北京市门头沟区2023-2024学年高三下学期3月综合练习（一模）数学试卷及答案

这是一份北京市门头沟区2023-2024学年高三下学期3月综合练习（一模）数学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合 ， 集合 ， 则 （ ）
A．B．
C．D．
2．在复平面内， 复数 满足 ， 则 的虚部为（ ）
A．B．
C．3D．-3
3．下列函数中， 既是奇函数又在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知双曲线经过点， 离心率为2，则的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知等差数列的前项和为 ，若，则（ ）
A．54B．63
C．72D．135
6．设 ， 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
7．在中，，则的面积为（ ）
A．B．
C．D．
8．在中，，， 且， 则（ ）
A．B．C．D．
9．在平面直角坐标系中， 记 为点 到直线 的距离， 则当 变化时， 的最大值与最小值之差为（ ）
A．2B．3C．4D．6
10．如图， 正方体 中， 点 为线段 上的动点， 则下列结论正确的个数是（ ）
（1）三棱锥的体积为定值；
（2）直线与平面所成的角的大小不变；
（3）直线与所成的仍的大小不变，
（4）．
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
11．的展开式中常数项为 (用数字作答)
12．已知抛物线的焦点为，点在上，若，则到直线的距离为： ．
13．若函数 的最大值为 ， 则 ， ．
14．已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则 ； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
15．设，函数，给出下列四个结论：
①当时，的最小值为；
②存在， 使得只有一个零点；
③存在， 使得有三个不同零点；
④，在上是单调递增函数．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．如图，在四棱锥中，平面，， 为棱的中点．
(1)求证：//平面；
(2)当 时，求直线与平面所成角的正弦值．
17．设函数，已知，，在区间上单调，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，使函数存在．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点， 求的取值范围．
条件①：为函数的图象的一个对称中心；
条件②：直线为函数的图象的一条对称轴；
条件③：函数的图象可由的图象平移得到．
注：如果选择的条件不符合要求，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．
18．2024年1月11日，记者从门头沟区两会上获悉，目前国道109新线高速公路（简称新高速)全线35坐桥梁主体结构已全部完成，项目整体进度已达到，预计今年上半年开始通车，通车后从西六环到门头沟区清水镇车程将缩短到40分钟。新高速全线设颀主线收费站两处（分别位于安家庄和西台子)和匝道收费站四处 (分别位于雁翅、火村、消水和斋堂)。新高速的建成为市民出行带来了很大便利，为此有关部门特意从门头沟某居民小区中随机抽取了200位打算利用新高速出行的居民，对其出行的原因和下高速的出口进行了问卷调查（问卷中每位居民只填写一种出行原因和对应的一个下高速的出口)，具体情况如下：
（假设该小区所有打算利用新高速出行的居民的出行相对独立，且均选择上表中的一个高速出口下高速）。
(1)从被调查的居民中随机选1人，求该居民利用新高速出行探亲且在清水出口下高速的概率；
(2)用上表样本的频率估计概率，从该小区所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取2人，从出行旅游的人中随机抽取1人，这三人中从斋堂出口下高速的人数记为，求的分布列和数学期望；
(3)用上表样本的频率估计概率，从该小区所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取 1 人，用 “”表示此人从斋堂出口下高速，“”表示此人不从斋堂出口下高速：从该小区所有打算利用新高速出行旅游的人中随机抽取1人，用 “”表示此人从斋堂出口下高速，“”表示此人不从斋堂出口下高速，写出方差 的大小关系． (结论不要求证明）．
19．已知椭圆 的离心率为， 椭圆 的上顶点为A， 右顶点为 ， 点 为坐标原点， 的面积为 2 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若过点 且不过点 的直线 与椭圆 交于 两点， 直线 与直线 交于点 ， 试判断直线 的斜率是否为定值？ 若是， 求出该定值； 若不是， 请说明理由．
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求的极值；
(3)当时，判断零点个数，并说明理由．
21．已知数列 ， 数列 ， 其中 ， 且 ， ． 记 的前 项和分别为 ， 规定 ．记 ，且 ，， 且
(1)若，，写出 ；
(2)若，写出所有满足条件的数列 ， 并说明理由；
(3)若 ， 且 ． 证明： ， 使得 ．
项目
斋堂出口
清水出口
安家庄出口
雁翅出口
火村出口
西台子出口
上班
40
8
2
5
3
2
旅游
30
20
10
10
12
8
探亲
16
10
10
5
5
4
参考答案：
1．A
【分析】求,判断选项.
【详解】根据题意可得，，
故选：A
2．D
【分析】由 ，化简得到求解.
【详解】解：因为复数 满足 ，
所以，
所以 的虚部为-3，
故选：D
3．D
【分析】
根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可.
【详解】对于A：定义域为，为非奇非偶函数，故A错误；
对于B：定义域为，为奇函数，但是函数在上单调递减，故B错误；
对于C：为奇函数，定义域为，但是函数在上不单调，故C错误；
对于D：令定义域为，且，
所以为奇函数，且当时，函数在上单调递增，故D正确.
故选：D
4．C
【分析】
根据题意设出双曲线方程，在根据离心率公式，即可求出。
【详解】由题意知，双曲线的焦点在轴上，
设双曲线的方程为，
则，
因为，所以，
所以，
所以双曲线的标准方程为.
故选：C
5．B
【分析】
根据给定条件，利用等差数列的性质求出，再求出.
【详解】等差数列中，由，得，解得，而，
所以.
故选：B
6．B
【分析】
利用特殊值法，和对数函数的性质与逻辑关系进行判断选项.
【详解】若,由，取，但是，
而，则,又，则中至少有一个大于1，
若都小于等于1，根据不等式的性质可知，乘积也小于等于1，与乘积大于1矛盾，
则,故，
所以是的必要而不充分条件.
故选：B
7．A
【分析】
先利用余弦定理求出，再利用面积公式求解.
【详解】，
解得，则，
所以.
故选：A.
8．B
【分析】
将两边平方，即可得到，再由数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，所以，
即，
所以，即，
所以.
故选：B
9．D
【分析】
由直线方程得到其过定点，而可看成单位圆上的一点，故可将求点到直线之距转化为求圆心到直线之距，要使距离最大，需使直线，此时最大距离即圆心到点的距离再加上半径即得.
【详解】由直线 整理得，可知直线经过定点，
而由知，点可看成圆上的动点，
于是求点 到直线 的距离最值可通过求圆心到直线的距离得到.

如图知当直线与圆相交时， 到直线 的距离最小值为，
要使点到直线距离最大，需使圆心到直线距离最大，
又因直线过定点，故当且仅当时距离最大，（若直线与不垂直，则过点作直线的垂线段长必定比短）
此时，故点到直线距离的最大值为，即的最大值与最小值之差为.
故选：D.
10．C
【分析】由已知可得面，可得上任意一点到平面的距离相等，即可判断（1）；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，即可判断（2）；根据线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面垂直的判定定理可证平面，即可判断（4）
【详解】
对于（1），因为，面，面，所以面，
所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；
对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；
对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,
又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；
对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又平面，且平面，所以，又，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，
又，平面，所以平面，
且平面，所以，故正确；
故选：C
11．
【分析】
根据题意，由题意可得二项式展开式的通项公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为展开式的通项公式为，
令可得，则展开式中的常数项为.
故答案为：
12．4
【分析】
由抛物线的性质得到到的准线的距离，然后解出的横坐标，最后求出到直线的距离即可.
【详解】由点在上，的焦点为，准线为，知到直线的距离等于.
而，故到直线的距离为.
设的坐标为，由到直线的距离为，知，所以或.而，故.
所以到直线的距离为.
故答案为：.
13． 1
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式，求解
【详解】，
由最大值为，,则,
所以，
所以，
故答案为：；
14． 4 3或4
【分析】由已知利用等比数列的性质可求，又，可得，解得或，即可求得，分类讨论可求的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，
所以解得或；
若时，可得，则，
且的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，
所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，则，
且的值为，…，
可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，
前项均为正数且大于等于，
所以存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.
故答案为：4；3或4
15．②③
【分析】
分析函数在上的取值范围即可判断①，对零点在、讨论，即可判断②，③，使得函数在各段单调性，且在断点左侧的函数值不大于断点右侧函数值，即可判断④.
【详解】因为，
当时，则函数在上单调递增，
又函数的对称轴为，
对于①：当时，
当时，所以，即，故①错误；
对于②：当零点位于时，则，解得，
此时，
若，即时在上单调递增，
此时只需，解得或，所以，
若，即时，此时，则在上至少还有个零点，故不符合题意，
所以；
当零点位于，此时在上无零点，则，解得，
此时且，
要使函数只有一个零点，则只需，解得，
又，显然无解，所以此种情况不符合题意；
综上可得当时只有一个零点，故②正确；
对于③：使得有三个不同零点，则必然是在上有一个零点，在上有两个零点，
则，解得，
所以当时有三个不同零点，故③正确；
对于④：若在上是单调递增函数，则，解得，
所以当时在上是单调递增函数，故④错误.
故答案为：②③
【点睛】关键点点睛：第②问关键是分零点所在区间讨论，结合二次函数的性质得到不等式组，求出参数的取值范围，第③问关键是分析得到在上有一个零点，在上有两个零点.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）取中点为，证明//，即可由线线平行证明线面平行；
（2）过作平面的垂线，结合几何特点求得，再求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）取中点为，连接，如下所示：
在△中，因为分别为的中点，故//；
又，故//，则四边形为平行四边形，//；
又面面，故//面.
（2）过点作延长线的垂线，垂足为，连接，如下所示：
由（1）可知，//，故平面也即平面；
因为//，则；
又面面，故；
又面，故面；
又面，则，又；
面，故面，
则即为与平面的夹角；
在△中，因为，则，；
在△中，因为，，则；
又，，即直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)条件①，条件②，条件③均可唯一确定满足条件的函数，同时，；
(2)
【分析】
（1）先根据已知条件证明，，然后将①②③中的每个条件逐个转化为函数值的条件，即可求出函数的表达式，从而得到的值；
（2）将条件转化为关于的方程在上的根的个数，然后对不同区间上的分类讨论即可.
【详解】（1）由，知，从而.
而在区间上单调，的周期为，
这意味着，即，故.
注意到，从而有：
，，
所以，，即，而，故.
从而，故.
若选择条件①，则为函数的图象的一个对称中心，从而这等价于，
所以，从而，故，
所以，由知，故；
若选择条件②，则直线为函数的图象的一条对称轴，从而，
而在区间上单调，，故.
从而，所以，故，
所以，由知，故；
若选择条件③，则函数的图象可由的图象平移得到，所以二者的最小正周期一定相等，
故，所以，故.
最后，验证即知满足全部的题目条件以及条件①②③.
以上过程表明，无论选择①②③中的哪个条件，均可唯一确定满足条件的函数.
最后，由，得，故，；
（2）条件等价于，关于的方程即在上恰有一个解.
记，则，从而和一一对应，
这就表明条件等价于关于的方程在上恰有一个解.
设，则在上递增，在上递减，，，.
此时，若，则，方程无解，不满足条件；
若，则当时，；
当时，.
故方程在上无解，不满足条件；
若，由，，，
知方程在和上各至少有一个根，
从而在上至少有两个根，不满足条件；
若，则当时，.
故方程在上无解；
而在上单调，且，，
所以方程在上恰有一个根.
这就表明方程在上恰有一个根，满足条件；
若，则，当且仅当时等号成立.
而，故当且仅当时等号成立，
故方程在上恰有一个根，满足条件.
综上，的取值范围是.
18．(1)
(2)见详解
(3)
【分析】
（1）根据古典概型在清水出口下高速的人数比总样本数即可得到概论。
（2）由题意，随机变量的所有可能为0，1，2，3，分别求出概率，即可求出分布列，利用期望公式求出期望。
（3）通过对，方差的估算，即可得出。
【详解】（1）解：样本中被调查的居民人数为200，
其中利用新高速出行探亲且在清水出口下高速的人数为10，
所以该居民利用新高速出行探亲且在清水出口下高速的概率为：，
（2）解：从样本中所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取1人，此人从斋堂出口下高速的概率为；
从样本中所有打算利用新高速出行旅游的人中随机抽取1人，此人从斋堂出口下高速的概率为，
由题设，的所有可能取值为0，1，2，3.
,
，
，
，
所以随机变量X的分布列为：
所以X的数学期望.
（3）解：
19．(1)
(2)CN的斜率为定值1，理由见详解.
【分析】
（1）根据离心率， 的面积为 2，和列方程组求解.
（2）设出两点坐标，先考虑直线斜率不存在的情况求出CN的斜率为定值1，若CN的斜率存在，设出直线的方程，与椭圆方程联立消去，利用韦达定理表示，然后用表示CN的斜率并化简出结果.
【详解】（1）由已知可得解得，所以椭圆E的方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，不妨设此时
，则，则直线NC的斜率为.
当直线的斜率存在时，设其方程为，设
则直线MQ的方程为，令，得，
由消去得：，
由于点P在椭圆内，则必有，则
所以
所以，所以CN的斜率为定值1.

20．(1)
(2)，无极小值
(3)当时有一个零点，当时无零点
【分析】
（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值；
（3）依题意可得，令，则判断的零点个数，即判断的零点个数，利用导数说明的单调性，求出，再令，，利用导数说明的单调性，即可求出，从而得解.
【详解】（1）当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，且，
令，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（3）令，即，
因为，所以，
令，
所以判断的零点个数，即判断的零点个数，
又，，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，
则，因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当时有一个零点，即有一个零点，
当时无零点，即无零点，
综上可得当时有一个零点，当时无零点.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为，利用导数求出，再构造函数，.
21．(1),，
(2)或，理由见解析，
(3)证明见解析.
【分析】
（1）根据题意直接代入即可；
（2）由中最大和最小元素是和, 所以有， 则，所以.进而分类讨论即可；
（3）受（2）问启发，分别找出和中最大和最小元素，根据已知，则对应元素相等，再由得到，又，是中元素，又，,所以中元素比大的只可能有，，，，进而得证.
【详解】（1）由，得，，，，所以；
由得,,,,所以.
（2）
由，所以，，所以对于，有， 则，所以.
当，由得，又，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又，所以，
经检验不符合题意，舍去, 或符合题意；
（3）
，，
中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又，，,
又，又，是中元素，
又，
,所以中元素比大的只可能有，，，
，又,，
， 使得 ．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
0
1
2
3