2023届北京市通州区高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市通州区高三上学期期末数学试题（解析版），共17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届北京市通州区高三上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由集合并集的定义求解即可.【详解】因为集合，，所以，故选：B2．等差数列中，，，则的通项为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知条件求得等差数列的首项和公差，从而求得.【详解】设等差数列的公差为，依题意，解得，所以.故选：A3．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】抛物线交点坐标为，算出即可.【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为.故选：D.【点睛】本题考查抛物线的定义及方程，求抛物线焦点坐标时，一定要注意将方程标准化，本题是一道基础题.4．已知向量，满足，，则等于（    ）A． B．13 C． D．29【答案】C【分析】先求得向量，，进而求得.【详解】依题意，，两式相加得，所以，所以.故选：C5．设为正整数，的展开式中存在常数项，则的最小值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】写出二项式展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.【详解】的展开式的通项，令得，因为，所以当时，有最小值3，故选：B6．在中，若，，，则等于（    ）A． B． C． D． 【答案】A【分析】根据题意由余弦定理直接求得答案.【详解】在中，若，，,则,即，即，解得 ，舍去，故选：A7．“”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【分析】根据的特征，设函数，并判断其单调性，由此判断“”可推出“”，举反例说明反推不成立，可得答案.【详解】设函数，则，即为单调增函数，则，即得，所以当时，成立，当时，，但推不出成立，故“”是“”的充分而不必要条件，故选：A8．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先求得圆心的轨迹方程，然后结合点到直线的距离公式求得正确答案.【详解】由于半径为1的圆（设为圆）经过点，所以圆的圆心的轨迹是以为圆心，半径为的圆，到直线距离为，所以圆的圆心到直线距离的最大值为.故选：C9．要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】设圆柱的高为，底面半径为．由，可得，再利用基本不等式即可得出．【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为．，．当且仅当，即当时取等号．此时．即当，时取得最小值．故选：C.10．设点是曲线上任意一点，则点到原点距离的最大值、最小值分别为（    ）A．最大值，最小值 B．最大值，最小值1C．最大值2，最小值 D．最大值2，最小值1【答案】B【分析】由题设明确点到原点距离为，结合曲线方程，利用基本不等式可得的最小值和最大值，即可得答案.【详解】由题意知点到原点距离为 ，由于点是曲线上任意一点，可得，当且仅当时取等号，即曲线上的点到原点距离最小，最小值为1；又因为,所以，当且仅当时取等号，故，即，当且仅当时取等号，即点到原点距离的最大值为，故选：B 二、填空题11．复数的共轭复数______.【答案】##【分析】根据复数除法的运算求出，再由共轭复数的概念求解即可.【详解】，所以，故答案为：12．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，则C的离心率为___________.【答案】2【分析】根据渐近线得到，得到离心率.【详解】由题意可知，，离心率.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的离心率，属于简单题.13．已知函数，若函数存在最大值，则的取值范围为______.【答案】【分析】分段求出函数在不同区间内的范围，然后结合存在最大值即可求解【详解】当，在区间上单调递增，所以此时；当，在区间上单调递减，所以此时，若函数存在最大值，则，解得所以的取值范围为故答案为：14．已知数列的前项和为，为数列的前项积，满足，给出下列四个结论：①；②；③为等差数列；④.其中所有正确结论的序号是______.【答案】①③④【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项.【详解】因为，所以当时，，解得或，又，所以，故，故①正确；因为，可得，所以，当时，，所以，是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确；所以，则，所以为等差数列，故③正确；当时，，又不符合所以，故②不正确.故答案为：①③④. 三、双空题15．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现双方各出上、中、下等马各一匹，分3组各进行一场比赛，胜2场及以上者获胜.若双方均不知对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为______；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，则田忌获胜的概率为______.【答案】          ##0.5【分析】列举出齐王与田忌赛马的每组马对阵的所有情况，即可求出双方均不知对方马的出场顺序时田忌获胜的概率，列举出田忌的上等马与齐王的中等马分在一组时的对阵情况，可求得田忌获胜的概率.【详解】设齐王的三匹马分别记为，田忌的三匹马分别记为，齐王与田忌赛马，双方每组对阵情况有∶，齐王获胜；，齐王获胜；，齐王获胜；，田忌获胜；，齐王获胜；，齐王获胜,共6种；其中田忌获胜的只有一种 则田忌获胜的概率为；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组， 此时情况为和共两种， 时，齐王获胜，，田忌获胜，此时田忌获胜的概率为 ，故答案为： 四、解答题16．已知函数的最小正周期为.(1)求的值；(2)把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数的单调递增区间.【答案】(1).(2)，. 【分析】（1）化简的表达式，根据最小正周期求得的值；（2）根据三角函数图象的变换规律，可得的解析式，根据正弦函数的单调性，即可求得答案.【详解】（1）因为，所以的最小正周期,依题意得，解得.（2）由（1）知，把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，再把得到的图象向右平移个单位，得到的图象，即，由函数的单调递增区间为，,令，得，所以的单调递增区间为，.17．如图，在四棱雉中，底面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.(1)求证:平面；(2)再从条件①，条件②两个中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.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) 【分析】（1）取中点，连接，,证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）选条件①，由可证,继而证明平面,推出，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；选条件②，根据，证明，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；【详解】（1）取中点，连接，,因为为中点，所以有且,因为，，所以且,所以四边形为平行四边形,所以,又因为平面，平面，所以平面.（2）选择条件①：因为平面平面，为矩形,,平面平面平面,所以平面,平面,所以,又因为，由（1）可知，平面，所以，又因为，平面，所以平面,平面,所以,平面,故平面,以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立坐标系，则，，，,则，，设平面的法向量，则，令，则，因为平面，故可作为平面的法向量，则平面与平面夹角的余弦值.选择条件②：.因为平面平面，为矩形,平面平面平面,所以平面,所以,又因为，取中点为，连接，，则有，,所以,所以,则,所以,平面,故平面,以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，,则，，设平面的法向量，则，令，则，因为平面，故可作为平面的法向量，则平面与平面夹角的余弦值.18．为了解两个购物平台买家的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得A平台问卷100份，B平台问卷80份.问卷中，对平台的满意度等级为：好评、中评、差评，对应分数分别为：5分、3分、1分，数据统计如下： 好评中评差评A平台75205B平台6488 假设用频率估计概率，且买家对平台的满意度评价相互独立.(1)估计买家对A平台的评价不是差评的概率；(2)从所有在A平台购物的买家中随机抽取2人，从所有在B平台购物的买家中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人给出好评的概率；(3)根据上述数据，你若购物，选择哪个平台？说明理由.【答案】(1)(2)(3)选择A平台，理由见解析 【分析】（1）根据题设统计表即可求得答案；（2）计算出买家对平台好评的概率，明确这4人中恰有2人给出好评的情况有哪几种，根据互斥事件以及相互独立事件的概率计算，可得答案.（3）列出买家对平台的满意度评分的分布列，分别计算均值和方差，由此可得结论.【详解】（1）设“买家对A平台的评价不是差评”为事件，则.（2）设“这4人中恰有2人给出好评”为事件，由已知数据估计，买家在A平台好评的概率为，买家在平台好评的概率，事件包含：A平台2个好评，平台0个好评；A平台1个好评，平台1个好评；A平台0个好评，平台2个好评,故.（3）设一位买家对A平台的满意度评分为，一位买家对平台的满意度评分为，可得其分布列如下表：5310.750.20.05 5310.80.10.1 则，，，,从买家对两个平台满意度得分看两个平台均分相等，但,所以选择A平台.19．已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)以为直径的圆过定点，. 【分析】（1）根据椭圆的标准方程和离心率列方程组求解即可；（2）设，由题意可得，，设定点为，利用即可得到结论.【详解】（1）由题意可知，解得，所以所以求椭圆的方程为.（2）设，由（1）可知， 斜率存在且不为0，依题意可知的直线方程为，的直线方程为，令，可得，，假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，依题意可知，，所以，，因为，所以.因为，所以，令，可得，解得，，所以以为直径的圆过定点，.【点睛】判断以为直径的圆过定点时，常用向量法，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.20．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)求函数的单调区间；(3)当函数存在极小值时，求证：函数的极小值一定小于0.【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义确定切点坐标和斜率，即可得切线方程；（2）根据函数单调性与导数的关系，确定单调性，即可得单调区间；（3）在（2）的基础上，确定函数极小值点，求极小值即可证明.【详解】（1）解：当，，则，因为，所以.所以曲线在的切线方程为.（2）解：函数定义域为.，令，解得：.①当即时，，所以函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.②当即时，当和，；当，，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.③当即时，当和，；当，，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.综上所述：时，函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.（3）证明：函数定义域为.由题意，函数存在极小值，则在极小值点有定义，且在该点左侧函数单调递减，在该点右侧函数单调递增.由（2）可知，当时，函数在处取得极小值，即；当时，又，函数无极小值，所以函数的极小值一定小于0.21．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；(2)当时，若构成等比数列，求正整数；(3)记，求证：.【答案】(1)8.(2).(3)证明见解析. 【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，比如为8的所有正约数,即.（2）由题意可知，，，，因为，依题意可知，所以，化简可得，所以，因为，所以，因此可知是完全平方数.由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，所以为，所以,.（3）证明：由题意知，，所以，因为，所以，因为，，所以，所以，即.【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.