2023届北京市顺义区高三二模数学试题含解析

2023届北京市顺义区高三二模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据并集的运算，计算即可得出答案.

【详解】根据并集的运算可知，.

故选：A.

2．若圆与y轴交于A，B两点，则（    ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】D

【分析】直接联立方程求A、B坐标即可.

【详解】联立得，故A、B坐标为，即.

故选：D

3．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性和初等函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A，函数的定义域为R，且满足，所以其为偶函数，

在上单调递减，在上单调递减，故A不符合题意；

对于B，设，函数的定义域为R，

且满足，所以函数为偶函数，

当时，为单调递增函数，故B符合题意；

对于C，函数的定义域为，不关于原点对称，

所以函数为非奇非偶函数，故C不符合题意；

对于D，设，函数的定义域为，关于原点对称，

且满足，所以函数为奇函数，

又函数在上单调递减，故D不符合题意.

故选：B.

4．已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则（    ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】C

【分析】求出抛物线的准线方程和双曲线的焦点坐标，由条件列方程求.

【详解】抛物线的准线方程为，

双曲线的左焦点的坐标为，右焦点的坐标为，

因为抛物线的准线过双曲线的一个焦点，

所以，

所以，

故选：C.

5．已知函数，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，判断函数的单调性，结合函数值，作出函数的图象，数形结合，即可求得答案.

【详解】由可得定义域为，

则，且在上单调递减，

令，

当时，，当时，，

即在上单调递增，在上单调递减，

当时，趋近于负无穷小，故，

且，

故可作出函数的图象如图：

由此可知不等式的解集是，

故选：C

6．如图，在矩形中，，点P为的中点，则（    ）

A．0 B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用向量的线性加减法法则运算与数量积公式运算即可求解.

【详解】

\

故选：B.

7．在正方体中，点，分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线（    ）

A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条

【答案】D

【分析】过点作，垂足为，连接，当，高度一样，即时，一定有，进而求解.

【详解】过点作，垂足为，连接，

当，高度一样，即时，一定有，理由如下：

在正方体中，，

所以四边形为平行四边形，

所以，

因为平面，且平面，

所以，即.

所以当，高度一样，即时，一定有，

此时满足条件的直线有无数条.

故选：D.

8．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称．若，则（    ）

A．1 B． C． D．0

【答案】B

【分析】根据已知条件及两角差的余弦公式，结合二倍角的余弦公式即可求解.

【详解】因为，且角与角的终边关于轴对称，

，.

所以.

故选：B.

9．已知是无穷等差数列，其前项和为，则“为递增数列”是“存在使得”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】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】解：因为是无穷等差数列，若为递增数列，

所以公差，

令，解得，

表示取整函数，

所以存在正整数，有，故充分；

设数列为5，3，1，-1，…，满足，但，

则数列是递减数列，故不必要，

故选：A

10．2022年足球世界杯在卡塔尔举行，32支参赛队通过抽签分为八个小组．每个小组分别有4支球队，共打6场比赛，每支球队都必须和同组其他3支球队进行且只进行一场比赛．小组赛积分规则为：胜1场积3分，平1场积1分，负1场积0分，每个小组积分前两名的球队出线．若小组赛结束后，同一小组的甲、乙两支球队分别积6分和5分，则（    ）

A．甲、乙两队一定都出线 B．甲队一定出线，乙队可能未出线

C．甲、乙两队都可能未出线 D．甲、乙两支球队至少有一支未出线

【答案】A

【分析】根据甲、乙两支球队的分数确定这两支球队的得分情况，再结合另外二队的比赛情况分类讨论进行判断即可.

【详解】设同一组的另两支球队分别为丙、丁，

因为每支球队要进行三场比赛，甲、乙两支球队分别积6分和5分，

所以甲球队二胜一负，乙球队一胜二平，显然乙球与丙、丁两支球队平，胜甲，

甲球队胜丙、丁，此时丙丁两队一负一平，积分1分，

若丙胜丁，最后丙得4分，丁得1分，

若丙与丁平，最后丙丁都得2分，

若丁胜丙，最后丙得1分，丁得4分，

因为每个小组积分前两名的球队出线．

所以甲、乙两队一定都出线，

故选：A

二、填空题

11．已知复数,则_____．

【答案】

【分析】根据复数的计算及模长意义即可求出．

【详解】复数z，则|z|，

故答案为．

【点睛】本题主要考查复数的计算及模长意义，属于基础题．

12．在的展开式中，的系数为_________．

【答案】

【分析】利用二项展开式求通项，再求对应项的系数即可.

【详解】设展开式中通项为：

令，则.

故答案为：

三、双空题

13．设等比数列的公比为,其前n和为,且,则_________;_________．

【答案】          ##15.5

【分析】由等比数列通项公式可求出从而求出,再代入等比数列前项和公式即可求出.

【详解】由,又因为,所以;

所以；

故答案为: 8； .

四、填空题

14．能说明“若对任意的都成立，则在上单调递增”为假命题的一个函数是_________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】举例，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】令，则对任意的都成立，

但在上单调递减，在上单调递增，

所以函数在上不是增函数.

故答案为：.

15．已知，均为正数，并且，给出下列四个结论：

①中小于1的数最多只有一个；

②中小于2的数最多只有两个；

③中最大的数不小于2022；

④中最小的数不小于．

其中所有正确结论的序号为_________．

【答案】①②③

【分析】对于①②③，用反证法可以证明；对于④，举出反例说明其错误.

【详解】对于①,假设存在两个小于1的正数,不妨设,

则,则,

这与矛盾,

故中小于1的数最多只有一个, ①正确;

对于②, 假设存在3个小于2的正数,不妨设,

则,

则，这与矛盾,

故中小于2的数最多只有两个, ②正确;

对于③,假设,

则,

则与矛盾,

故中最大的数不小于2022, ③正确;

对于④,不妨假设中最小数为,取,

则取,

则,

即说明中最小的数可以小于,④错误,

故答案为:①②③

【点睛】方法点睛：对于关于最多或最少类命题的解决方法，一般可采用反证法；对于多个数中的最大数或最小数的范围判断问题，可以用反证法说明反面不成立，证明原命题成立，也可以举反例说明命题不成立.

五、解答题

16．在中，．

(1)求b；

(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求的面积．

条件①：；

条件②：边上中线的长为；

条件③：．

注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解，

（2）根据题目要求可知只能选择条件②或③，根据余弦定理求解，即可根据三角函数的性质求解正弦，进而由面积公式即可求解.

【详解】（1）因为，

在△中，由正弦定理，可得：，

又因为， 所以.

（2）选择条件①；由，，以及余弦定理得，该方程无解，故此时三角形不存在，故不能选择条件①

选择条件②

设边上的中线为，则，，

在△中，由余弦定理得：

，

因为，，所以，

所以△的面积为.

选择条件③

方法1：

由题设，因为，所以，

因为，所以

因为，所以，所以，

由余弦定理可得：，

整理得，解得（舍），

因为，，所以，

所以△的面积为.

方法2：由题设，因为，所以，

因为，所以

在△中，因为，所以，即，所以，

所以，

因为，，所以，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以△的面积为.

方法3：因为且，

所以或，

因为，所以，

又因为，

所以即，

所以△为等腰三角形，设边上的高为，则，

由勾股定理，

所以△的面积为.

17．如图，在长方体中，，，E是的中点，平面与棱相交于点F．

(1)求证：点F为的中点；

(2)若点G为棱上一点，且，求点G到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）方法1：利用面面平行的性质可得，由已知条件可证，进而利用中位线证明即可；方法2：由已知条件可证，根据线面平行的判定定理可证平面，再利用线面平行的性质证明，最后利用中位线证明即可；

（2）方法1：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据垂直关系的数量积坐标运算得到G点坐标，利用点到平面的向量坐标运算公式求解即可；方法2：连接，利用线面垂直的判定定理可证平面，根据线面垂直的性质可得，利用垂直关系可得，进而求出，求出各边长度，利用余弦定理求出，根据三角形面积公式求出，，利用等体积法和三棱锥的体积公式即可求解.

【详解】（1）证明：方法1：因为平面平面，

平面平面，

平面平面，

所以，

连接，

因为，，

所以四边形是平行四边形.

所以，.

因为是的中点，

所以点为的中点.

方法2：连接.

因为，，

所以四边形是平行四边形.

所以

因为平面，平面，

所以平面，

因为平面ACE，平面平面，

所以.

所以.

因为是的中点，

所以点为的中点.

（2）方法1：因为，，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，

设平面的法向量为，

则，即，令，则，，所以，

设，则，

由，得，即，

所以，则，

所以点到平面的距离.

方法2：连接，

因为平面，所以，

因为，，平面，所以平面，

又平面，所以.

在平面内，由，

可得，

由勾股定理求出，，，

在中由余弦定理得，

则，

，

，

设点到平面的距离为d，

由，得，

所以点到平面的距离为.

18．精彩纷呈的春节档电影丰富了人们的节日文化生活，春节小长假期间大批观众走进电影院．某电影院统计了2023年正月初一放映的四部影片的上座率，整理得到如下数据：

(1)从以上所有排片场次中随机选取1场，求该场的上座率大于70%的概率；

(2)假设每场影片的上座率相互独立．从影片A，B，C的以上排片场次中各随机抽取1场，求这3场中至少有2场上座率大于70%的概率；

(3)将影片C和影片D在该电影院正月初一的上座率的方差分别记为和，试比较和的大小．（结论不要求证明）

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】(1)找出所有场次中的上座率大于70%的场次除以样本总数即可.(2)从影片A，B，C的以上排片场次中各随机抽取1场，求出每场的上座率大于70%的概率，用相互独立事件的乘法计算公式计算即可.(3)观察影片C和影片D在该电影院正月初一的上座率的波动性，即可比较大小.

【详解】（1）记“从以上所有排片场次中随机选取1场，该场的上座率大于70%”为事件.

影片A，B，C，D的上座率大于70%的场数共有5+4+3+3=15，

所以.-

（2）记“从影片A，B，C的以上排片场次中各随机抽取1场，每场的上座率大于70%”分别为事件.其中，，;

这3场中至少有2场上座率大于70%的概率为

.

（3）设影片C和影片D在该电影院正月初一的上座率的均值为

；；

；

，故.

19．已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数在 上的最大值和最小值；

(3)设 ，证明：对任意的，有．

【答案】(1)y=1

(2)最小值1，最大值 .

(3)证明见解析

【分析】（1）先求出在 处的导数，再根据点斜式直线方程求解；

（2）求导，判断导数的符号，求出 的单调性，根据单调性求解；

（3）运用同构的思想构造函数，根据单调性证明.

【详解】（1） ， ，在点处的切线方程为 .

（2） ， 是偶函数，

则 ，单调递增，

，  ，  

在 上单调递减，在 上单调递增，

∴当时，取最小值1，当 或 时，取最大值.

（3）要证明对任意的，有，

只需证明对任意的，有 ，

，

，在上上单调递减，

，.

20．已知椭圆过点和，且．

(1)求椭圆的方程；

(2)过点斜率为的直线交椭圆于，直线分别交直线于点．若，求的值．

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）由题意可得的值，即可得椭圆方程；

（2）设直线的方程为，设，，与椭圆联立得交点坐标关系，从而可得两点的横坐标，由可得，进行坐标运算即可得的值．

【详解】（1）由题意可知：

所以椭圆C的方程为.

（2）直线的方程为，设，，

直线与椭圆方程联立可得：，消去可得：，

则.

直线的方程为：，令可得，

直线的方程为：，令可得.

，

法一：易知与异号

法二：

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆相交问题，解题的关键点是将已知弦长等式关系转化为坐标关系.本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，，然后由得，利用坐标关系化简，得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．

21．已知实数集，定义．

(1)若，求；

(2)若，求集合A；

(3)若A中的元素个数为9，求的元素个数的最小值．

【答案】(1)

(2)或者.

(3)13

【分析】（1）根据集合的新定义直接求解即可；

（2）根据可得，然后分中4个非零元素，符号为一负三正或者一正三负进行讨论即可；

（3）分 中没有负数和中至少有一个负数两种情况进行讨论即可求解.

【详解】（1）;

（2）首先，；

其次中有4个非零元素，符号为一负三正或者一正三负.

记，不妨设或者--

①当时，，

相乘可知，从而，

从而，所以；

②当时，与上面类似的方法可以得到

进而，从而

所以或者.

（3）估值+构造  需要分类讨论中非负元素个数.

先证明．考虑到将中的所有元素均变为原来的相反数时，

集合不变，故不妨设中正数个数不少于负数个数.接下来分类讨论：

情况一： 中没有负数．

不妨设，则

上式从小到大共有1+7+6=14个数，它们都是的元素，这表明

情况二： 中至少有一个负数．

设 是中的全部负元素，是中的全部非负元素.

不妨设

其中为正整数，．

于是有

以上是中的个非正数元素：另外，注意到

它们是中的5个正数．这表明

综上可知，总有-

另一方面，当时，中恰有13个元素. 综上所述，中元素个数的最小值为13.