北京市东城区2023届高三二模数学试题 Word版含解析

北京市东城区2022-2023学年度第二学期高三综合练习（二）

数学

2023.5

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】A

【解析】

【分析】用列举法写出集合A，利用集合间的基本关系判断．

【详解】，，则⫋.

故选：A.

2. 已知椭圆的一个焦点的坐标是，则实数的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据椭圆的标准方程，结合，即可求解.

【详解】由条件可知，，，，

所以，得，

故选：C

3. 已知数列中，，，为其前项和，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知得到，判定该数列为等比数列，进而利用求和公式计算.

【详解】由得，又∵，∴数列为首项为1，公比为的等比数列，

∴，

故选：B.

4. 在复平面内，是原点，向量对应的复数是，将绕点按逆时针方向旋转，则所得向量对应的复数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由复数的几何意义结合图象可得.

【详解】

如图，由题意可知，与轴夹角为，
 

绕点逆时针方向旋转后到达轴上点，又，

所以的坐标为，所以对应的复数为.

故选：A.

5. 已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据点在圆上，求出，考虑的斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线距离列出方程，求出斜率和倾斜角.

【详解】由题意得，

当的斜率不存在时，此时直线方程为，与圆相交，不合题意，

当的斜率存在时，设切线的方程为，

则，解得，

设的倾斜角为，

故的倾斜角为.

故选：D

6. 某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味添加到香囊，则不同的添加方案有（    ）

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

【答案】C

【解析】

分析】分四种情况，利用分类计数原理即可求出结果.

【详解】从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一种，有种，

从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选二种，有种，

从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三种，有种，

从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选，有种，

所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一种，共有种，

故选：C.

7. 设函数，若为增函数，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得且，结合与的函数图象及增长趋势求出参数的取值范围.

【详解】因为，当时函数单调递增，

又上单调递增，在上单调递减，

要使函数为增函数，则且，

又函数与在上有两个交点和，

且的增长趋势比快得多，

与的函数图象如下所示：

所以当时，当时，当时，

所以，即实数的取值范围是.

故选：B

8. “ ”是“函数为偶函数”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】C

【解析】

【分析】利用，得出，从而求出，再利用偶函数的定义进行判断即可得出充分性成立，再利用，得出，从而判断必要性成立，从而得出结果.

【详解】若，得到，所以，

当时，，当时，，

即或，

当时，恒有，当时，，

所以，若，则为偶函数，

若为偶函数，则，所以，化简得，所以，

故选：C.

9. 已知三条直线，，将平面分为六个部分，则满足条件的的值共有（    ）

A. 个 B. 2个 C. 个 D. 无数个

【答案】C

【解析】

【分析】考虑三条直线交于一点或与或平行时，满足条件，求出答案.

【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分，

联立与，解得，

则将代入中，，解得，

当与平行时，满足要求，此时，

当与平行时，满足要求，此时，

综上，满足条件的的值共有3个.

故选：C

10. 设，其中为自然对数的底数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较a，b；构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较b，c，然后可得.

【详解】令，则，

当时，，单调递增，

所以，即，

令，则，

当时，，单调递减，

所以，即

所以.

故选：A

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. 已知向量满足，与的夹角为，则______;______

【答案】    ①. 1    ②. 2

【解析】

【分析】根据给定条件，利用数量积的定义及运算律求解作答.

【详解】因为向量满足，与的夹角为，

所以，

.

故答案为：1；2

12. 函数在一个周期内的部分取值如下表：

则的最小正周期为_______； _______．

【答案】    ①.     ②. ##0.5

【解析】

【分析】先利用图表求出最小正周期，进而求出，得到，再将代入即可求出结果.

【详解】由图表知，当时，，当时，，所以，即,

又，，所以得到，又由，得到，又，所以，

故，所以，

故答案为：，.

13. 若，则实数的一个取值为__________.

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式的解集为的子集即可满足题意.

【详解】因为，

且当时，即时，，

当时，即时，才有可能使得，

当的两根刚好是时，即，此时的解集为刚好满足，

所以，所以实数的一个取值可以为.

故答案为:

14. 如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则_______   

【答案】

【解析】

【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.

【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，

设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，

故,

故答案为：.

15. 定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，给出下列四个结论：

①若为递增数列，则存在最大值；

②若为递增数列，则存在最小值；

③若，且存在最小值，则存在最小值；

④若，且存在最大值，则存在最大值.

其中所有错误结论的序号有_______．

【答案】①③④

【解析】

【分析】结合函数的单调性判断最值，即可判断①②，利用取反例，判断③④.

【详解】①由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，那么在区间，函数的最大值是，若数列为递增数列，则函数不存在最大值，故①错误；

②由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，若为递增数列，那么在区间的最小值是，且为递增数列，所以函数在区间的最小值是，故②正确；

③若，取,,

则，存在最小值，但此时的最小值是的最小值，函数单调递减，无最小值，故③错误；

④若，取，则恒成立，

则有最大值，但的最大值是的最大值，函数单调递增，无最大值，故④错误.

故答案为：①③④

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. 在中,.

（1）求;

（2）若,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,求及的面积.

条件①:;

条件②:;

条件③:.

【答案】（1）   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;

（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;

【小问1详解】

由正弦定理得,

得,

,

因为,

所以

则.

所以,

所以.

【小问2详解】

选条件①:

因为,

由正弦定理得,

由余弦定理得,

解得，

则,

解得，

所以存在且唯一确定,

则.

选条件②:,

已知

由正弦定理得,

因为,

所以,,

所以存在且唯一确定,

则.

选条件③:,

由余弦定理得,

即,

所以,即,

因为,

所以不存在使得存在.

17. 如图，直角三角形和等边三角形所在平面互相垂直，，是线段上一点.

（1）设为的中点，求证：；

（2）若直线和平面所成角的正弦值为，求的值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面；

（2）首先设，，再以的中点为原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式，列式求解.

【小问1详解】

由题设知

因为平面 平面，平面 平面，，

所以平面．

因为平面，

所以.

因为为等边三角形，是的中点，

所以.

因为，平面，

所以平面．

所以.

【小问2详解】

设，.

取的中点，的中点，连接，，

则，.

由（I）知平面，所以平面，

所以，.

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.

因为直线和平面所成角的正弦值为，

所以，

整理得，

解得或.

因为，

所以，即.

18. 某数学学习小组的7名学生在一次考试后调整了学习方法，一段时间后又参加了第二次考试．两次考试的成绩如下表所示（满分100分）：

（1）从数学学习小组7名学生中随机选取1名，求该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率；

（2）设表示第名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差.从数学学习小组7名学生中随机选取2名，得到数据，定义随机变量，如下：

（i）求的分布列和数学期望；

（ii）设随机变量，的的方差分别为，，试比较与的大小．（结论不要求证明）

【答案】（1）   

（2）（i）分布列见解析，；（ii）.

【解析】

【分析】（1）利用古典概型直接计算即可；

（2）（i）列出变量X的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，利用公式直接求解数学期望即可；（ii）计算方差，利用方差的含义直接判断即可.

【小问1详解】

根据表中数据，可知这7名学生中有4名学生的第二次考试成绩高于第一次考试成绩，分别是学生1，学生2，学生4，学生5，

则从数学学习小组7名学生中随机选取1名，

该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率为

【小问2详解】

（i）随机变量可能的取值为0，1，2.

这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.

时，若，有，，共3种，

若，有，共2种，

若，有，，，共4种，

故；

时，若，有，，共3种，

若，有，，共3种，

故；

时，若，有，，，共4种，

若，有共1种，

若，有共1种，

故

则随机变量的分布列为：

所以的数学期望.

（ii）由（i）知，

这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.

随机变量可能的取值为0，1，2，3.

时，若，有，，共3种，

若，有，共2种，

故；

时，若，有，，，共4种，

故；

时，若，有，，共3种，

若，有，，共3种，

故；

时，若，有，，，共4种，

若，有共1种，

若，有共1种，

故.

则随机变量的分布列为：

所以的数学期望.

所以，

因为，所以.

19. 已知焦点为的抛物线经过点．

（1）设为坐标原点，求抛物线的准线方程及△的面积；

（2）设斜率为的直线与抛物线交于不同的两点，若以为直径的圆与抛物线的准线相切，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．

【答案】（1）准线为，   

（2）证明见解析，定点．

【解析】

【分析】（1）由点在抛物线上代入求参数，写出抛物线方程，进而得准线方程，最后求△的面积；

（2）设为，联立抛物线并应用韦达定理、中点公式得的中点N点横坐标，根据到准线的距离等于列方程得，即可证结论并确定定点坐标.

【小问1详解】

因为抛物线过点，所以，即．

故抛物线方程为，焦点，准线方程为.

所以

【小问2详解】

设直线的方程为．

由 得：，又有．

设则，．

设的中点为，则.

所以到准线的距离，

，

依题意有，即，

整理得，解得，满足．

所以直线过定点．

20. 已知函数.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求在区间上的最大值；

（3）设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由.

【答案】（1）   

（2）   

（3），理由见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；

（2）求出函数在区间上的单调性，求出最值即可；

（3）将不等式等价转化为在上恒成立.构造函数，利用导数求出函数的单调性和最小值，进而得证.

【小问1详解】

因为，

所以，则，又，

所以曲线在点处的切线方程为.

【小问2详解】

令，

则，当时，，在上单调递增.

因为，，

所以，使得.

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

又，，

所以.

【小问3详解】

满足条件的的最大整数值为.

理由如下：

不等式恒成立等价于恒成立.

令，

当时，，所以恒成立.

当时，令，，，

与的情况如下：

所以，当趋近正无穷大时，，且无限趋近于0，

所以的值域为，

因为，所以的最小值小于且大于.

所以的最大整数值为.

21. 已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.

（1）若，求及；

（2）若，求证：互不相同；

（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.

【答案】（1），.   

（2）证明见解析    （3）答案见解析

【解析】

分析】（1）观察数列，结合题意得到及；

（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；

（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.

【小问1详解】

因为，所以，则；

【小问2详解】

依题意，

则有，

因此，

又因为，

所以

所以互不相同.

【小问3详解】

依题意

由或，知或.

令，可得或，对于成立，

故或.

①当时，

，

所以.

②当时，

或.

当时，由或，有，

同理，

所以.

当时，此时有，

令，可得或，即或.

令，可得或. 令，可得.

所以.

若，则令，可得，与矛盾.

所以有.

不妨设，

令，可得，因此.

令，则或.

故.

所以.

综上，时，.

时，.

时，.

【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：

（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；

（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；

（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；

（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.