2023届北京市海淀区北大附中高三预部12月阶段练习数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市海淀区北大附中高三预部12月阶段练习数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市海淀区北大附中高三预部12月阶段练习数学试题 一、单选题1．已知集合，集合 ，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合B，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】由题意可得集合，或，故，故选：D.2．已知复数，则在复平面内对应点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出复数z，即可判断.【详解】因为复数，所以在复平面内对应点的坐标为.故选：C3．已知抛物线：，则其准线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由抛物线的标准方程直接求解.【详解】因为抛物线：，所以其准线方程为.故选：A4．已知直线与圆交于P，Q两点，的中点是，则直线的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先根据直线与圆的位置关系得到直线的斜率为，再根据点斜式即可得到答案.【详解】圆，圆心，设的中点，则，因为，则直线的斜率为.所以直线的方程为，即.故选：A5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据余弦函数、指数函数、对数函数、反比例函数的单调性，依次判断选项即可.【详解】对选项A，因为在有增有减，所以大小无法判断，故A错误.对选项B，因为在为增函数，若，则，故B错误.对选项C，因为在为增函数，若，则，故正确.对选项D，因为在为减函数，若，则，故D错误.故选：C6．若数列的通项公式是，则下列结论正确的是（    ）A．108是数列的第39项 B．数列是递增数列C．前项和有最大值 D．前项和无最小值【答案】B【分析】根据数列的通项公式是，令，求得n，判断A;求出数列的通项公式，结合二次函数性质可判断B;判断数列为首项为，公差为3的等差数列，即可判断前n项和的最值情况，判断.【详解】由于数列的通项公式是，令，即108是数列的第38项，A错误；，由于在时递增，故数列是递增数列，B正确；由数列的通项公式是可知，数列为首项为，公差为3的等差数列，且逐项递增，故前项和没有最大值，C错误；由可得，结合C的分析可知前项有最小值，D错误；故选：B7．已知是公比为q的等比数列，则“”是“为递增数列”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】B【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的定义分析判断.【详解】当时，数列不一定为递增数列，如数列，公比，而此数列为递减数列，当为递增数列时，，则或，所以当为递增数列时，成立，所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件，故选：B.8．已知是定义在上的偶函数，，对于任意，且，恒成立，则使得成立的的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据偶函数的性质和单调性得到，在为减函数，再根据单调性和奇偶性解不等式即可.【详解】对于任意，且，恒成立，所以在为减函数，又因为是定义在上的偶函数，，所以，在为增函数.当时，等价于，解得.当时，等价于，解得.所以的解集为.故选：D9．若关于的方程有解，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将方程变形为，令，结合二次函数性质求得，即可求得实数的取值范围.【详解】关于的方程有解,即有解，令，则，由于，故当时，取得最大值；当时，取得最小值，即，故，故选：B.10．成书于约两千多年前的我国古代数学典籍《九章算术》中记载了通过加减消元求解元一次方程组的算法，直到拥有超强算力计算机的今天，这仍然是一种效率极高的算法.按照这种算法，求解元一次方程组大约需要对实系数进行（为给定常数）次计算.1949年，经济学家莱昂提夫为研究“投入产出模型”（该工作后来获得1973年诺贝尔经济学奖），利用当时的计算机求解一个42元一次方程组，花了约56机时.事实上，他的原始模型包含500个未知数，受限于机器算力而不得不进行化简以减少未知数.如果不进行化简，根据未知数个数估计所需机时，结果最接近于（    ）A．机时 B．机时 C．机时 D．机时【答案】C【分析】设1机时能进行a次计算，由题意得,设所需机时为t，得出,两式相比,可得,化间计算可得答案.【详解】设1机时能进行a次计算，则由题意得，原始模型包含500个未知数，如果不进行化简，设所需机时为t，则,故 ,故结果最接近于机时,故选:C 二、填空题11．圆上的点到直线距离的最大值为__________.【答案】【分析】确定圆心和半径，求出圆心到直线的距离，加上圆的半径，即可得答案.【详解】圆的圆心为,半径为，则圆心到直线的距离为，故圆上的点到直线距离的最大值为，故答案为：.12．已知向量，，能够说明“若，则”是假命题的向量为__________（写出符合要求的一个坐标即可）.【答案】（答案不唯一）.【分析】由题意可知只要，且即可.【详解】因为，，所以，当时，，此时，所以能够说明“若，则”是假命题的向量，故答案为：（答案不唯一）.13．若函数与的图像关于点对称，则函数在上的最大值为__________.【答案】-1.【分析】方法1：由对称性可得在上的最大值与在上的最小值互为相反数，转化为求在上的最小值即可得结果.方法2：由对称性求出的解析式，再求在上的最大值.【详解】方法1：∵与关于点，∴关于点的对称区间为，∴在上的最大值与在上的最小值互为相反数.∵，∴∴当时，取得最小值为1.∴.方法2：设上任意一点，则点A关于点对称的点在上，∴，即： ，∵，∴，∴当时，取得最大值为.故答案为：.14．作单位圆的外切和内接正边形，记外切正边形周长的一半为，内接正边形周长的一半为.计算可得，其中是正边形的一条边所对圆心角的一半.给出下列四个结论：①；②；③；④记，则，.其中正确结论的序号是__________.【答案】①③④【分析】对于①，在等腰三角形中求出，从而可求出，对于②，分别计算进行判断，对于③，分别计算进行判断，对于④，先计算，再计算化简后，利用换元法，构造函数利用导数可求得结果.【详解】对于①，等腰三角形中，，则，所以，所以①正确；对于②，因为，，所以，，所以，，所以，所以②错误；对于③，因为，，所以，，，所以，，所以，所以③正确；对于④，，所以，令（），则，所以，所以在上递增，所以，所以，所以④正确，故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的综合应用，考查数列的应用，解题的关键是根据题意利用三角函数表示出和，及三角函数恒等变换公式的灵活应用，考查计算能力，属于难题. 三、双空题15．双曲线的离心率为___________，渐近线方程为_________________.【答案】          【解析】根据双曲线方程求出，再由离心率，渐近线即可求解.【详解】由双曲线，则，，所以，所以，渐近线，即.故答案为：； 四、解答题16．已知函数.(1)求的最大值及对应的取值集合；(2)若函数在上有且只有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)，对应的取值集合为(2) 【分析】（1）根据正弦函数的性质计算可得；（2）利用两角差的正弦公式及二倍角公式化简，再根据的取值范围求出的取值范围，最后结合正弦函数的性质计算可得.【详解】（1）解：因为，令，解得，所以，对应的取值集合为.（2）解：因为，即，因为，所以，又在上有且只有两个零点，所以，解得，即.17．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，点E是线段PD中点.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求点P到平面ACE的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）取的中点，连接，，四边形为平行四边形，从而得到，再利用线面平行的判定证明即可.（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.（3）利用空间向量法求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示：因为分别为的中点，所以，，又因为，，所以，，即四边形为平行四边形，所以.因为平面，平面，，所以平面.（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，即，平面的法向量为.所以，因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.（3）平面的法向量为，，设点P到平面ACE的距离为，则18．在中，.(1)求角的大小；(2)再从条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：；条件④：.【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】（1）利用正弦定理和三角公式求出，即可求出；（2）分类讨论，6种不同的情况，分别选择对应的条件，利用正余弦定理解三角形，利用面积公式求出三角形的面积.【详解】（1）在中，，由正弦定理得：，因为为三角形的内角，所以，所以，即.因为，所以.（2）选条件①②，只知道三个角，三角形不唯一（相似三角形的的对应角相等），不合题意，舍去.选条件①③，则有：，，.对于，由正弦定理得：.而由可得：.因为，所以.所以三角形无解，不合题意，舍去.选条件①④，则有：，，.因为，所以.因为，由正弦定理得：，所以.由得：.由余弦定理得： ，整理得：.因为，且，所以关于c的方程有两正解，所以三角形有两解，不合题意，舍去.选条件②③，则有：，，.因为，所以.因为，所以.所以.所以，由正弦定理得：.与已知条件相符.但是只知道三个角，三角形不唯一（相似三角形的的对应角相等），不合题意，舍去.选条件②④，则有：，，.因为，所以.因为，所以.所以.由正弦定理得：.而，解得：.所以的面积为.选条件③④，则有：，，.由余弦定理得：即，解得：（舍去）.又，所以.所以的面积为.19．已知椭圆：.(1)求椭圆的长轴长和离心率；(2)已知为椭圆的左顶点，过点作直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，且点位于轴下方，求.【答案】(1)长轴长为，离心率(2) 【分析】（1）根据所给方程求出，，即可求出、，从而求出长轴长与离心率；（2）设，，依题意可得，，表示出直线、，即可得到、，从而表示出，再设过点的直线为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再代入计算可得.【详解】（1）解：椭圆：，所以，，所以，，则椭圆的长轴长为，离心率.（2）解：由（1）可知，设，，因为点位于轴下方，所以，，所以直线，令则，直线，令则，所以，依题意过点的直线的斜率存在，设直线为，则，，所以，由，消去整理得，则，解得，所以，，所以所以.20．已知.(1)若，求在处的切线方程；(2)设，求的单调递增区间；(3)证明：当时，，.【答案】(1)；(2)时，没有单调递增区间；时，单调递增区间为;(3)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案;（2）求出函数的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得的单调递增区间；（3）由于不等式可变为，所以可构造函数，利用（2）的结论可证明故该函数为上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论.【详解】（1）当时，，故在处的切线斜率为，而，所以在处的切线方程为，即.（2）由题意得，则，当时，为常数函数，没有单调递增区间；当时，令，即，当时，令，即，故时，没有单调递增区间；时，单调递增区间为.（3）证明：由（2）可知，当时，在上单调递增，而，即在上恒成立，故在上单调递增，设，则，因为，则，故，所以在上单调递增，而，则，即，而，故，即.【点睛】关键点点睛：证明不等式时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行证明；因为可变形为，由此可构造函数，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式.21．已知和是各项均为正整数的无穷数列，如果同时满足下面两个条件：①和都是递增数列；②中任意两个不同的项的和不是中的项.则称被屏蔽，记作.(1)若，.（i）判断是否成立，并说明理由；（ii）判断是否成立，并说明理由.(2)设是首项为正偶数，公差是2的无穷等差数列，判断是否存在数列，使得.如果存在，写出一个符合要求的数列；如果不存在，说明理由；(3)设是取值于正整数集的无穷递增数列，且对任意正整数M，存在正整数，使得.证明：存在数列，使得.【答案】(1)（i）不成立，理由见解析；（ii）成立，理由见解析；(2)不存在，理由见解析；(3)存在，证明见解析. 【分析】(1)根据的定义，对（i）（ii）分别分析；(2)根据 和 的性质，以及数的奇偶性分析即可；(3)根据条件，的特点是后一项与前一项的差越来越大，不妨构造 并由 构造，再运用反证法即可.【详解】（1）（i）因为 是所有的奇数构成的等差数列， 是所有的偶数构成的等差数列，对于 的任意两项之和必为偶数，必定是 中的项，所以 不成立；（ii） 中的任意两项之和必为偶数，必不属于 的项，所以 成立；（2）设 ，则 是由N以及大于N的所有的偶数构成的等差数列， 是由正数构成的递增数列，即 ，则当n足够大时，必有 ，即  中必有两项之和大于 并且是偶数，即属于 中的项， 不存在 使得 ；（3）由题意，不妨假设 ，则 ，设 ，假设 中的第n项和第n+p项之和是 的第m项 ，即 ，则有 ，由求根公式得 ，   ， ，所以不成立，即中的任意两项之和都不在中，存在数列 ； 综上，（1）中（i）不成立，（ii）成立；（2）不存在 使得；（3）存在.【点睛】对于第三问，问题很抽象，理解 的含义，构造是关键，考虑到的增长速度较慢，用等差数列来构造.