2023届北京市陈经纶中学团结湖分校高三零模数学试题含解析

2023届北京市陈经纶中学团结湖分校高三零模数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由并集的定义求解即可.

【详解】因为集合，

所以.

故选：C.

2．在复平面内，复数z满足，则复数z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】先求出复数z，即可求出答案.

【详解】，复数z对应的点为

则复数z对应的点位于第四象限

故选：D.

3．下列函数中，是偶函数且在上单调递减的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.

【详解】对于A，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上不是单调递减，不符合题意；故A错误；

对于B，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递减，符合题意；故B正确；

对于C，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递增；不符合题意；故C错误；

对于D，的定义域为，不是偶函数，不符合题意；故D错误；

故选：B.

4．已知函数，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的定义域，判断出函数在定义域上为单调递增函数，求出函数的零点，即可得答案.

【详解】解：由题意可得函数的定义域为，

因为与在均为单调递增函数，

所以在为单调递增函数，

因为，

所以的解集为.

故选：C.

5．向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则（    ）

A． B．4 C．2 D．

【答案】A

【分析】将，，平移至同一个起点并构建直角坐标系，写出相关向量的坐标，再应用向量数量积的坐标表示求.

【详解】将，，平移至同一个起点位置，如下图点位置，建立直角坐标系，

则，所以.

故选：A

6．已知抛物线，点O为坐标原点，并且经过点，若点P到该抛物线焦点的距离为2，则（    ）

A． B． C．4 D．

【答案】D

【分析】由焦半径公式列出方程，求出，得到，求出的长.

【详解】抛物线准线方程为，由焦半径可知：，解得：.

则，此时，则.

故选：D

7．已知．则“”是“”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】A

【分析】求解出成立的充要条件，再与分析比对即可得解.

【详解】，，

则或，

由得，

由得，

显然，，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

【点睛】结论点睛：充分不必要条件的判断：p是q的充分不必要条件，则p对应集合是q对应集合的真子集.

8．在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据单位圆及三角函数的定义求出，再由二倍角余弦公式求解.

【详解】因为是角终边与单位圆的交点，

所以，

故.

故选：A

9．点M、N在圆上，且M、N两点关于直线对称，则圆C的半径（    ）

A．最大值为 B．最小值为 C．最小值为 D．最大值为

【答案】C

【分析】将圆的一般方程化为标准方程，得出圆心坐标和半径的表达式，利用已知条件，得到圆心在直线上，结合二次函数的性质即可求解.

【详解】由，得，

所以圆心为，半径为，

由题意可得直线经过圆心，

故有，即，

所以半径为，

当时，圆C的半径的最小值为.

故选：C.

10．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （    ）

A．1.2天 B．1.8天

C．2.5天 D．3.5天

【答案】B

【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.

【详解】因为，，，所以，所以，

设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，

则，所以，所以，

所以天.

故选：B.

【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.

二、填空题

11．函数的定义域为______________．

【答案】

【分析】根据题意，列出不等式，求解即可得到结果.

【详解】因为函数

则，解得且

所以函数的定义域为

故答案为:

12．已知，则___________．

【答案】

【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解.

【详解】的二项展开式的通项公式，

所以.

故答案为：.

13．双曲线C： 的渐近线与直线交于A，B两点，且，那么双曲线C的离心率为____.

【答案】

【分析】由题可得，然后根据离心率公式结合条件即得.

【详解】由双曲线的方程可得，且渐近线的方程为：，

与联立可得，所以，

由题意可得，解得，又，

所以双曲线的离心率.

故答案为：.

14．记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．

【答案】

【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；

【详解】解： 因为，（，）

所以最小正周期，因为，

又，所以，即，

又为的零点，所以，解得，

因为，所以当时；

故答案为：

15．如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，

①对于任意一个位置总有平面；

②存在某个位置，使得；

③存在某个位置，使得；

④四棱锥的体积最大值为．

上面说法中所有正确的序号是____________．

【答案】①④

【分析】证明，结合线面平行判定判断①；由结合与不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点与点重合，从而判断③；取的中点为，连接，当平面时，四棱锥的体积最大，从而判断④.

【详解】分别取的中点为，连接.

因为的中点分别为，所以，且.

即四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定可知对于任意一个位

置总有平面，故①正确；

因为，所以与不垂直，由可知，与不垂直，故②错误；

由题意，若，则由线面垂直的判定可得平面.

则，因为，所以与全等，则，

此时点与点重合，不能形成四棱锥，故③错误；

取的中点为，连接，，当平面时，四棱锥

的体积最大，最大值为，故④正确；

故答案为：①④

三、解答题

16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求角B的大小；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件及同角三角函数的商数关系，结合三角形内角的特点及特殊值对应的特殊角即可求解；

（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，再利用两角和的正弦公式及正弦定理，结合三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）由，得，

因为所以，，所以，

因为，所以.

（2）由（1）知，，因为，所以，

因为，所以，

所以.

由正弦定理，得.

所以.

17．为了增强学生的冬奥会知识，弘扬奥林匹克精神，北京市多所中小学校开展了模拟冬奥会各项比赛的活动.为了了解学生在越野滑轮和旱地冰壶两项中的参与情况，在北京市中小学学校中随机抽取了10所学校，10所学校的参与人数如下：

（Ⅰ）现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查.求选出的2所学校参与越野滑轮人数都超过40人的概率；

（Ⅱ）现有一名旱地冰壶教练在这10所学校中随机选取2所学校进行指导，记X为教练选中参加旱地冰壶人数在30人以上的学校个数，求X的分布列和数学期望；

（Ⅲ）某校聘请了一名越野滑轮教练，对高山滑降、转弯、八字登坡滑行这3个动作进行技术指导.规定：这3个动作中至少有2个动作达到“优”，总考核记为“优”.在指导前，该校甲同学3个动作中每个动作达到“优”的概率为0.1.在指导后的考核中，甲同学总考核成绩为“优”.能否认为甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化？请说明理由.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析，（Ⅲ）见解析

【分析】（Ⅰ）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过40人”为事件S，从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，可得基本事件总数为.参与越野滑轮人数超过40人的学校共4所，随机选择2所学校共种，利用古典概率计算公式即可得出概率.

（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所.利用超几何分布列计算公式即可得出.

（Ⅲ）答案不唯一.示例：虽然概率非常小，但是也可能发生，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达到“优”的概率发生了变化.

【详解】（Ⅰ）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过40人”为事件S，现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，可得基本事件总数为.

参与越野滑轮人数超过40人的学校共4所，随机选择2所学校共种，

所以

（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所.

，，.

X的分布列为：

.

（Ⅲ）答案不唯一.

答案示例1：可以认为甲同学在指导后总考核为“优”的概率发生了变化.理由如下：

指导前，甲同学总考核为“优”的概率为：.

指导前，甲同学总考核为“优”的概率非常小，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达到“优”的概率发生了变化.

答案示例2：无法确定.理由如下：

指导前，甲同学总考核为“优”的概率为：.

虽然概率非常小，但是也可能发生，所以，无法确定总考核达到“优”的概率发生了变化.

【点睛】本题考查古典概型，离散型随机变量的分布列和数学期望，以及根据概率统计做分析和决策等相关问题，属于中档题.

18．如图，在三棱柱中，D，E，G分别为的中点，与平面交于点F，，，．

(1)求证：F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，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．

条件①：平面平面；

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)见解析

(2)

【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，即可证明；

（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量计算即可.

【详解】（1）由三棱柱的性质知，，平面，平面，

所以平面，又因为平面，

平面平面，

所以，因为E为的中点，所以F为的中点.

（2）选条件①，因为平面平面，平面平，

又因为，E为的中点，所以，

所以平面，又因为平面，所以，

又因为，，

平面，所以平面，

如图建立空间直角坐称系.

由题意得，

.

设平面的法向量，

,

，则，

平面BCD的法向量，

又,

设直线与平面所成的角为,

则，

所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.

选条件②，因为，，，

则，所以，又因为，

，平面，所以平面，

因为，E为的中点，所以，

如图建立空间直角坐称系.

由题意得，

.

设平面的法向量，

,

，则，

平面BCD的法向量，

又,

设直线与平面所成的角为,

则，

所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.

19．已知函数.

（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；

（Ⅱ）当时，求证：；

（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．

【答案】（Ⅰ）和.

（Ⅱ）见解析；

（Ⅲ）.

【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；

(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；

(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.

【详解】（Ⅰ），令得或者.

当时，，此时切线方程为，即；

当时，，此时切线方程为，即；

综上可得所求切线方程为和.

（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；

而，所以，即；

同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，

所以是中的较大者，

若，即时，；

若，即时，；

所以当最小时，，此时.

【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

20．已知椭圆的右焦点为，且经过点.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.

【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）见解析.

【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；

(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.

【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；

因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.

（Ⅱ）设

联立得，

，，.

直线，令得，即；

同理可得.

因为,所以；

，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．对于每项均是正整数的数列、、、，定义变换，将数列变换成数列、、、、．对于每项均是非负整数的数列、、、，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；又定义．设是每项均为正整数的有穷数列，令．

(1)如果数列为、、，写出数列、；

(2)对于每项均是正整数的有穷数列，证明；

(3)证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．

【答案】(1)、、，、、、

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）由、、，求得再通过求解；

（2）设有穷数列求得再求得，由，两者作差比较；

（3）设是每项均为非负整数的数列、、、．在存在，有时条件下，交换数列的第项与第项得到数列，在存在，使得时条件下，若记数列、、、为，，．由，得到．是大于的整数，所以经过有限步后，必有．

【详解】（1）解：、、，、、、，、、，

、、、，、、、.

（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列为、、、，

则为、、、、，

从而．

又 ，

所以，

故．

（3）解：设是每项均为非负整数的数列，，．

当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，

则．

当存在，使得时，若记数列，，为，

则．

所以．

从而对于任意给定的数列，由，1，2，…

可知．

又由（2）可知，所以．

即对于，要么有，要么有．

因为是大于的整数，所以经过有限步后，必有．

即存在正整数，当时，.

【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.