2023届北京市朝阳区高三上学期数学期末试题（解析版）

这是一份2023届北京市朝阳区高三上学期数学期末试题（解析版），共21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届北京市朝阳区高三上学期数学期末试题 一、单选题1．已知全集，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由补集的定义即可求解.【详解】因为全集，集合，由补集的运算可得或，对应区间为.故选：B.2．在复平面内，复数对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简, 再由实部与虚部均小于0联立不等式组求解.【详解】 在复平面内对应的点在第三象限,, 即 . 实数 的取值范围是 .故选：A.3．函数的零点的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】分别求出和时，的零点个数即可得出答案.【详解】当时，令，则，解得：（舍去）或，当时，令，解得：，所以的零点个数为2.故选：C.4．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】求出双曲线一条渐近线斜率，即，从而求出离心率.【详解】由题意得：双曲线的一条渐近线方程的斜率，所以双曲线离心率.故选：D5．在中，“”是“为等腰三角形”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】D【分析】根据得到或，充分性不成立，必要性可举出反例，从而得到结论.【详解】，则或，故或，故为等腰三角形或直角三角形，为等腰三角形，不一定推出，比如，此时不能得到，故“”是“为等腰三角形”的既不充分也不必要条件.故选：D6．过直线上任意一点，总存在直线与圆相切，则k的最大值为（    ）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】根据题意，设为直线上任意一点，判断点与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系，即可求得的最大值.【详解】设为直线上任意一点因为过直线上任意一点，总存在直线与圆相切所以点在圆外或圆上，即直线与圆相离或相切，则，即，解得，故的最大值为.故选：A.7．已知函数，若，且函数的部分图象如图所示，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合图象即可得到，进而求得，结合正弦型函数的性质可求得周期和，从而求得答案.【详解】由图可知，函数过点和点，即，又因为，所以，结合正弦型函数的性质可知， ，解得，所以，解得，因为，所以所以，所以，即，解得，因为，所以故选：B.8．2022年10月31日，长征五号B遥四运载火箭带着中华民族千百年来探索浩瀚宇宙的梦想，将中国空间站梦天实验舱准确送入预定轨道在不考虑空气阻力的条件下，若火箭的最大速度v（单位：）和燃料的质量M（单位：t）、火箭（除燃料外）的质量m（单位：t）的关系满足，M，m，v之间的关系如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】C【分析】由题及图象关系可知，在中，当一定时，越大，则越大，当一定时，越小，则越大，代入对应的，逐项判断选项即可得到答案.【详解】由题及图象关系可知，在中，当一定时，越大，则越大，当一定时，越小，则越大，对于A，当时，，故A错误.对于B，当时，，故B错误.对于C，当时，，故C正确.对于D，因为，令,， ，故D错误.故选：C.9．已知A，B，C是单位圆上不同的三点，，则的最小值为（    ）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】画出图形，设出，，，，表达出，结合的范围求出最小值.【详解】如图所示：不妨令，设，，由于，所以，则，因为，所以当时，取得最小值，最小值为.故选：C10．在数列中，，若存在常数c，对任意的，都有成立，则正数k的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由可得，可得用极限思想和数学归纳法的思想分析计算即可得到正数k的最大值.【详解】因为，所以，所以，由于满足上式，故当时，有趋近于时，趋近于此时没有最大值，故不满足题意，舍去；所以，当时，可证对任意的，都有，由题知，若存在常数c，对任意的，都有成立，则，以下进行证明：存在常数，对任意的，都有成立.当时，，结论成立假设时结论成立，即则，则存在常数，对任意的，都有成立故正数k的最大值为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查数列的递推关系和数列中参数最大值的求解，属于难题，解题的关键是要把递推关系进行转化求解，结合数列中的极限思想和数学归纳法的思想进而求解问题. 二、填空题11．展开式的常数项是___________.(用数字作答)【答案】24【分析】写出展开式通项公式，确定常数项的项数后可得．【详解】，，，常数项为．故答案为：24．12．若函数在区间上是严格减函数，则实数a的最大值为________【答案】【分析】化简得到，结合的单调递减区间得到，即可求出结果.【详解】因为,又因为在区间上是严格减函数，且的单调递减区间为，所以，即，所以实数a的最大值为，故答案为：.13．如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分别为的中点，点T在正方体的表面上运动，满足．给出下列四个结论：①点T可以是棱的中点；②线段长度的最小值为；③点T的轨迹是矩形；④点T的轨迹围成的多边形的面积为．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】②③④【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，令正方体棱长可简化计算，得到对应点和向量的坐标，通过空间向量数量积的运算即可判断对应的垂直关系，通过计算和几何关系得点的轨迹为四边形EFGH，通过证明得到则点的轨迹为矩形EFGH，即可求解点T的轨迹围成的多边形的面积和线段长度的最小值，从而得到答案.【详解】由题知，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体棱长则，，，，，，，，，，设，对于①，当点T为棱的中点时，，则，不满足，所以点T不是棱的中点，故①错误.，因为所以，当时，，当时，取，，，，连结，，，，则，，，即所以四边形EFGH为矩形，因为，，所以，，又和为平面中的两条相交直线， 所以平面EFGH，又，，所以为EG的中点，则平面EFGH，为使，必有点平面EFGH，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形EFGH，又，，所以，则点的轨迹为矩形EFGH，故③正确面积为，即，故④正确又因为，，，则，即，所以，点在正方体表面运动， 则，解得，所以，结合点的轨迹为矩形EFGH，分类讨论下列两种可能取得最小值的情况当，或时，， 当，或时， 因为，所以当，或时，取得最小值为，即，故②正确.综上所述：正确结论的序号是②③④故答案为：②③④.【点睛】本题以正方体为载体，考查空间向量在立体几何中的综合运用和空间几何关系的证明，属于难题，解题的关键是建立空间直角坐标系，设棱长为数值可简化运算，通过空间向量即可证明和求解对应项. 三、双空题14．已知等差数列的公差，且成等比数列，则__________；其前n项和的最大值为__________．【答案】          10【分析】由成等比数列列式求出公差,则通项公式可求;写出等差数列的前n项和,由二次函数的对称性求得取得最大值.【详解】由成等比数列,得,解得.则；对称轴方程为,或5时，取最大值，最大值为.故答案为：,1015．抛物线的准线l的方程为__________．若点P是抛物线C上的动点，l与y轴交于点A，则（O是坐标原点）的最大值为__________．【答案】     ；     【分析】由定义直接求准线方程；由导数法求出抛物线过点A的切线方程，即可求得切线倾斜角，此时取最大值.【详解】抛物线即的准线l的方程为；l与y轴交于点A，则有，则当AP与抛物线相切时最大，设切点为，，∴切线方程为，切线过点A，则，解得.∴切线斜率为，即倾斜角为或，故的最大值为.故答案为：；. 四、解答题16．在中，．(1)求；(2)若，求的最小值．【答案】(1)；(2)3. 【分析】(1)由正弦定理可得，从而得，即可得；(2)由余弦定理可得，再由基本不等式即可求得的最小值.【详解】（1）解：因为，所以，又因为，所以，即有，又因为，所以；（2）解：因为，，所以，当时，等号成立，所以，故的最小值为：3.17．跳长绳是中国历史悠久的运动，某中学高三年级举行跳长绳比赛（该校高三年级共4个班），规定每班22人参加，其中2人摇绳，20人跳绳，在2分钟内跳绳个数超过120个的班级可获得优胜奖，跳绳个数最多的班级将获得冠军，为预测获得优胜奖的班级个数及冠军得主，收集了高三年级各班训练时在2分钟内的跳绳个数，并整理得到如下数据（单位：个）：高三（1）班：142，131，129，126，121，109，103，98，96，94；高三（2）班：137，126，116，108；高三（3）班：163，134，112，103；高三（4）班：158，132，130，127，110，106．假设用频率估计概率，且高三年级各班在2分钟内的跳绳个数相互独立．(1)估计高三（1）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖的概率；(2)用X表示此次跳长绳比赛中获得优胜奖的班级个数，估计X的数学期望；(3)在此次跳长绳比赛中，哪个班获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）【答案】(1)(2)(3)高三（3）班 【分析】（1）用古典概型概率计算公式即可求解.（2）分别记三（1）班、高三（2）班、高三（3）班、高三（4）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件、、、,则、、，由题意得的取值为0,1,2,3,4，分别计算出对应概率即可求解数学期望（3）高三（3）班：163，134，112，103的数据中163为最大数据且134为较大数据即可判断.【详解】（1）记高三（1）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件.由题知高三（1）班在2分钟内的跳绳个数超过120个的有次，用频率估计概率，估计高三（1）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖的概率为（2）分别记高三（2）班、高三（3）班、高三（4）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件、、,则、、，由题意得的取值为0,1,2,3,4所以则的分布列如下表01234 所以（3）在此次跳长绳比赛中，高三（3）班获得冠军的概率估计值最大18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，E，F分别为的中点．(1)求证：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)，详情见解析 【分析】(1)设中点为，连接，由三角形中位线性质可得，且从而可得四边形为平行四边形，再由即可证得平面；(2)按照条件①、条件②的不同，分别作出图形和辅助线，利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．【详解】（1）如图（1），设中点为，连接，底面为正方形，E，F分别为的中点．，且，而又，,且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.（2）选条件①：连结,过作交于点，又因为，所以点也是中点，连结，，为的中点，则,又底面为正方形，,， ,在中，,平面平面，平面平面，平面，如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，,,平面，是平面的一个法向量，;设平面的一个法向量为，则有 ，令,则， ；.故二面角的余弦值为．选择条件②：取的中点为，连结,又平面平面，平面平面，平面，过作交于点，连结 ,又是中点，所以点也是中点，平面，平面,,设 ，则,，, ，，，，故在中，,即，解得，即，如图（3）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，,,平面，是平面的一个法向量，;设平面的一个法向量为，则有 ，令,则， ；.故二面角的余弦值为． 19．已知椭圆的右顶点，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，面积的最大值为1．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)过点的直线与椭圆C交于另一点Q，直线分别与y轴相交于点E，F．当时，求直线的方程．【答案】(1),(2)或 【分析】(1)由椭圆的右顶点可得，若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，面积可得，从而求得椭圆C的方程，再由可求得，从而可得离心率；(2)设直线的方程为：，与椭圆联立方程组可解得一元二次方程，从而可得出韦达定理的表达式，再通过直线，的方程得出点E，F坐标，进而表达出，从而可解得，求得直线的方程.【详解】（1）椭圆，，，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，过点P 作轴，垂足为，故面积为，若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，即时，使得面积最大，,,. 椭圆C的方程为，离心率为.（2）P为椭圆C上的动点，过点的直线与椭圆C交于另一点Q，可记，，当直线的斜率不存在时，即轴时，， 此时直线分别与y轴相交于点E，F．此时，不符合题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立 ，消去可得,化简得，由韦达定理可得 ，所以，由，，，则直线的方程为：，直线的方程为：，因为直线分别与y轴相交于点E，F，令分别代入直线,直线可得：点 ，， 又，在直线方程上，所以有，分别代入 并化简可得， ， ，则，解得，，故直线的方程为：或，即或.20．已知函数．(1)求的单调区间；(2)若对恒成立，求a的取值范围；(3)若，证明：．【答案】(1) 时单调递增， 时，单调递减；(2) ；(3)证明见解析. 【分析】（1）求导，根据导数的符号确定单调区间；（2）运用参数分离的方法，构造函数求导，计算函数最大值即可；（3）作图，根据函数图像确定 的范围，再构造函数，利用函数的单调性证明.【详解】（1） ，显然有 ，当 时， ，单调递增，当 时， ，单调递减；（2）由 得： ， ，令 ，则有 ，令 ，显然 是减函数， ， 当 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减； ，a的取值范围是 ；（3）当 时， ，由（1）的结论作函数图像如下： ，对于 ，得 ，不妨设 ，则有 ，由图可知当 时，对应的自变量有2个值 ，其中 ，要证明 ，只需 取 中较小的数 即可， ， ， ， ，要证明 ，只需证明 ，在 时， 单调递增， 只需证明 ， ， 只需证明 ，即 ，构造函数 ， ， ， ， 是增函数，又 当 时， ，即，命题得证；综上，（1）当 时，单调递增，当 时，单调递减；（2） .【点睛】本题的难点是第三问，根据函数的图像确定和  的范围，再将原问题转化为函数的单调性问题.21．已知无穷数列的各项均为正数，当时，；当时，，其中表示这s个数中最大的数．(1)若数列的前4项为1，2，2，4，写出的值；(2)证明：对任意的，均有；(3)证明：存在正整数，当时，．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）根据题意直接写出的值即可；（2）根据题意设，则当时，，然后根据时，，即可得到证明；（3）根据题意令，然后结合（2）中的结论，设，为中最小的正数，则，然后结合条件即可得到证明.【详解】（1）（2）对任意，存在，使得，若或，则或又可以写成数列中某两项的和，如依次类推，存在，使得，其中，所以存在，使得，且，设，则当时，，当时，所以，对任意，均有，即.（3）令，其中，由（2）知，由得所以，当时，由（2）知 若，则，此时，当时，若不全为，设，为中最小的正数，则，当某个时，必有，否则，则，设不超过的最大整数为，则能表示的不同值的个数不超过，所以，对每一个，只能取有限多个值，令，则当时，，即，故【点睛】本题考察了新定义求解问题，证明不等式，等式问题，综合性较强，是难题.