2023届北京市第四中学高三阶段性考试（零模）数学试题含解析

这是一份2023届北京市第四中学高三阶段性考试（零模）数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由指数函数的单调性解不等式，再求交集.
【详解】因为，所以.
故选：C
2．复数的模（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】D
【分析】首先根据体题意得到，再求模长即可.
【详解】，
所以.
故选：D
3．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】C
【分析】根据直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系依次判断选项即可.
【详解】对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误.
对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误.
对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确.
对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误.
故选：C
4．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
5．设是等差数列.下列结论中正确的是
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【详解】先分析四个答案，A举一反例，而，A错误，B举同样反例，，而，B错误，
D选项，故D错，
下面针对C进行研究，是等差数列，若，则设公差为，则，数列各项均为正，由于，则，
故选C.
【解析】本题考点为等差数列及作差比较法，以等差数列为载体，考查不等关系问题，重 点是对知识本质的考查.
6．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由换底公式结合对数函数的单调性得出，继而由幂函数、指数函数、对数函数的单调性作出判断即可.
【详解】，.
因为，且，
所以，即.
由幂函数的性质可知，，故A错误；
由指数函数的性质可知，，故B正确；
因为，，所以，故C错误；
由对数函数的性质可知，，故D错误；
故选：B
7．在平面直角坐标系中，已知是圆上的动点．若，，，则的最大值为（ ）
A．16B．12C．8D．6
【答案】B
【分析】根据题意得到，，即可得到答案.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
8．函数，在区间上是增函数，且，，则函数在上（ ）
A．单调递增B．单调递减C．最大值为D．最小值为
【答案】C
【分析】由正弦函数的性质确定的范围，进而由余弦函数的单调性得出结论.
【详解】函数在区间上是增函数，且，，，
则当时，.
而函数在上先增后减，
即函数在上先增后减，有最大值.
故选：C
9．明朝早起，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进的航海技术——“过洋牵星术”，简单地说，就是通过观测不同季节､时辰的日月星辰在填空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断水位.其采用的主要工具是牵星板，其由块正方形模板组成，最小的一块边长约(称一指)，木板的长度按从小到大均两两相差，最大的边长约(称十二指).观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰依高低不停替换､调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度.如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到六指，进而得到，再结合二倍角的正弦公式和商数关系求解.
【详解】由题意知：六指为，
所以，
所以，
.
故选：D
10．给定函数，若数列满足，则称数列为函数的牛顿数列．已知为的牛顿数列，，且，数列的前项和为．则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由导数结合题设条件得出，两边取对数，结合等比定义以及求和公式求解即可.
【详解】，，
，则两边取对数可得.
即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
故选：A
二、填空题
11．已知抛物线的准线方程为，则_________
【答案】2
【分析】由抛物线的准线方程可直接求解.
【详解】由抛物线，得准线方程为，
由题意，，得．
故答案为：2．
12．的展开式中项的系数为_____________.
【答案】
【分析】利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为即可求解.
【详解】解：由得，
令，
故答案为：.
13．已知双曲线的渐近线与圆相切，则_________.
【答案】##
【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径可求得的值.
【详解】由得，所以圆心为，半径为，
双曲线的渐近线方程为，即，
因为双曲线的渐近线与圆相切，
所以，化简得，解得或（舍去）.
故答案为：.
14．能够说明“若，则”是假命题的一组非零实数，的值依次为___________.
【答案】，(答案不唯一)
【分析】根据反比例函数在各自象限具有单调性知：在各区间取一个数即有，即可确定，的值.
【详解】只要第个数大于，第个数小于即可，即，
故答案为：，.
15．已知正方体的棱长为1，是空间中任意一点．给出下列四个结论：
①若点在线段上运动，则始终有；
②若点在线段上运动，则过，，三点的正方体截面面积的最小值为；
③若点在线段上运动，三棱锥体积为定值；
④若点在线段上运动，则的最小值为．
其中所有正确结论的序号有________．
【答案】①③④
【分析】由平面判断①；由向量法判断②；由等体积法判断③；将与四边形沿展开在同一平面上，由余弦定理得出的最小值.
【详解】对于①：如下图，连接，所以，又，所以，
因为平面，所以，由线面垂直的判定可知，
平面，因为平面，所以，故①正确；
对于②：在上取一点，使得，连接，
易知，且，即四点共面，
即过，，三点的截面为截面.
以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：
，
因为，，
所以截面的面积为
，
当时，，，三点的正方体截面面积最小值为，故②错误；
对于③：如下图，由已知得，所以直线上所有点到平面
的距离相等，又，而是一个定值，所以三棱锥体积为定值，故③正确；
对于④：如下图，将与四边形沿展开在同一平面上，由图可知，线段
的长度即为的最小值，在中，
，故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：本题考查空间中的动点问题，解决此类问题时，常需证明线线，线面，面面间的平行和垂直关系，从而得出点运动中，存在的不变的位置关系，存在着面积或体积的定值.
三、解答题
16．在中，内角，，所对的边分别是，，．已知．
(1)求角的大小；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由正弦定理的边化角公式得出角的大小；
（2）选①：由余弦定理以及判别式求解即可；选②：由余弦定理得出，进而求出面积；选③：由正弦定理得出，进而由余弦定理得出，即可得解..
【详解】（1）因为，所以，
又，所以.
因为，所以.
（2）选①：由余弦定理可得，.
即，此时，无解，不合题意.
选②：由余弦定理可得，整理得，
解得或（舍），即.
满足存在且唯一确定，则的面积为.
选③：，由正弦定理可得.
由余弦定理可得，，即.
解得，
当时，，不合题意；
所以，满足存在且唯一确定，
则的面积为
17．某校工会开展健步走活动，要求教职工上传3月1日至3月7日的微信记步数信息，下图是职工甲和职工乙微信记步数情况：
(1)从3月2日至3月7日中任选一天，求这一天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000的概率；
(2)从3月1日至3月7日中任选两天，记职工乙在这两天中微信记步数不低于10000的天数为，求的分布列及数学期望；
(3)下图是校工会根据3月1日至3月7日某一天的数据制作的全校200名教职工微信记步数的频率分布直方图．已知这一天甲和乙微信记步数在单位200名教职工中排名（按照从大到小排序）分别为第68和第142，请指出这是根据哪一天的数据制作的频率分布直方图（不用说明理由）．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)3月3日
【分析】（1）根据古典概型公式求解即可.
（2）根据题意得到，，，，再写出分布列数学期望即可.
（3）根据折线图和频率分布直方图求解即可.
【详解】（1）令时间A为“职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000”，
从3月2日至3月7日这6天中，3月2日、5日、7日这3天中，
甲乙微信记步数都不低于10000，
故.
（2）由（1）知：，
，，，
的分布列为：
（3）根据频率分步直方图知：微信记步数落在，，，，
（单位：千步）区间内的人数依次为人，人，
人，人，人，
由甲微信记步数排名第68，可知当天甲微信记步数在15000到20000万之间，
根据折线图知：只有3月2日，3月3日，3月7日.
由乙微信记步数排名第142，可知当天乙微信记步数在5000到10000万之间，
根据折线图知：只有3月3日和3月6日，
所以3月3日符合要求.
18．如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，，
(1)求证：；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)或
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得.
（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）根据棱柱的性质可知，，
由于平面，平面，
所以平面.
由于平面，平面平面，
所以.
（2）由于平面，平面，
所以，
由于是的中点，所以，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以，
解得或，
当，即时，,
当，即时，.
19．已知，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆的一个顶点，是顶角为120°的等腰三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得到，，，即可得到答案.
（2）设，，将椭圆向上平移1个单位得到，则，，设直线为，得到，根据得到，从而得到直线恒过，再将向下平移一个单位即可.
【详解】（1）由题知：，，，
所以.
（2）设，，
将椭圆向上平移1个单位得到，
则，，
设直线为，
则，
即，，
所以，即.
所以直线为，即，恒过点.
将向下平移1个单位得到，即直线过定点.
综上：直线过定点.
20．已知函数，函数，其中．
(1)讨论函数在上的单调性；
(2)当时，证明：曲线与曲线有且只有一个公共点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）讨论、、三种情况，利用导数得出单调性；
（2）构造函数，讨论、两种情况，确定的单调性，从而由的零点个数证明曲线与曲线有且只有一个公共点．
【详解】（1），
当时，，则函数在上单调递增.
当，即时，若时，；
若时，.
即函数在上单调递减，在上单调递增.
当，即时，，函数在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增.
当，函数在上单调递减，在上单调递增.
当，函数在上单调递减.
（2）设，
题设等价于证明函数有且仅有一个零点，，
设，，则函数在上单调递减，又，
则当时，；当时，；
当时，，则函数在上单调递减，又，
故此时函数有且仅有一个零点；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，，
则当时，恒成立；
当且时，
，，
则，函数在上存在一个零点，
此时函数有且仅有一个零点；
综上即证.
【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于将两个函数的交点问题，转化为函数的零点问题，利用导数得出单调性，进而确定零点个数.
21．已知集合，若集合，且对任意的，存在，，使得（其中），则称集合为集合的一个元基底．
(1)分别判断下列集合是否为集合的一个二元基底，并说明理由；
①，；
②，．
(2)若集合是集合的一个元基底，证明：；
(3)若集合为集合的一个元基底，求出的最小可能值，并写出当取最小值时的一个基底．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用二元基底的定义加以验证，可得不是的一个二元基底.，是的一个二元基底.．
（2）设，计算出的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意得，即．
（3）由（2）可知，所以，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”．再讨论当时，集合的所有情况均不可能是的4元基底，而当时，的一个基底，由此可得 的最小可能值为5．
【详解】（1）①不是的一个二元基底.
理由是；
②是的一个二元基底.
理由是，
.
（2）不妨设，则
形如 的正整数共有个；
形如 的正整数共有个；
形如 的正整数至多有个；
形如 的正整数至多有个.
又集合含个不同的正整数，为集合的一个元基底.
故，即.
（3）由（2）可知，所以.
当时，，即用基底中元素表示出的数最多重复一个. *
假设为的一个4元基底，
不妨设，则.
当时，有，这时或.
如果，则由，与结论*矛盾.
如果，则或.易知和都不是的4元基底，矛盾.
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，均不可能是的4元基底.
当时，的一个基底；或{3,7,8,9,10}；或{4,7,8,9,10}等，只要写出一个即可.
综上，的最小可能值为5.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.