北京市海淀区2023届高三数学上学期期末练习试题（Word版附解析）

这是一份北京市海淀区2023届高三数学上学期期末练习试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了01， 已知集合，，则， 在复平面内，复数对应的点位于， 已知，则， 若圆截直线所得弦长为，则， 已知为等差数列，，等内容，欢迎下载使用。

海淀区2022~2023学年第一学期期末练习
高三数学
2023.01
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】D
【解析】
【分析】利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，因此，.
故选：D.
2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简复数，从而根据对应点的坐标得到结果.
【详解】
对应的点坐标为：
对应的点位于第一象限
本题正确选项：
【点睛】本题考查复数对应的复平面的点的问题，关键是能够通过复数的除法运算化简复数，属于基础题.
3. 已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断出函数在定义域上连续且单调递增，计算出端点值，利用零点存在性定理得到答案.
【详解】定义域为，在定义域上连续且单调递增，
其中，，，
，，
由零点存在性定理可得：包含零点的区间为.
故选：D
4. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性、正弦函数的单调性、对数函数的单调性进行求解即可/
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，因此，
故选：B
5. 若圆截直线所得弦长为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知直线过圆心，由此可求得实数的值.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，圆的半径为，
因为若圆截直线所得弦长为，
所以，直线过圆心，则，解得.
故选：C.
6. 已知为等差数列，，.若数列满足，记的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出等差数列的通项公式，可求得数列的通项公式，推导出数列为等差数列，再利用等差数列的求和公式可求出的值.
【详解】设等差数列的公差为，则，所以，，
，，
所以，，
则，所以，数列等差数列，
因此，.
故选：B
7. 某校高一年级计划举办足球比赛，采用抽签的方式把全年级6个班分为甲､乙两组，每组3个班，则高一（1）班､高一（2）班恰好都在甲组的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用组合数的概念结合古典概型即可求解.
【详解】由题意得, 把全年级6个班分为甲､乙两组共有种方法，
高一（1）班､高一（2）班恰好都在甲组共有种方法，
所以高一（1）班､高一（2）班恰好都在甲组的概率是，
故选:C.
8. 设、是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”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
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为、是两个不同的平面，直线，
若对内的任意直线，都有，根据线面垂直的定义可知，
，，
所以，“对内的任意直线，都有”“”；
若，因为，对内的任意直线，与的位置关系不确定，
所以，“对内的任意直线，都有”“”.
因此，“对内的任意直线，都有”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
9. 已知函数在区间上的最大值为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据在取最大值，可判断要么在的单调减区间上，要么满足左端点到对称轴不小于右端点，即可得，进而可求的最小值.
【详解】的周期为，的单调递增区间为,单调递减区间为，
当取最大值，故可知，
当时，即，,在单调递减，显然满足最大值为，
当时，要使是最大值，则需满足，
综上可知当,时，在取最大值，
在,单调递减，故当时，取最小值，且最小值为，
故选：D
10. 在实际生活中，常常要用到如图1所示的“直角弯管”.它的制作方法如下：如图2，用一个与圆柱底面所成角为的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到“直角弯管”.在制作“直角弯管”时截得的截口是一个椭圆，若将圆柱被截开的一段（如图3）的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展开成平面图形，则截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象（如图4）.记该正弦型函数的最小正周期为，截口椭圆的离心率为.若圆柱的底面直径为2，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件求出椭圆的长半轴长和短半轴长，由此可求，再求离心率，再求圆柱侧面展开图的底边边长，由此可得正弦型函数的周期.
【详解】设截口椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距长为，
因为圆柱的底面直径为2，所以，故，因为椭圆截面与底面的夹角为，所以，所以，所以，所以，所以，
观察图4知，正弦型函数的最小正周期为圆柱的侧面展开图的底边边长，即圆柱的底面圆的周长，所以.
故选：B.

二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 抛物线y2=2x的焦点坐标为____．
【答案】（，0）．
【解析】
【详解】试题分析：焦点在x轴的正半轴上，且p=1，利用焦点为（，0），写出焦点坐标．
解：抛物线y2=2x的焦点在x轴的正半轴上，且p=1，∴=，故焦点坐标为（，0），
故答案为（，0）．
考点：抛物线的简单性质．
12. 在的展开式中，的系数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理得到的展开通项，从而求得的系数.
【详解】因为的展开通项为，
令，得，此时，
所以的系数为.
故答案为：.
13. 如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用椎体体积公式求解即可.
【详解】
取中点为,连接，
因为为正三角形，所以，
又因为平面，平面，
所以,
且平面，
所以平面，
,即到平面的距离为，
又因为,平面,平面,
所以平面，
又因为是棱上一点，所以到平面的距离为,
所以,
故答案为: .
14. 设为原点，双曲线的右焦点为，点在的右支上.则的渐近线方程是___________；的取值范围是___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程与渐近线方程的关系可写出双曲线的渐近线方程；求出的取值范围，可得出，结合余弦函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】在双曲线中，，，，则，
所以，双曲线的渐近线方程为，
直线的倾斜角为，由题意可知，则，

所以，.
故答案为：；.
15. 已知函数，.给出下列四个结论：
①当时，函数有最小值；
②，使得函数区间上单调递增；
③，使得函数没有最小值；
④，使得方程有两个根且两根之和小于.
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】利用函数的最值与单调性的关系可判断①③的正误；利用函数的单调性与导数的关系可判断②的正误；取，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理可判断④的正误.
【详解】对于①，当时，，则，
由可得，由可得或，
此时，函数的增区间为、，减区间为，
当或时，，当时，，
故函数在处取得最小值，①对；
对于②，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，所以，，
则，
由可得，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，
故当时，，则，即在上单调递减，
，则，解得，②对；
对于③，，，
因为函数在上单调递增，
，，所以，存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，对任意的实数，函数有最小值，③错；
对于④， 令，不妨令，即取，
由③可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，则，，
所以，存在，使得，
此时函数的零点之和为，④对.
故答案为：①②④.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
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. 已知函数.用五点法画在区间上的图象时，取点列表如下：







0
1
0

0

（1）直接写出的解析式及其单调递增区间；
（2）在中，，求的面积.
【答案】（1）；；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据“五点法”可得函数解析式，根据正弦函数的性质即得；
（2）由题可得，然后根据余弦定理及三角形面积公式即得.
【小问1详解】
由题可知函数的最小正周期为，
所以，
根据“五点法”可得，即，
所以，
由，可得，
所以函数的单调递增区间为；
【小问2详解】
因为，又，，
所以，即，
由余弦定理可得，
所以，即，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点.

（1）证明：平面；
（2）再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
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)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值即可.
【小问1详解】

如图，取中点为，连接,
则有
又因为所以
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面
所以且
所以以为轴建系如图，
若选择①：，因为平面平面
所以,所以,则，
所以,则,
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量，,
所以，令，
所以，
设二面角为，，
因为由图可知二面角为钝角，所以.
若选择②：，设，则，
,
因为，所以解得，
则,
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量，,
所以，令，
所以，
设二面角为，，
因为由图可知二面角为钝角，所以.
18. 地区农科所统计历年冬小麦每亩产量的数据，得到频率分布直方图（如图1），考虑到受市场影响，预测该地区明年冬小麦统一收购价格情况如表1（该预测价格与亩产量互不影响）.

明年冬小麦统一收购价格（单位：元）


概率


表1
假设图1中同组的每个数据用该组区间的中点值估算，并以频率估计概率.
（1）试估计地区明年每亩冬小麦统一收购总价为元的概率；
（2）设地区明年每亩冬小麦统一收购总价为元，求的分布列和数学期望；
（3）地区农科所研究发现，若每亩多投入元的成本进行某项技术改良，则可使每亩冬小麦产量平均增加.从广大种植户的平均收益角度分析，你是否建议农科所推广该项技术改良？并说明理由.
【答案】（1）
（2）分布列答案见解析，
（3）建议农科所推广该项技术改良，理由见解析
【解析】
【分析】（1）计算出亩产量是的概率，结合表1以及独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；
（3）设增产前每亩冬小麦产量为，增产后每亩冬小麦产量为，则，
设增产后的每亩动漫小麦总价格为元，计算出增产的会产生增加的收益，与比较大小后可得出结论.
【小问1详解】
解：由图可知，亩产量是的概率约为，
亩产量是的概率约为，亩产量是的概率约为，
估计地区明年每亩冬小麦统一收购总价为元的概率为
【小问2详解】
解：由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、、，
，，
，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：












.
【小问3详解】
解：建议农科所推广该项技术改良，
设增产前每亩冬小麦产量为，增产后每亩冬小麦产量为，则，
设增产后的每亩动漫小麦总价格为元，分析可知，
所以，增产的会产生增加的收益为，
故建议农科所推广该项技术改良.
19. 已知函数.
（1）判断0是否为的极小值点，并说明理由；
（2）证明：.
【答案】（1）0是的极小值点，理由见解析
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）求的定义域，求导，得到，且时，，时，，故0是的极小值点；
（2）对不等式变形得到，令，求导，得到其单调性，从而得到g(x)正负，故恒成立，结论得证.
【小问1详解】
0是的极小值点，理由如下：
定义域为，
，其中，
当时，，故，
当时，，故，
故在上单调递减，在上单调递增，
故0是的极小值点；
【小问2详解】
等价于，
即，
令，
则，
当时，，所以在上单调递增，
又，
故当时，，当时，，
则恒成立，
故.
20. 已知椭圆过点和.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于不同的两点，直线交轴于点，直线交轴于点.若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）两个点代入解方程即可.
(2)斜率不存在单独算出是否成立；斜率存在时把设出来与椭圆联立，韦达定理求出两根之和与两根之积用斜率来表示，然后用两个根表示，化简求值即可.
【小问1详解】
将点坐标代入椭圆的方程，得解得,所以椭圆的方程为：
【小问2详解】
若直线的斜率不存在，即直线为时，和重合，和点重合，分别为椭圆的上下顶点，此时，符合题意.
若直线斜率存在，设直线的方程为，且，联立方程得，，即或
，所以直线的方程为，取得，同理可得
由得，即，所以，即，即
即，因为，所以得，即，经检验符合题意，此时直线为
综上所述，直线的方程为或.
21. 对于一个有穷正整数数列，设其各项为，各项和为，集合中元素的个数为.
（1）写出所有满足的数列；
（2）对所有满足的数列，求的最小值；
（3）对所有满足的数列，求的最大值.
【答案】（1）1，2，1或3，1；
（2）7； （3）511566.
【解析】
【分析】(1)由题意可直接列举出数列；
(2)由题意可得，分、和分别求的最小值即可得答案；
(3)由题意可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有，所以，再利用二次函数的性质求的最大值即可.
【小问1详解】
解：当时，存在一组，满足，
又因为的各项均为正整数，且，
所以，即，且，
当时，满足条件的数列只能是：3,1；
当时，满足条件的数列不存在；
当时，满足条件的数列不存在；
当时，满足条件的数列只有1，2，1；
当时，满足条件的数列不存在；
所以数列： 1，2，1或3,1；
【小问2详解】
解：由题意可知，所以，
①当时，应有数列中各项均不相同，此时有；
②当时，由于数列中各项必有不同的数，进而有.
若，满足上述要求的数列中有四项为1，一项为2，此时，不符合，
所以；
③当时，同②可得；
综上所述，有，同时当为2，2，1，1，1时，，
所以的最小值为7；
【小问3详解】
解：①存在大于1的项，否则此时有；
②,否则将拆分成个1后变大；
③当时，有，否则交换顺序后变为，进一步有，
否则有，此时将改为，并在数列末尾添加一项1，此时变大；
④各项只能为2或1，否则由①②③可得数列中有存在相邻的两项，设此时中有项为2，则将改为2，并在数列末尾添加一项1后，的值至少变为；
⑤由上可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有，
从而有，
由二次函数的性质可得，当且仅当时，最大，为511566.
【点睛】关键点睛：本题考查了有穷数列的前项和及满足集合中元素的个数，属于难点，在解答每一小问时，要紧扣还是一个正整数数列，进行逻辑推理，从而得出结论.