.【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，找到参数之间的关系，或是表达出弦长或三角形面积，再进一步求解，注意考虑直线的斜率存在和不存在两种情况.20．已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求证：存在唯一的，使得曲线在点处的切线的斜率为；（Ⅲ）比较与的大小，并加以证明．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【详解】试题分析：（1）求出的值可得切点坐标，求出,可得的值，从而得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）由已知，只需证明方程 在区间有唯一解，先利用导数证明在区间单调递增，再利用零点存在定理可得结论；（3）当时，利用导数研究函数的单调性，可得，即 ，令 即可的结果.试题解析：（1）函数的定义域是，导函数为．  所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为，    （2）由已知．                                      所以只需证明方程 在区间有唯一解．即方程 在区间有唯一解．                                                                      设函数 ，则 ．当 时，，故在区间单调递增．              又 ，，所以 存在唯一的，使得．                           综上，存在唯一的，使得曲线在点处的切线的斜率为．（3）．证明如下：首先证明：当时，．设 ，则 ．当 时，，所以 ，故在单调递增，                          所以 时，有，即当 时，有．所以 ．【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性与零点，属于难题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.21．数字的任意一个排列记作，设为所有这样的排列构成的集合.集合任意整数都有，集合任意整数都有（1）用列举法表示集合；（2）求集合的元素个数；（3）记集合的元素个数为，证明：数列是等比数列.【答案】(1), ；(2) 的元素个数为1；(3)证明见解析【分析】(1)集合属于单调递增排列,集合属于实数对,利用列举法表示集合即可；(2)根据题意知、,所以．所以集合的元素个数为1．(3)由(2)知,.先求得.当时,考虑中的元素.分类讨论：假设与两种情况,再结合等比数列的定义进行证明．【详解】(1),(2)考虑集合中的元素.由已知,对任意整数都有,所以,所以.由的任意性可知,是的单调递增排列,所以.又因为当时,对任意整数都有.所以,所以.所以集合的元素个数为1.(3)由(2)知,.因为,所以.当时,考虑中的元素.(i)假设.由已知, ,所以,又因为,所以.依此类推,若,则,,.①若,则满足条件的的排列有1个.②若,则.所以.此时满足条件的的排列有1个.③若,只要是的满足条件的一个排列,就可以相应得到的一个满足条件的排列.此时,满足条件的的排列有个.(ii)假设,只需是的满足条件的排列,此时满足条件的的排列有个.综上.因为,且当时, ,所以对任意,都有.所以成等比数列.【点睛】本题主要考查了集合的新定义推导以及等比数列的证明,需要根据题意分情况进行讨论,结合集合间的基本关系进行分析.属于难题.