北京市西城区2023届高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

西城区高三统一测试试卷

数学2023.3

本试卷共6页，150分.考试时长 120 分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

第一部分（选择题共40分）

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先对集合化简，再由交集得定义即可求得.

【详解】，由得

故选：B

2. 下列函数中，在区间上为增函数的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用基本初等函数的单调性逐项判断各选项中函数在区间上的单调性，可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，当时，，则在上单调递减；

对于B选项，函数在区间上不单调；

对于C选项，函数在上不单调；

对于D选项，因为函数、在上均为增函数，

所以，函数在上为增函数.

故选：D.

3. 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分别利用指数函数、对数函数、三角函数单调性，限定的取值范围即可得出结论.

【详解】根据对数函数在定义域内为单调递增可知，即；

由三角函数单调性可知；

利用指数函数为单调递增可得；

所以.

故选：C

4. 在的展开式中，的系数为 （    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用二项式定理的性质.

【详解】设的通项，则，化简得，

令，则系数为，即A正确.

故选：A

5. 已知为所在平面内一点，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意作出图形，利用向量线性运算即可得到答案.

【详解】由题意作出图形,如图,则

，

故选：A.

6. 函数是（    ）

A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为

C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得，由三角函数值域即可得，即可得出结果.

【详解】由题可知，定义域为，关于原点对称，

且，

而，即函数为偶函数；

所以，又，

即，可得函数最小值为0，无最大值.

故选：C

7. 已知双曲线的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“的离心率为”是“的一条渐近线为”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】D

【解析】

【分析】根据题意，分别从充分性和必要性两方面进行检验即可求解.

【详解】若双曲线的离心率为，则，

所以，若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为；

若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为；

所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的充分条件；

反之，双曲线的一条渐近线为，

若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以，

离心率；

若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以，

离心率；所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的必要条件；

综上：“的离心率为”是“的一条渐近线为”的既不充分也不必要条件，

故选：D.

8. 在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度和燃料的质量以及火箭（除燃料外）的质量间的关系为．若火箭的最大速度为，则下列各数中与最接近的是（    ）（参考数据：）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据所给关系式，求出，近似计算得解.

【详解】由题意，火箭的最大速度为时，可得，

即，

因为，所以近似计算可得，

故选：B

9. 设，函数 若恰有一个零点，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意利用函数与方程的思想，可将图象平移对参数进行分类讨论即可得出其取值范围.

【详解】画出函数的图象如下图所示：

函数可由分段平移得到，

易知当时，函数恰有一个零点，满足题意；

当时，代表图象往上平移，显然没有零点，不符合题意；

当时，图象往下平移，当时，函数有两个零点；

当时，恰有一个零点，满足题意，即；

综上可得的取值范围是.

故选：D

10. 名学生参加某次测试，测试由道题组成．若一道题至少有名学生未解出来，则称此题为难题；若一名学生至少解出了道题，则该生本次测试成绩合格．如果这次测试至少有名学生成绩合格，且测试中至少有道题为难题，那么的最小值为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可得学生人数和题目数必须是3的倍数，可从进行讨论即可得出的最小值为9.

【详解】根据题意可知，不妨设，

所以，若求的最小值，只需最小即可；

易知当时，即；

此时即有3名学生不妨设为甲、乙、丙；3道题目设为；

根据题意可得至少有2名学生成绩合格，这两名学生至少做出了4道题，

可设甲同学做出了两道题，乙同学做出了两道题，丙同学做出了0道题，

此时合格的学生为甲乙，即有名学生成绩合格，

三道题目中有两道题，有名学生未解出来，即满足测试中有道题为难题；

所以符合题意.

故选：B

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. 复数，则__________________.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数的除法法则化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.

【详解】，因此，.

故答案为：.

12. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____．

【答案】1

【解析】

【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入求解.

【详解】设，则,即，

所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称，

由得,将代入抛物线中得所以，

故答案为：1

13. 已知数列的通项公式为，的通项公式为．记数列的前项和为，则____；的最小值为____．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】（1）由题可得，根据等比数列及等差数列的求和公式可得，利用数学归纳法可得时，，时，，进而即得.

【详解】由题可知，

所以，

，

令，则，

当时，，即，下面用数学归纳法证明

当时，成立，假设时，成立，

当时，，即时也成立，

所以时，，即，

所以时，，时，，

由当时，有最小值，最小值为.

故答案为：；.

14. 设，其中．当时，____；当时，的一个取值为____．

【答案】    ①.     ②. （答案不唯一）

【解析】

【分析】将代入计算可得，利用两点间距离公式可知；由即可得，化简整理可得，即可写出一个合适的值.

【详解】根据题意可得当时，可得，

所以；

当时，即，

整理可得，即，

可得，所以的一个取值为.

故答案为：,

15. 如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．

给出下列四个结论：   

①的最小值为；

②四面体的体积为；

③有且仅有一条直线与垂直；

④存在点，，使为等边三角形．

其中所有正确结论的序号是____．

【答案】①②④

【解析】

【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.

【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间距离，而，所以的最小值为；

对于②，，而，所以四面体的体积为；

对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ，又根据正方体性质可知，，所以当为中点，与重合时，此时，故与垂直的不唯一，③错误；

对于④，当为等边三角形时，，则此时.所以只需要与的夹角能等于即可.

以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图，

设，则由题意可得，，，则可得，，则，整理可得，该方程看成关于二次函数，，所以存在使得为等边三角形.

故答案为：①②④

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，在中，，，平分交于点，．

（1）求的值；

（2）求面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得解；

（2）由（1）可求出，再根据平分可得为等腰三角形，再根据三角形的面积公式即可得解.

【小问1详解】

在中，由正弦定理得，

所以，

因为，

所以；

【小问2详解】

由（1）得，

由题设，，即为等腰三角形，

所以，

，

所以的面积．

17. 根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：cm）：

从某校高三男生和女生中各随机抽取名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到）：

假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．

（1）分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；

（2）从该校全体高三男生中随机抽取人，全体高三女生中随机抽取人，设为这人中立定跳远单项等级为优秀的人数，估计的数学期望；

（3）从该校全体高三女生中随机抽取人，设“这人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件，“这人的立定跳远单项至多有个是优秀”为事件．判断与是否相互独立．（结论不要求证明）

【答案】（1）   

（2）   

（3）与相互独立

【解析】

【分析】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，计算频率得到优秀率的估计值；

（2）由题设，的所有可能取值为．算出对应概率的估计值，得到的数学期望的估计值；

（3）利用两个事件相互独立的定义判断即可.

【小问1详解】

样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，

所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．

【小问2详解】

由题设，的所有可能取值为．

估计为；

估计为；

估计为；

估计为．

估计的数学期望．

【小问3详解】

估计为；

估计为；

估计为，

，所以与相互独立．

18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，．为棱上一点，平面与棱交于点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，完成下列两个问题

（1）求证：为的中点；

（2）求二面角的余弦值．

条件①：；

条件②：．

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）

【解析】

【分析】（1）若选条件①，利用线面平行判定定理和性质定理即可得出四边形为平行四边形，又即可得为的中位线即可得出证明；若选条件②，利用勾股定理可得为的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得，即可得出证明；

（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，易知是平面的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果.

【小问1详解】

选条件①：

因为，平面，平面，

所以平面

因为平面平面，

所以

又， 所以四边形为平行四边形．

所以且．       

因为且，所以且．

所以为的中位线．       

所以为的中点．

选条件②：．

因为平面，平面，所以．

在中，．   

在直角梯形中，

由，，可求得，所以．

因为，所以为的中点．   

因为，平面，平面， 所以平面．

因为平面平面，所以．           

所以，

所以为的中点；

【小问2详解】

由题可知因为平面，所以．

又，所以两两相互垂直．

如图建立空间直角坐标系，           

则，，，，，．

所以，，．

设平面的法向量为，则，即

令，则，．于是．       

因为平面，且，所以平面，

又平面，所以．

又，且为的中点，所以．平面，

所以平面，所以是平面的一个法向量．   

．   

由题设，二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为．

19. 已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）设，证明：在上单调递增；

（3）判断与的大小关系，并加以证明．

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3），证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导得切点处的斜率，即可求解直线方程，

（2）求导，利用导数的正负即可确定函数的单调性，

（3）构造函数，利用导数确定单调性，结合（2）的结论即可求解.

【小问1详解】

,所以，．           

所以曲线在点处的切线方程为．

【小问2详解】

由题设，．

所以．           

当时，因为，所以．                   

所以在上单调递增．

【小问3详解】

．

证明如下：   

设．       

则．       

由（2）知在上单调递增，所以．                       

所以，即在上单调递增．       

所以，即．

20. 已知椭圆，点在椭圆上，且（为原点）．设的中点为，射线交椭圆于点．

（1）当直线与轴垂直时，求直线的方程；

（2）求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意可知点关于轴对称且，利用勾股定理可得直线的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，，直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程再根据可得，即，再由求出点，代入椭圆方程即可得，即可求得的取值范围为

【小问1详解】

当直线与轴垂直时，设其方程为．   

由点关于轴对称，且，由勾股定理可知不妨设，   

将点的坐标代入椭圆的方程，得，解得．

所以直线的方程为．

【小问2详解】

当直线的斜率不存在时，由（Ⅰ）知．   

当直线的斜率存在时，设其方程为．

由  得．

由，得．

设，，则，．   

因为，所以．

所以．

整理得．       

所以．

解得，从而．           

设，其中．

则．       

将代入椭圆的方程，得．

所以，即．           

因为，所以，即．       

综上的取值范围是．

21. 给定正整数，设集合．对于集合中任意元素和，记．设，且集合，对于中任意元素，若则称具有性质．

（1）判断集合是否具有性质？说明理由；

（2）判断是否存在具有性质的集合，并加以证明；

（3）若集合具有性质，证明：．

【答案】（1）具有，理由见解析   

（2）不存在，证明见解析   

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据集合具有性质的特征，即可根据集合中的元素进行检验求解，

（2）假设集合具有性质，分别考虑时，集合中的元素，即可根据的定义求解.

（3）根据假设存在使得，考虑当时以及时，分量为1的个数即可讨论求解.

【小问1详解】

因为，同理．

又，同理．

所以集合具有性质．

【小问2详解】

当时，集合中的元素个数为．由题设．   

假设集合具有性质，则

①当时，，矛盾．

②当时，，不具有性质，矛盾．

③当时，．

因为和至多一个在中；和至多一个在中；

和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，矛盾．

④当时，，不具有性质，矛盾．

⑤当时，，矛盾．

综上，不存在具有性质的集合．

【小问3详解】

记，则．

若，则，矛盾．若，则，矛盾．故．

假设存在使得，不妨设，即．

当时，有或成立．

所以中分量为的个数至多有．

当时，不妨设．

因为，所以的各分量有个，不妨设．

由时，可知，，中至多有个，

即的前个分量中，至多含有个．

又，则的前个分量中，含有

个，矛盾．                           

所以．    因为，

所以．

所以．

【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.

对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.