2023北京大兴高三（上）期末考试数学试卷（教师版）

这是一份2023北京大兴高三（上）期末考试数学试卷（教师版），共29页。试卷主要包含了12， 设集合，则， 在展开式中，的系数为， 设为等差数列的前项和， “”是“直线与圆相切”的， 已知函数，给出下列结论等内容，欢迎下载使用。
2022.12
学校______ 姓名______ 班级______ 考号______
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. 设集合，则（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
2. 下列函数中，既是奇函数又在定义域上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 在展开式中，的系数为（ ）
A. 10B. 5C. D.
4. 设为等差数列的前项和.已知，，则（ ）
A. 为递减数列B.
C. 有最大值D.
5. 已知抛物线上一点与其焦点的距离为5，则点到轴的距离等于（ ）
A. 3B. 4C. 5D.
6. “”是“直线与圆相切”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
7. 某圆锥曲线是椭圆或双曲线，若其中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过和两点，则曲线的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
8. 已知数列中，，，，则下列结论错误的是（）
A. B.
C. 是等比数列D.
9. “赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小平行四边形构成如下图形，其中，，，，分别是，，，的中点，若，则等于（ ）
A B. C. 1D. 2
10. 已知函数，给出下列结论：①是周期函数；②的最小值是；③的最大值是；④曲线是轴对称图形，则正确结论的序号是（ ）
A. ①③B. ②④
C ①②③D. ②③④
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. 已知复数满足，则______.
12. 一个袋子中装有5个大小相同球，其中2个红球，3个白球，从中依次摸出2个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到白球的概率是______.
13. 在中，，.若，则______；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是______.
14. 已知函数若，则函数的值域为______；若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______.
15. 在正方体中，为正方形的中心.动点沿着线段从点向点移动，有下列四个结论：
①存在点，使得
②三棱雉的体积保持不变；
③的面积越来越小；
④线段上存在点，使得，且.
其中所有正确结论的序号是______.
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. 函数（，，）部分图象如图所示，已知 .再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知. 条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多个条件组合分别解答，则按第一个解答计分.
（1）求函数的解析式；
（2）求的单调减区间.
17. 如图，在四棱雉中，底面是直角梯形，，，为等边三角形，且平面底面，，，，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有，，三类歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三类歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每类歌曲的歌名相互独立，猜对三类歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表：
（1）求甲按“，，”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；
（2）若，设甲按“，，”的顺序猜歌名获得的奖励基金总额为，求的分布列与数学期望；
（3）写出的一个值，使得甲按“，，”的顺序猜歌名比按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的期望高.（结论不要求证明）
19. 已知椭圆：经过直线：与坐标轴两个交点.
（1）求椭圆方程；
（2）为椭圆的右顶点，过点的直线交椭圆于点，，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，，求证：为线段的中点.
20. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线斜率为0，求的值；
（2）判断函数单调性并说明理由；
（3）证明：对，都有成立.
21. 已知数列，为从1到2022互不相同的整数的一个排列，设集合 ，中元素的最大值记为，最小值记为.
（1）若为：1，3，5，…，2019，2021，2022，2020，2018，…，4，2，且，写出，的值；
（2）若，求的最大值及最小值；
（3）若，求的最小值.考生须知
1.本试卷共4页，共两部分，21道小题.满分150分.考试时间120分钟.
2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号.
3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答.
歌曲类别
猜对的概率
0.8
0.5
获得的奖励基金额/元
1000
2000
3000
大兴区2022～2023学年度第一学期期末检测试卷
高三数学
2022.12
学校______ 姓名______ 班级______ 考号______
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. 设集合，则（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用补集的定义直接求解.
【详解】因集合，所以或.
故选：D
2. 下列函数中，既是奇函数又在定义域上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和单调性即可求解.
【详解】对于A：其定义域为：，
定义域没有关于原点对称，所以为非奇非偶函数.
对于B：是奇函数，但是在定义域上不是单调递增函数.
对于C：因为，所以，
所以为奇函数，又，
所以在定义域上是单调递增函数，符合题目要求.
对于D：是奇函数，但是在定义域上不是单调递增函数.
故选：C.
3. 在展开式中，的系数为（ ）
A. 10B. 5C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式展开式的特征即可求解.
【详解】展开式中含的项为，所以的系数为，
故选：C
4. 设为等差数列的前项和.已知，，则（ ）
A. 为递减数列B.
C. 有最大值D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式及前项和公式即可求解.
【详解】为等差数列的前项和，
，解得；
又，设等差数列的公差为：
为递增数列，选项A错.
，，选项B对.
由知，
由二次函数的性质可知，有最小值没有最大值.选项C错.
，选项D错.
故选：B.
5. 已知抛物线上一点与其焦点的距离为5，则点到轴的距离等于（ ）
A. 3B. 4C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
【详解】设，焦点为,，
由抛物线的定义可知： ，所以，
将其代入抛物线方程中得故，所以点到轴的距离等于4，
故选：B
6. “”是“直线与圆相切”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
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系求出a的取值范围，再根据充分条件，必要条件的定义解出.
【详解】由题知，圆的圆心为，半径为1，
设圆心到直线的距离为
则，解得：或.
由此可知，“”是“或”的充分不必要条件，
故选：A.
7. 某圆锥曲线是椭圆或双曲线，若其中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过和两点，则曲线的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出方程，代入坐标即可求解.
【详解】设曲线的方程为：，
代入点得：①，
代入点得：②，
联立①②解得：，，
所以曲线为双曲线，其方程为：，
离心率，
故选：D.
8. 已知数列中，，，，则下列结论错误的是（）
A. B.
C. 是等比数列D.
【答案】D
【解析】
【分析】AB项，分别令，，求出的值验证；CD项，由可得，得，继而得到及均为等比数列，根据等比数列的通项求解.
【详解】当时，，故A正确.
当时，，
当时，，，故B正确.
C项，，
，
所以得，所以，是以为首项，为公比的等比数列，故C正确.
D项，由C项得，
又，，是以为首项，为公比的等比数列，
，故D错误.
故选：D
9. “赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小平行四边形构成如下图形，其中，，，，分别是，，，的中点，若，则等于（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量线性运算法则以及平面向量基本定理，将用表示出来，求出，的值，即可求解．
【详解】由题意可得，
因为是平行四边形，所以，所以，所以，
因为，所以，
则．
故选:D
10. 已知函数，给出下列结论：①是周期函数；②的最小值是；③的最大值是；④曲线是轴对称图形，则正确结论的序号是（ ）
A. ①③B. ②④
C. ①②③D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据可判断④，根据余弦的有界性以及二次函数的性质即可判断①②③.
【详解】由于,所以,因此,故图象关于对称，因此曲线是轴对称图形，故④正确，
由于当时，分母单调递增，故当自变量越来越大时，分母的值也越来越大，而分子是有界的，所以的图象随着自变量的增大而无限靠近轴，因此不是周期函数，故①错误，
，当时，第一个等号成立，当时，第二个等号成立，故不存在的值，使得两个等号同时成立，因此 ，故③错误，
，当时，第一个等号成立，当时，第二个等号成立，故当时，两个等号同时成立，故当时，的最小值是，故②正确，
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. 已知复数满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】化简为标准式，代入求模公式即可.
【详解】
，
，
故答案为：.
12. 一个袋子中装有5个大小相同的球，其中2个红球，3个白球，从中依次摸出2个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到白球的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】由于第一次摸到红球已经发生，故第二次摸球的时候袋子中有1个红球，3个白球，即得到答案
【详解】第一次摸到红球的条件下,第二次摸球的时候袋子中有1个红球，3个白球，所以第二次摸到白球的概率为 ，
故答案为：
13. 在中，，.若，则______；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是______.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】（1）由正弦定理，
代入条件得：，
解得：，所以，
所以若时，为直角三角形，
所以.
（2）由正弦定理，
代入条件化简得：，
因为，所以，
所以，
即，
又，所以为锐角，所以，故可取 .
故答案为：2；.
14. 已知函数若，则函数的值域为______；若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用函数的单调性可求值域，利用函数零点与方程的解的关系即可求解.
【详解】（i）若，当时，

当时，是单调递增函数，
所以，
所以的值域为：.
（ii）由题可知，当时，
，
解得：，由此可知有一个解，
则当时，必定有两个解，
即必有两个解，
此时只需满足
解得：.
故答案为：；.
15. 在正方体中，为正方形中心.动点沿着线段从点向点移动，有下列四个结论：
①存在点，使得
②三棱雉的体积保持不变；
③的面积越来越小；
④线段上存在点，使得，且.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①②③
【解析】
【分析】对于①③④，以A为原点建立空间直角坐标系，表示出P点坐标，逐项分析即可；
对于②，说明平行于平面即可.
【详解】如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则.
设，其中.
则，
即.
对于①，假设存在点P，因，
则
，
即当时，，故①正确；
对于②，取BD中点为E，连接.因为正方形的中心，
则，且，故四边形为平行四边形，得.
又平面，平面，则平行于平面，
即点P到平面的距离d为定值.又
三棱雉的体积保持不变.故②正确.
对于③，设，则，注意到：
则.
又，
则，
因在上递减，故当动点沿着线段从点向点移动过程中，的面积越来越小.故③正确.
对于④，假设存在满足题意的点Q，设，其中.
则，
即，又，则.
因，且，，
则，
因，与矛盾，故不存在相应点Q.故④错误.
故答案为：①②③
【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中动点问题，难度较大.对于①③④，因直观图形较为复杂，故利用向量共线并引入参数表示出动点坐标.对于几何体体积不变问题，常转化为判断图形中是否存在线线平行或线面平行.
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. 函数（，，）部分图象如图所示，已知 .再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知. 条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多个条件组合分别解答，则按第一个解答计分.
（1）求函数的解析式；
（2）求的单调减区间.
【答案】（1）
（2），.
【解析】
【分析】（1）根据，可得周期，进而结合图象特征以及三角函数的对称性即可根据选项逐一求解，
（2）根据整体法即可由正弦函数的单调区间进行求解.
【小问1详解】
由图可知，所以.
又知.所以.
若选择条件①②，即，.
因为 .
由图可知是单调增区间上的一个零点，所以，，即
因为，所以当时，.
所以
又因为，所以.
所以.
若选择条件①③，即，.
因为 .
由图可知，，即.
因为，
所以当时，.
所以 .
又因为 ，
所以，故.
若选择条件②③，即，.
因为，
由图可知，当时取得最大值，
即，
由，得，，
因为，所以.
又 ，
所以，故.
【小问2详解】
因为函数的单调递减区间为，，
由，，
得，.
所以单调递减区间为，.
17. 如图，在四棱雉中，底面是直角梯形，，，为等边三角形，且平面底面，，，，分别为，的中点.
（1）求证：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）根据线线平行即可由线面平行的判定定理求证，
（2）根据空间向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角.
【小问1详解】
连接，，与交于点，
因为底面是直角梯形，，为的中点.
所以且，即为平行四边形，
所以点是中点，连接，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为为等边三角形，为的中点，所以.
又面面，面面，平面,所以面，
又因为，，所以.
如图建立空间直角坐标，
可知，，，,，
易知，设平面的法向量为，
且，，
即
取，则，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有，，三类歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三类歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每类歌曲的歌名相互独立，猜对三类歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表：
（1）求甲按“，，”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；
（2）若，设甲按“，，”的顺序猜歌名获得的奖励基金总额为，求的分布列与数学期望；
（3）写出的一个值，使得甲按“，，”的顺序猜歌名比按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的期望高.（结论不要求证明）
【答案】（1）0.4 （2）分布列见解析，期望为1900
（3）均可
【解析】
分析】（1）至少猜对两首歌名，即猜对两首或猜对三首，代入公式即可；
（2）分析出的取值，求出对应的概率列表；
（3）求出按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的期望，
列不等式求出的范围.
【小问1详解】
设“甲按“，，”的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件，
则.
所以，甲按“，，”的顺序猜歌名至少猜对两首歌名的概率为0.4.
【小问2详解】
的所有可能取值为0，1000，3000，6000，
，
，
，
.
所以随机变量的分布列为
所以.
【小问3详解】
均可.
证明如下：
设甲按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的总额为,
甲按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的总额为
则的所有可能取值为0，3000，5000，6000，
，
，
，
，
所以，
则的所有可能取值为0，1000，3000，6000，
所以
要，即，
解得，因此均符合要求.
19. 已知椭圆：经过直线：与坐标轴的两个交点.
（1）求椭圆的方程；
（2）为椭圆的右顶点，过点的直线交椭圆于点，，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，，求证：为线段的中点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出坐标代入即可.
（2）设而不求，联立求得P，Q坐标化简即可.
【小问1详解】
直线：与坐标轴的两个交点为，，
由于，所以，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设过点的直线为，由题意直线斜率存在，
设方程为，即.
由，消元得，
整理得
由，可得.
设，，则
，.
由题意，将，代入：得，
直线的方程为，
令得，
所以
所以，点是线段的中点.
【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
20. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线斜率为0，求的值；
（2）判断函数单调性并说明理由；
（3）证明：对，都有成立.
【答案】（1）1 （2）函数在区间上单调递增，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义即可；
（2）判断导函数的正负，可得单调性；
（3）利用（2）确定的单调性，作差比较即可.
【小问1详解】
，
所以，
由，得，
所以.
【小问2详解】
函数在单调递增.
因为，所以函数定义域为.
，
因为
所以.
因此函数在区间上单调递增.
【小问3详解】
证明：当时，显然有，不等式成立；
当时，不妨设，
由于函数在区间上单调递增，
所以，
则
.
因为，所以，
所以，
所以.
综上，对任意的，成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
21. 已知数列，为从1到2022互不相同的整数的一个排列，设集合 ，中元素的最大值记为，最小值记为.
（1）若为：1，3，5，…，2019，2021，2022，2020，2018，…，4，2，且，写出，的值；
（2）若，求的最大值及最小值；
（3）若，求的最小值.
【答案】（1），
（2）最小值为6，的最大值为6063
（3）6069
【解析】
【分析】（1）根据的定义即可求解，
（2）根据，即可求解，
（3）根据任意相邻的6项的和，求解，即可.
【小问1详解】
当时，中的元素为中的三项相加，故最大元素，最小元素.
【小问2详解】
最小值为6，的最大值6063.
证明：对于1，2，…，2021，2022的一个排列，
若，则中的每一个元素为 ，，
由题意 ，，
那么，对于任意的，总有.
同理，由题意 ，
那么，对于任意的，总有，
当时，满足：，.
【小问3详解】
的最小值为6069.
由于，对于1，2，…，2021，2022的一个排列，
中的每一个元素为 ，，
由题意 ，，
对于任意的，都有
，
即，.
构造数列：，，，
对于数列，设任意相邻6项的和为，则
，或
若，则
，
若，则
，
所以，即对这样的数列，，
又，所以的最小值为6069.
【点睛】本题主要考查等差数列求和以及集合的表示，元素与集合的关系以及数学的化归思想。数学中常见的思想方法有：函数与方程的思想，分类讨论的思想，数形结合的思想，建模思想等。做考查转化与化归思想题目时，要把题设中给的条件和性质进行分析，逐条分析，验证，运算，使得问题转化成常见的数学知识，充分利用化归思想将问题化难为简，本题的关键是将问题转化成数列的知识进行求解.考生须知
1.本试卷共4页，共两部分，21道小题.满分150分.考试时间120分钟.
2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号.
3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答.
歌曲类别
猜对的概率
0.8
0.5
获得的奖励基金额/元
1000
2000
3000
0
1000
3000
6000
0.2
0.4
0.3
0.1