北京市海淀区2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

这是一份北京市海淀区2023届高三数学一模试题（Word版附解析），共23页。

海淀区2022-2023学年第二学期期中练习
高三数学
本试卷共4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.
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】A
【解析】
【分析】求交集可得答案.
【详解】因集合，所以.
故选：A.
2. 若，其中i是虚数单位，则（ ）
A. B. 1 C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数乘法及相等求，即可得结果.
【详解】由题设，故，
所以.
故选：B
3. 在等差数列中，，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，求出的值，即可得出，即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，则，则.
故选：C.
4. 已知抛物线的焦点为F，点在该抛物线上，且P的横坐标为4，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据抛物线焦半径公式计算得到答案.
【详解】抛物线的准线方程为，
因为点在抛物线上，P的横坐标为4，抛物线的焦点为F，
所以等于点到直线的距离，
所以，
故选：D.
5. 若，则（ ）
A. B. 1 C. 15 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法结合条件即得.
【详解】因为，
令得，，
令得，，
所以，．
故选：C.
6. 已知直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，则m的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的方程求出圆心坐标以及半径，由等边三角形的性质可得到圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式列出方程求出的值即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
若直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，
则圆心到直线的距离，
又由点到直线的距离公式可得，解得，
故选：D.
7. 在中，，的平分线交BC于点D．若，则（ ）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．
【详解】设，因为，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，
所以．
故选：B．
8. 已知二次函数，对任意的，有，则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令中，则，排除C，D；又由可得任意的恒成立，则，，排除B，即可得出答案.
【详解】因为对任意的，有，令，则，
所以，排除C，D；即，
设二次函数，
所以，，
由可得，则，
所以任意的恒成立，则，，故排除B.
故选：A.
9. 已知等比数列的公比为q且，记、则“且”是“为递增数列”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】B
【解析】
【分析】由等比数列及已知，要为递增数列只需在上恒成立，讨论、、，结合的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案.
【详解】由题设且n ≥ 2，要为递增数列，只需在上恒成立，
当，不论取何值，总存在，不满足要求；
当，
，则，不满足要求；
，总存在，不满足要求；
当，
，则，不满足；
，若，，显然，即，不满足；
，则在上恒成立，满足.
所以为递增数列有且.
综上，“且”是“为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B
10. 刘老师沿着某公园的环形道（周长大于）按逆时针方向跑步，他从起点出发、并用软件记录了运动轨迹，他每跑，软件会在运动轨迹上标注出相应的里程数．已知刘老师共跑了，恰好回到起点，前的记录数据如图所示，则刘老师总共跑的圈数为（ ）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】利用环形道的周长与里程数的关系建立不等关系求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程，即可求解.
【详解】设公园的环形道的周长为，刘老师总共跑的圈数为，（），
则由题意，所以，
所以，因为，所以，又，所以，
即刘老师总共跑的圈数为8.
故选：B
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 不等式的解集为_________．
【答案】或
【解析】
【分析】将分式不等式转化成整式不等式，再利用一元二次不等式解法即可求得结果.
【详解】根据分式不等式解法可知等价于，
由一元二次不等式解法可得或；
所以不等式的解集为或.
故答案为：或
12. 已知双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，则它的离心率为________．
【答案】2
【解析】
【详解】由题意，得e＝＝＝＝2.
13. 已知函数．若在区间上单调递减，则的一个取值可以为_________．
【答案】（不唯一）
【解析】
【分析】根据正弦型函数的单调性进行求解即可.
【详解】由，
因为在区间上单调递减，且，
所以有，
因此的一个取值可以为，
故答案为：
14. 设函数
①当时， _________；
②若恰有2个零点，则a的取值范围是_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由分段函数解析式先求，再求的值，结合零点的定义分段求零点，由条件求a的取值范围.
【详解】当时，，
所以，
所以，
令，可得
当时，，
所以或，
当或时，方程在上有唯一解，
当或时，方程在上的解为或，
当时，，
所以当时，，
当时，方程在上无解，
综上，当时，函数有两个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数有三个零点，
当时，函数有两个零点，
因为恰有2个零点，所以或，
所以a的取值范围是.
故答案为：；.
15. 在中，，D是边AC的中点，E是边AB上的动点（不与A，B重合），过点E作AC的平行线交BC于点F，将沿EF折起，点B折起后的位置记为点P，得到四棱锥．

如图所示．给出下列四个结论：
①平面PEF；
②不可能为等腰三角形；
③存在点E，P，使得；
④当四棱锥的体积最大时，．
其中所有正确结论的序号是_________．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据线面平行的判断定理，判断①；证明,即可判断②；利用垂直关系转化，结合反证法，即可判断③；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断④.
【详解】①因为，平面，平面，
所以平面，故①正确；
②因为是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，则，
因为，，所以，且
当时，,所以，
此时是等腰三角形，故②错误；
③因为，且，，
且平面，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，且平面平面，
如图，过点作，连结，
则平面，平面，所以，
若，，平面，平面，
所以平面,平面，
所以，
如图，，延长，交于点，
则和都是等腰直角三角形，
则，点到直线的距离等于，
这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则，
设，则，则，
则存点E，P，使得，故③正确；



④当底面的面积一定时，平面平面平面时，即平面时，四棱锥的体积最大，
设，，



得（舍）或，
当，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，此时，故④错误；
故答案为：①③
【点睛】思路点睛：本题考查几何体的线线，线面位置关系，以及动点问题，和导数相联系的最值问题，本题的关键是第三问，需在变化过程中找到位置关系，建立不等式，即可判断.
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，直三棱柱中，，，，是的中点．

（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：在直三棱柱中，平面，且，
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，

则点、、、，
、、，
所以，，，则，，
又因为，、平面，因此，平面.
【小问2详解】
解：设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，，
因此，与平面所成角的正弦值为.
17. 在中，．
（1）求；
（2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求a的值．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）选②或③，
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果；
（2）条件①，由，角可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，先把角转边，再结合条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，，
又，所以，得到，
又，所以，
又，所以，得到，
所以.
【小问2详解】
选条件①：
由（1）知，，根据正弦定理知，，即，
所以角有锐角或钝角两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件.
选条件②：
因为，所以，
又，得到，代入，得到，解得，所以，
由余弦定理得，，
所以.
选条件③：
因为，所以，
由，得到，
又，由(1)知，
所以
又由正弦定理得，，得到，
代入，得到，解得，所以，
由余弦定理得，，
所以.
18. 网购生鲜蔬菜成为很多家庭日常消费的新选择．某小区物业对本小区三月份参与网购生鲜蔬菜的家庭的网购次数进行调查，从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取10户，分别记为A组和B组，这20户家庭三月份网购生鲜蔬菜的次数如下图：

假设用频率估计概率，且各户网购生鲜蔬菜的情况互不影响·
（1）从一单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中随机抽取1户，估计该户三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的概率；
（2）从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取1户，记这两户中三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数为X，估计X的数学期望；
（3）从A组和B组中分别随机抽取2户家庭，记为A组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，为B组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，比较方差与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）1 （3）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；
（2）由题可知，X的可能取值为0，1，2，再分别求出对应的概率，由期望公式即可求出；
（3）根据方差公式计算可知，．
【小问1详解】
设“该户三月份网购生鲜蔬菜次数大于20”为事件，在组10户中超过20次的有3户，由样本频率估计总体概率，则.
【小问2详解】
由样本频率估计总体概率，一单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过20次概率为，二单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过20次概率为，X的可能取值为0，1，2，所以，
，，
，．
【小问3详解】
依题可知，，的可能取值为0，1，2，且，服从超几何分布，
，，，
，，，
因为，，所以，
，
，所以，．
19. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设斜率为k直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由短轴长，即四边形的周长得a，b的值，得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，由题，，与椭圆联立方程，得，，表示出的面积，解得k的值.
【小问1详解】
由，得，即，
由四边形的周长为，得，即，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线l的方程为（，），，，
则，，
联立方程组，消去y得，，
，得，
，，
直线的方程为，
令，得，
又因为，
所以，的面积，得，经检验符合题意，
所以k的值为.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若存在，使得，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）当时，的减区间为，无增区间；当 时，的减区间为，增区间为
（3）
【解析】
【分析】（1）当时，求出函数的导数，求出曲线在点处切线的斜率，然后求解切线的方程即可；
（2）先求出函数的导数，分和两种情况讨论即可得到单调区间；
（3）将题中条件转化为若，使得成立，再结合函数放缩得到若，使得成立，再根据（2）中的单调情况可知为与中的较大者，从而得到当或即可满足题意，进而求解即可．
【小问1详解】
当时，，则，
得，，
所以曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
由，则，
当时， 恒成立，此时在R上单调递减；
当时，令，解得，
此时与的变化情况如下：





-
0
+

↘
极小值
↗
由上表可知，的减区间为，增区间为，
综上，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的减区间为，增区间为．
【小问3详解】
将在区间上的最大值记为，最小值记为，
因为存在，使得，
所以，使得成立，即或，
当时，，
若，使得成立，只需，
由（2）可知在区间上单调或先减后增，
故为与中的较大者，
所以只需当或即可满足题意，
即只需或，
解得或 ，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：函数不等式恒成立问题，要进行适当转化．解答小问（3）的关键在于转化为若，使得成立，再结合函数放缩得到若，使得成立，再根据（2）中的单调情况求解即可得到的取值范围．
21 已知数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；
②对于中任意连续三项，均有．
（1）分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：
（i）有穷数列：；
（ⅱ）无穷数列：．
（2）若有穷数列满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m的最大值；
（3）若数列满足性质①和性质②，且，求的通项公式．
【答案】（1）（i）不满足，理由见详解；（ⅱ）满足，理由见详解
（2）3 （3）
【解析】
【分析】（1）（i）令，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意，直接相乘得到即可判断；
（2）对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，令时，得到；再令时，得到，从而得到数列至多有0，-1，1共3项，再构造数列：0，-1，1，证明其满足性质①和性质②，进而即可求得项数m的最大值；
（3）首先证明：当，时，数列满足，且， (*)，再考虑，，三项，结合性质(*)得到，从而，最后经验证，数列：满足条件，再通过反证法证明这是唯一满足条件的数列即可．
【小问1详解】
（i）不满足．令，则不是数列{an } 中的项，故有穷数列不满足性质①；
（ⅱ）满足．对于任意，有，
由于，令即可，故无穷数列满足性质①．
【小问2详解】
对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，
故令时，存在一项，
又是数列非零项中绝对值最大的，所以，即；
再令时，存在一项，
又是数列非零项中绝对值最小的，所以，即，
又，所以数列所有非零项的绝对值均为1，
又数列的各项均不相等，所以其至多有0，-1，1共3项，所以，
构造数列：0，-1，1，
其任意两项乘积均为0，-1，1之一，满足性质①；
其连续三项满足，满足性质②.
又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时，
综上，的最大值为3．
【小问3详解】
首先证明：当，时，数列满足，且， (*)
因为对于任意数列的连续三项，，，总有，
即 或，不论是哪种情形， 均有
当时，，即；
当时，，亦有，
又，故性质(*)得证．
考虑，，三项，有或，
若，则，此时令，有，
由性质(*)知不存在k 使得，且，
故只有，此时，
因为 ，
所以令时，，
由性质(*)知，只有或，
当 时，，，此时令，，
但，即，
由性质(*)知不存在k使得，
所以，即，从而，
经验证，数列：满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，
假设是第一个不满足上述通项公式的项，，
当，时，只能为，
令，则 ，但，
由性质(*)，不存在k使得，
当，时，只能为，
则，
令，则，但，
由性质(*)，不存在k 使得，
故不存在不满足上述通项公式的项，
综上，数列的通项公式为．
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．