2023届北京市高三“极光杯”跨年线上测试数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市高三“极光杯”跨年线上测试数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接根据复数的除法运算进行求解即可.
【详解】.
故选：A
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接根据集合的交集运算定义进行求解即可.
【详解】根据已知解得，则.
故选：B
3．在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（，单位：m）与制动距离（，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述，与的函数关系的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】设，，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.
【详解】设，.
由图象知，过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图1.
由图1可得，与呈现线性关系，可选择用.
过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图2.
由图2可得，与呈现非线性关系，比较之下，可选择用.
故选：B.
4．甲、乙、丙三人参与推理游戏，在某轮发言中，已知：①若甲发言为真，则乙发言为真；②若甲发言为假，则丙发言为假.则下列判断正确的是（ ）
A．若乙发言为真，则丙发言为真B．若乙发言为真，则丙发言为假
C．若丙发言为真，则乙发言为真D．若丙发言为真，则乙发言为假
【答案】C
【分析】根据原命题为真，则逆否命题必为真的原则，结合已知条件进行推理即可.
【详解】由条件②：若甲发言为假，则丙发言为假可知：当丙的发言为真时，则甲的发言必为真；
再根据条件①若甲的发言为真，则乙的发言为真可知：当丙的发言为真时，则乙的发言为真，故C选项正确.
故选：C
5．记等差数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．2B．1C．0D．
【答案】D
【分析】根据分别可以求出的值，根据的值可以求出公差再根据的值可以求出.
【详解】
又
故选：D
6．设双曲线的右顶点为，左、右焦点分别为，，是在第一象限的一点，满足，，则的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据已知条件，可得∽，则.根据条件得出线段长度，即可得到，从而求出答案.
【详解】
如图，由已知得，，，
所以，.
和均为等腰三角形，
且，所以，
所以∽，
所以有，即，所以，.
故选：C.
7．已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为，则以为球心，2为半径的球面与正三棱锥表面的交线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正三棱锥四个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.
【详解】
由已知得，，，得
，所以，
其中，以为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面的交线如图，为弧与弧，可求得，，故，故，
故，同理，球面与正三棱锥的面和面所交的弧长一致，故以为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面，面，面的交线的总长度为：.
而球面与正三棱锥的面的其中交线如图，
取其中一部分，三部分弧长长度一样，
因为为直角三角形，且，，根据正三棱锥的性质，为三角形的外接圆圆心，故为中点，则，且，所以，，
取，则中，，中，，，故利用余弦定理，可得，所以，弧长，而这样的弧长，球面与正三棱锥的面的交线总共有三部分，故交线长为：
故选：D
8．设，，满足，，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】分别构造，与，，然后利用导数研究与的单调性，然后借助函数的单调性得到大小关系即可.
【详解】且，，，
令，
即，
，
，，，，，即，
在上单调递增，
在上恒成立，即得.
令，
令，
易知在上恒成立，即得在上单调递减，
故在上恒成立.
即得在上恒成立，故在上单调递增.
由于，
在上恒成立，即得.
故选：A
【点睛】方法点睛：
在解决比较两个数大小的问题时，常常有三种解决方法：
（1）作差法，即两个数作差，若，则，若，则；
（2）作商法，即两个数坐商，若，则，若，则；
（3）单调性法，即借助函数的单调性比较两个数的大小.
二、多选题
9．已知，，， 的外接圆为，则（ ）
A．点的坐标为B．的面积是
C．点在外D．直线与相切
【答案】BC
【分析】根据垂直平分线计算交点得到圆心为，再计算半径为，得到圆方程，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】，的垂直平分线的斜率满足：，
，的中点为，故垂直平分线方程为；
同理可得，的垂直平分线方程为：，
，两条垂直平分线的交点为：，
故圆心为，，圆方程为.
对选项A：点的坐标为，错误；
对选项B：的面积是，正确；
对选项C：，正确；
对选项D：到直线的距离，相交，错误.
故选：BC
10．设函数，则（ ）
A．是偶函数B．的最小正周期为
C．的值域为D．在单调递增
【答案】ACD
【分析】对于A选项，利用奇偶性的定义进行判断即可；
对于B选项，利用周期性的定义进行判断即可；
对于C选项，首先证明函数的周期为，然后分与两种情况分别讨论函数的值域，进而进行判断选项的正误即可；
对于D选项，当可得，进而判断函数的单调区间即可.
【详解】对于A选项，已知且定义域为，
由于，
得是偶函数，故A选项正确；
对于B选项，，
得的最小正周期不是，故B选项错误；
对于C选项，由于，
得的周期为，
当时，，
由于，得，故
当时，，
由于，得，故.
综上所述可得的值域为，故C选项正确；
对于D选项，当时，，
由于，得，根据余弦函数性质可知在是单调递增.
故D选项正确.
故选：ACD
11．在正方体中，动点从出发，先沿体对角线运动到，再沿面对角线运动到后停止.则在点的运动过程中（ ）
A．直线和所成的角先减小后增大
B．直线和平面所成的角先减小后增大再减小
C．经过，，三点的平面截正方体所得截面的面积先增大后不变
D．点到，两点的距离之和先减小后增大再减小
【答案】AB
【分析】对于A、B选项，可以建立空间直角坐标系，将线线角与线面角转变成含有单一变量的函数，借助函数性质判断正误；
对于C选项，可以选取点与点两个特殊位置求解截面面积，即可导出如选项矛盾的结论.进而判断C选项的正误；
对于D选项，利用图形的对称性，将与的距离之和转化为与的距离之和，进而借助几何关系求解距离之和的变化规律.
【详解】如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系.
设正方体的边长为，
则，，，，，，，
当点在上运动时，可设，当点在上运动时，可设.
对于A选项，当点在上运动时，，，
，
当时，，即与夹角为，
当时，，
令，则，
易知，当从运到到过程中，在增大，则在减小，
故在增大，即与夹角在减小.
当点在上运动时，，，
当时，，即与夹角为，
当时，，
令，则
易知，当从运到到过程中，在减小，则在增大，
故在减小，即与夹角在增大.
综上所述A选项正确.
对于B选项，，，
假设平面的法向量为，
则，即，即得，即得.
设直线与平面所夹角为，
当点在上运动时，，
同理可知：时，在减小，即在减小，
当时，在减大，即在减大，
即当从运动到过程中，直线与平面所夹角为先减小再增大；
当点在上运动时，，
同理可知：当从运动到过程中，在减小，在减小，即在减小.
综上所述：B选项正确.
对于C选项，当点落在点时，经过，，三点的截面为，其面积；
当点落在点时，经过，，三点的截面为，其面积；
，当从运动到过程中面积一定不是增大，故C选项错误.
对于D选项，当从运动到过程中，由于与关于直线对称，所以，设，，，
易知，即，整理得，
由于在时单调递增，
且当从运动到过程中，是先减小再增大，故也先减小再增大.
故D选项错误.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：
在解决立体几何中的动点问题时，常用的方法有两种：
（1）找寻临界位置观察临界位置是否满足图形变化规律；
（2）利用空间直角坐标系，把几何问题转化成函数问题，通过函数性质研究图形的变化规律
三、填空题
12．设随机变量，，，则______.
【答案】
【分析】根据随机变量，由正态分布的性质可得概率分布关于对称，又根据，且，可得，结合对称性即可求得的值.
【详解】解：由于随机变量，所以概率分布关于对称，
且，
所以，解得.
故答案为：.
13．在的展开式中，有理项的系数之和为______.（用数字作答）
【答案】128
【分析】先根据二项式展开式通项公式确定有理项，再求对应系数和.
【详解】展开式的通项为，.
所以当时，为有理项，对应系数和为.
故答案为：128
14．已知椭圆和双曲线有相同的焦点，，点是和的一个交点.若点满足是正三角形且，则______.
【答案】.
【分析】根据已知求出，，.根据椭圆以及双曲线的定义可推得，在中，根据余弦定理可列出关于的方程，解出，进而得到，即可求出结果.
【详解】
由已知可得，椭圆和双曲线的焦点坐标均为，，
即，.
设点在第一象限.因为点在椭圆上，所以有，
又点在双曲线上，所以有，所以.
又是正三角形，所以，，
所以有，则三点共线.
则在中，有，，
由余弦定理可得，，
即，整理得，
又，所以，则由可得，.
故答案为：.
四、解答题
15．已知非零平面向量，的夹角为，.
(1)证明：；
(2)设，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先将条件等式两边同时平方，根据向量的数量积运算求得.再将平方即可证明结论成立；
（2）将平方可得，然后根据二次函数的性质求解最值即可.
【详解】（1）由可得，所以.
又因为，的夹角为，故.
联立两式可得，结合是非零向量可得.
所以，则.
（2），
所以当时，取最小值，即取最小值.
16．如图所示为圆锥，已知其侧面的展开图是圆心角为，面积为的扇形.
(1)求圆锥的体积；
(2)设和是底面圆周上两点，且平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆锥侧面积、侧面展开图的弧长的求法可构造方程组求得母线长和底面半径，进而得到圆锥的高，代入圆锥体积公式即可；
（2）由圆锥特征和面面垂直性质可证得两两互相垂直，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）设圆锥的母线长为，底面半径为，则，解得：，
圆锥的高，圆锥的体积.
（2）由圆锥的特征知：平面，又平面，，，
平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，
则以为坐标原点，正方向为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
平面，平面的一个法向量为，
，
由图形可知：二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
17．“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一，也是我国实现全国电力资源优化配置的一项重要的战略举措.某工厂对同一型号的20根电缆依次进行耐压测试，测得数据如下：
156.0 225.5 132.0 246.7 867.9 86.4 610.4 125.7 150.4 117.6
201.9 207.2 189.8 585.8 153.1 565.4 511.0 567.0 222.3 141.5
为了检验这组观测值是否取自于同一总体，可以采用游程检验.设，，，为依时间顺序连续得到的一组样本观测值序列.记样本中位数为，把序列中小于的观测值替换为0，大于或等于的观测值替换为1，这样就得到了一个仅由0和1两个元素组成的序列，其中以0为界的一连串的1或以1为界的一连串的0称为一个游程.例如序列0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0，它有5个0的游程和4个1的游程，总游程数为9.当总游程数过小或过大时，可以认为这组数据受到非随机因素的干扰，反之则可以认为这组数据是随机取自于同一个总体.
(1)求这组数据0的游程数；
(2)已知总游程数满足，则是否有95%的把握认为这20根电缆是随机取自于同一总体？
(3)使用总游程数进行检验有什么优缺点？请简要说明.
【答案】(1)7；
(2)有95%的把握认为这20根电缆是随机取自于同一总体；
(3)详见解析.
【分析】（1）由题可得这组观测值的中位数，然后根据游程的概念结合条件即得；
（2）由题可得观测值的总游程数，然后结合条件即得；
（3）根据总游程数法结合条件即得.
【详解】（1）这组观测值的中位数是，
把序列中小于的观测值替换为0，大于或等于的观测值替换为1，
得到序列0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0，
其中0的游程数为7；
（2）这组观测值的总游程数为13，
由题设知，
因此有95%的把握认为这20根电缆是随机取自于同一总体；
（3）由题可知使用总游程数进行检验的优点：操作容易，计算量小，不受总体分布的限制；
缺点：对样本信息使用不充分，游程的取值为整数，易产生误差.
18．记中角所对的边分别为，已知，.
(1)求；
(2)若的周长为，求的面积.
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）利用正弦定理，结合，则，在中，，，联立条件利用弦化切即可；
（2）以及，结合（1）的结论求出
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
又因为，
所以，
在中，，
所以，
所以
则，
而，所以.
（2）由（1）
所以由
，
又，所以.
因为在中，，
所以有，，
所以，
又，所以，
所以，
由题，
其中为外接圆的半径，
所以，
所以，
故的面积

.
19．设，数列满足，.
(1)若，，证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)若，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由已知可推出，两边取常用对数得，即可证明等比数列.求出首项，可得，即可求出通项公式；
（2）由已知可得，为递增数列，则时，.进而可证明，即证得.从而有
，推出，.相加根据等比数列的前项和即可证明结论.
【详解】（1）当，时，.
所以，两边取常用对数得.
又因为，所以是首项为，公比为2的等比数列.
则，所以，所以.
所以的通项公式为，.
（2）当时，.
所以，故为递增数列.
所以时，.
因此，则，
所以有，所以，
又，所以，从而当时，.
所以.
20．设为坐标原点，直线与抛物线相交于，两点，在，两点处的切线相交于点，当时，.
(1)求的标准方程；
(2)设的焦点为，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）联立直线方程与曲线方程，利用韦达定理法结合条件可得进而即得：
（2）利用导数的几何意义可得切线方程进而可得点的坐标，然后根据抛物线的定义结合韦达定理可得，根据向量的夹角公式可得，进而即得.
【详解】（1）设，，
联立，消去得，
由韦达定理可得，，
当时，，
因为，
所以，即，
解得，
所以的标准方程为；
（2）由，可得，
所以，
所以在处的切线为，即，
同理，在处的切线为，
联立两条切线方程可得的坐标为，
由抛物线的定义，，，
又，，，
则
，
而，
所以，
由题可知，，
所以
，
同理，，
所以，
在和中，，，
故，
因此有成立.
21．设函数，.
(1)若在处切线的倾斜角为，求；
(2)若在单调递增，求的取值范围；
(3)证明：对任意，.
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义即得；
（2）由题可得恒成立，然后根据三角恒等变换及二次函数的性质即得；
（3）由题可得，然后利用累加法及三角函数的性质即得.
【详解】（1）由题可得，
依题意，，
所以；
（2）因为
，
所以恒成立，，
即恒成立，又，
所以，即的取值范围为；
（3）由上可知，，，
所以，
即，
以，，，替换上式中的，可得，
，
，
累加以上各式可得，
，
又因为，，
所以
即.