北京市东城区2023届高三数学上学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份北京市东城区2023届高三数学上学期期末考试试题（Word版附解析），共24页。

东城区2022—2023学年度第一学期期末统一检测
高三数学
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】直接利用并集的概念运算即可
【详解】因为集合，，
所以.
故选：A.
2. 在下列函数中，为偶函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性定义判断各个选项即可.
【详解】对于A，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；
对于B，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；
对于C，函数的定义域为，且，所以，故函数为偶函数；
对于D，函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数不为偶函数.
故选：C.
3. 在的展开式中，若第3项的系数为10，则（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用二项式定理计算得到答案.
【详解】展开式的通项为，故，.
故选：B
4. 在等比数列中，，，则（ ）
A. 8 B. 16 C. 32 D. 64
【答案】D
【解析】
【分析】根据及等比数列的通项公式求出公比，再利用等比数列的通项公式即可求解.
【详解】设等比数列的公比为,
因为，，所以，解得.
所以.
故选:D.
5. 北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一.其中钟鼓楼、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、天安门广场及建筑群、正阳门、中轴线南段道路遗存、永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存.某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别求出这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个的种数和选取的3个中一定有故宫的种数，再由古典概率代入即可得出答案.
【详解】设11个重要建筑依次为，其中故宫为，
从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：，
，共9种情况，
其中选取的3个中一定有故宫的有：，共3种，
所以其概率为：.
故选：D.
6. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边位于第一象限，且与单位圆交于点，轴，垂足为.若的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角函数的定义结合三角形面积列出方程，再由倍角公式求出答案.
【详解】由三角函数的定义可知：，
故，故，
解得：
故选：D
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，其渐近线方程为，是上一点，且.若的面积为4，则的焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线方程为，所以.再结合题意可得到，解出，即可求得的焦距.
【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，所以，
因为，的面积为4，
所以，解得，，
所以，即的焦距为.
故选：C.
8. 在中，“对于任意，”是“为直角三角形”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】设，根据平面向量的运算可得，从而可得；若为直角三角形，不一定有，根据充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】设，则，
所以即为，
所以是边上的高，即,即,
故为直角三角形.
若为直角三角形，不一定有，故不一定有.
所以“对于任意，”是“为直角三角形”的充分而不必要条件.
故选:A.
9. 在平面直角坐标系中，若点在直线上，则当，变化时，直线的斜率的取值范围是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将点代入直线方程中得出点为圆上的动点，
结合图像分析即可求出直线的斜率的取值范围.
【详解】因为点在直线上，
所以，
即，
则表示圆心为，半径为1的圆上的点，
如图：

由图可知当直线与圆相切时，直线的斜率得到最值，
设，
由圆与直线相切，故有圆心到直线的距离为半径1，
即，
解得：，
由图分析得：直线的斜率的取值范围是.
故选：B.
10. 如图，在正方体中，点是棱上的动点，下列说法中正确的是（ ）

①存在点，使得；
②存在点，使得；
③对于任意点，到的距离为定值；
④对于任意点，都不是锐角三角形.
A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，运用空间向量法逐个判断解决即可.
【详解】由题知，在正方体中，点是棱上的动点，
建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，

所以，设，其中，
所以，
当时，无解，故①错误；
当时，解得，故②正确；
因为，其中，
所以到的距离为
，不是定值，故③错误；
因为，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，不可能为锐角三角形，故④正确；
故选：C
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. 若复数满足，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据复数运算解决即可.
【详解】由题知，，
所以，
所以.
故答案为：2
12. 已知函数，则______；若将的图象向左平行移动个单位长度得到的图象，则的一个对称中心为______.
【答案】 ①. ②. (答案不唯一)
【解析】
【分析】化简，代入即可求出；由三角函数的平移变换求出，再由三角函数的性质求出的对称中心，即可得出答案.
【详解】，
所以，
将的图象向左平行移动个单位长度得到的图象，
则，
所以的对称中心为.
故的一个对称中心为.
故答案为：；(答案不唯一).
13. 经过抛物线焦点的直线与抛物线交于不同的两点，，经过点和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点，则点的纵坐标与点的纵坐标的大小关系为______.（填“＞”“＜”或“＝”）
【答案】
【解析】
【分析】设，求出直线的方程，与准线方程联立可得.设直线的方程为，与抛物线方程联立可得，从而可求与的关系，即与的关系.
【详解】设，
则直线的方程为，
令，可得.
设直线的方程为，
联立，可得，
所以，即.
所以，即.
故答案为:.
14. 设函数，当时，的值域为______；若的最小值为1，则的取值范围是______.
【答案】 ①. ; ②. .
【解析】
【分析】当时，根据单调性分段求值域，再取并集即可求值域；讨论可得与不符合题意；当时，,画出图象，设与在上的交点横坐标为，讨论可得时，的最小值为1，求出，解不等式即可求的取值范围.
【详解】若，则，
当,单调递增，所以；
当,单调递减，所以.
故的值域为.
当时，的值域为，不符合题意；
当时，在上的最小值为，不符合题意；
当时，,
画出的图象，如图所示：

设与在上的交点横坐标为，
又，
当时，由图象可得无最小值；
当时，由图象可得有最小值，
由，可得，
故可得，
所以，即，
化简得,解得.
故答案为:;.
【点睛】方法点睛：(1)分段函数问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑；
(2)求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求．
15. 对于数列，令，给出下列四个结论：
①若，则；
②若，则；
③存在各项均为整数的数列，使得对任意的都成立；

④若对任意的，都有，则有.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①②④
【解析】
【分析】逐项代入分析求解即可.
【详解】对于①：
因为，
且因为，
所以，
所以，
故选项①正确；
对于②：若，则

所以，
所以两式相减得，
所以，
所以，
所以，
故选项②正确；
对于③：，
，
所以若对任意的都成立，
则有，
所以
，
因为各项为整数，则不等式串中绝对值只能从越来越小，之后甚至会出现大于某数绝对值的情况，例如：，后续还会有绝对值，但是会有矛盾，故选项③错误；
对于④：
若对任意的，都有，
则有.



.
故选项④正确；
故答案为：①②④.
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，在锐角中，，，，点在边的延长线上，且.

（1）求；
（2）求的周长.
【答案】（1）；
（2）30.
【解析】
【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求解；
（2）由（1）可求得，在中，利用余弦定理可求，从而可求的周长.
【小问1详解】
在中，，，，
由正弦定理可得，故，
因为是锐角三角形，所以 .
【小问2详解】
由（1）得，所以.
在中，，，，
所以.
所以的周长为.
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2正方形，，，为的中点，为上一点，平面.

（1）求证：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，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
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）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，可证明平面平面，故平面，从而可证明，可得为的中点；
（2）选择条件①，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值；
选择条件②，利用勾股定理的逆定理可得，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
取的中点，易知.

因为平面,平面,所以平面.
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
因为平面，且平面平面，所以.
因为为的中点，所以为的中点.
【小问2详解】
选择条件①：，
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
选择条件②：，
因为，,所以.
因为，,所以,
所以，即.
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
18. “双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，，，，，，用频率分布直方图表示如下，假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立.

（1）估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；
（2）从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望；
（3）设全校学生一周参加课后活动的时间的众数、中位数、平均数的估计值分别为，，，请直接写出这三个数的大小关系.（样本中同组数据用区间的中点值替代）
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）直接计算得到答案.
（2）概率，的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.
（3）根据公式计算众数，平均数和中位数，再比较大小即可.
【小问1详解】
参加课后活动的时间位于区间的概率.
【小问2详解】
活动的时间在区间的概率，
的可能取值为，
，，
，.
故分布列：











【小问3详解】
众数为：；
，
，
则，；

，
故
19. 已知椭圆：（）的离心率为，长轴长与短轴长的和为6，，分别为椭圆的左、右焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆上一点，.若，，成等差数列，求实数的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由离心率，长轴长与短轴长的和列出方程组求解即可；
（2）由等差关系推导出，进而化简为结合椭圆有界性可求出范围.
【小问1详解】
由题意∴
∴，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
设
∵，，成等差数列
∴=


，

20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值；
（3）证明：当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点.
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值；
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）求导，得到，并得到，从而写出曲线的切线方程；
（2）求导后得到时，，当时，，从而得到函数单调性，求出的极小值为，无极大值；
（3）令，求出定义域和导数，对导函数变形得到，令，得到其单调性，结合零点存在性定理得到，即，此时取得极小值，从而得到当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点.
【小问1详解】
，
，则，
故曲线在点处的切线方程为：，即；
【小问2详解】
，当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，，
故的极小值为，无极大值；
【小问3详解】
令，定义域为，
，其中，
令，则在上恒成立，
在上单调递增，
因为，，
由零点存在性定理可知：，
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
当时，，即，此时取得极小值，
，
因为，所以，
故，
当时，，此时在上，，
则曲线：与曲线：无交点，
当时，，此时，有且仅有一个，使得，
当且时，都有，即，
故当时，曲线：与曲线：存在一个交点，
故当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点.
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
21. 已知数列：，，…，满足：（，2，…，，），从中选取第项、第项、…、第项（，）称数列，，…，为的长度为的子列.记为所有子列的个数.例如：0，0，1，其.
（1）设数列：1，1，0，0，写出的长度为3的全部子列，并求；
（2）设数列：，，…，，：，，…，，：，，…，，判断，，的大小，并说明理由；
（3）对于给定的正整数，（），若数列：，，…，满足：，求的最小值.
【答案】（1）6 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题得的长度为3的子列有2个，长度为2的子列有1个，长度为4的子列有1个；（2）若是的一个子列，则为的一个子列.若与是的两个不同子列，则与也是的两个不同子列，得，同理，得，同理；（3）令，得数列中不含有0的子列有个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有个，，含有个0的子列有个，即可解决.
【小问1详解】
由的定义以及，
可得：的长度为3的子列为：，有2个，
的长度为的子列有个，的长度为的子列有个，
所以.
【小问2详解】

理由如下：
若是的一个子列，
则为的一个子列.
若与是的两个不同子列，
则与也是的两个不同子列.
所以.
同理，
所以.
同理
所以有
【小问3详解】
由已知可得，数列中恰有个1，个0.
令，
下证：.
由于，
所以的子列中含有个0，个1 的子列有且仅有1 个，
设为：.
因为数列的含有个0，个1的子列至少有一个，
所以.
数列中，
不含有0的子列有个，
含有1个0的子列有k个，
含有2个0的子列有个，，
含有个0的子列有个，
所以.
所以的最小值为.