北京市朝阳区2023届高三第一次模拟考试数学试卷（含解析）

北京市朝阳区2023届高三第一次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：_________________

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

2．若，，则下列不等式一定正确的是（    ）

A． B． C．  D．

3．的二项展开式中的常数项为（    ）

A． B． C． D．

4．若圆被直线平分，由点向圆作切线，切点为，则的最小值是（    ）

A．4 B． C．3 D．6

5．已知数列为等比数列，则“为常数列”是“成等差数列”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

6．已知椭圆与双曲线焦点重合，该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

7．正方体中，点，，，是其所在棱的中点，则与是异面直线的图形是（    ）

A． B．

C． D．

8．已知函数，则“”是“f（x）的最大值为1”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

9．已知为单位向量，则“”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

10．数列的前项和为，，且对任意的都有，则下列三个命题中，所有真命题的序号是（    ）

①存在实数，使得为等差数列；

②存在实数，使得为等比数列；

③若存在，使得，则实数唯一.

A．② B．① C．①③ D．①②③

二、填空题

11．设m为实数，复数（这里i为虚数单位），若为纯虚数，则的值为______．

12．若分段函数，将函数的最大值记作，那么当时，的取值范围是___________.

13．已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.

14．________．

三、双空题

15．在中，，.

①若，则角的大小为_____；

②若角有两个解，则的取值范围是_____.

四、解答题

16．如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，侧面底面为中点，.

(1)求证：；

(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：.

17．已知函数

(1)求函数的单调递减区间；

(2)若，求函数的值域.

18．某高中高一500名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，，…，，并整理得到频率分布直方图如图所示．

(1)从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率；

(2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间内的人数；

(3)估计随机抽取的100名学生分数的众数，估计测评成绩的75%分位数；

(4)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中男生和女生人数的比例．

19．已知函数.

(1)当时，求证：；

(2)若恒成立，求a的值.

20．已知椭圆经过两点，设过点的直线椭圆交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．

(1)求椭圆E的方程：

(2)证明：直线HN过定点．

21．已知数表中的项互不相同，且满足下列条件：

①；

②.

则称这样的数表具有性质.

(1)若数表具有性质，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值；

(2)对于具有性质的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得；

(3)对于具有性质的数表，当n为偶数时，求的最大值.

参考答案

1．B

【分析】先化简集合，利用集合间的关系和交集，并集的概念求解即可.

【详解】由题意可得，，

所以，，，

即ACD错误，B正确.

故选：B

2．D

【分析】利用特殊值法可判断ABC选项；利用作差法可判断D选项.

【详解】对于A选项，取，，，则，A错；

对于B选项，取，，，则，B错；

对于C选项，取，，则，C错；

对于D选项，，则，D对.

故选：D.

3．A

【分析】利用二项式的通项公式即可得出．

【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，

令，解得：，

二项式的展开式中的常数项为.

故选：A．

【点睛】本题考查了二项式的通项公式的应用，属于基础题．

4．A

【分析】根据圆被直线平分，得到直线过圆的圆心，代入圆心坐标的，即可得到点的轨迹方程为，然后根据相切得到，利用勾股定理得到，然后求的最小值即可.

【详解】因为圆被直线平分，所以直线过圆的圆心，

由圆的方程得圆心，代入直线得，整理得，

因为点，所以为直线上一动点，

因为与圆相切，所以，，所以最小时，也最小，，所以.

故选：A.

5．C

【分析】先考虑充分性，再考虑必要性即得解.

【详解】解：如果为常数列，则成等差数列，所以“为常数列”是“成等差数列”的充分条件；

等差数列，所以，所以数列为，

所以数列是常数列，所以“为常数列”是“成等差数列”的必要条件.

所以“为常数列”是“成等差数列”的充要条件.

故选：C

6．A

【分析】计算出焦点坐标，再由双曲线关系列式求解，从而得离心率.

【详解】椭圆的焦点坐标为，焦半距为，

在双曲线中，，所以，解得，

所以双曲线的离心率为.

故选：A

7．C

【分析】对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线与共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．

【详解】对于A，在正方体中，连接，，则，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，则有，，因此，则直线与共面，A错误；

对于B，在正方体中，连接，，，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，有且，则四边形为平行四边形，即有，

又，因此，直线与共面，B错误；

对于C，在正方体中，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，有，而平面，平面，

则平面，平面，则直线与无公共点，又直线与直线相交，

于是得直线与不平行，则直线与是异面直线，C正确；

对于，在正方体中，连接，，，，如图，

因为且，则四边形为平行四边形，有，

因为点，，，是其所在棱的中点，有，，则，直线与共面，D错误.

故选：C

8．A

【分析】利用特殊值法判断充分性不成立，再利用正弦型函数的单调性可判断必要性成立，由此可得出结论.

【详解】因为函数为周期为的函数，

又，所以函数的最大值为，

所以“”是“f（x）的最大值为1”的充分条件；

由时，可得，则，

当且仅当时等号成立，

所以在区间上的最大值为1，此时，

所以“”不是“f（x）的最大值为1”的必要条件，

所以“”是“f（x）的最大值为1”的充分而不必要条件，

故选：A.

9．B

【分析】对于前者是否能推出后者，我们举出反例即可，对于后者是否推前者，由后者可得共线且同方向，则，即后者能推出前者，最后即可判断.

【详解】若，则，但此时不存在，使得，

故不存在，使得，故前者无法推出后者，

若存在，使得，则共线且同方向，

此时，故后者可以推出前者，

故“”是“存在,使得的必要不充分条件”，

故选：B.

10．B

【分析】先求出，由此容易判断①②，对于③，当为偶数时，，当为奇数时，，若存在，使得，则，且，由此可分为奇数和偶数讨论即可判断．

【详解】解：因为，

所以，则，

所以数列、为等差数列，且公差为2，

由，得，，

所以，

①当时，，所以，所以为等差数列，①对；

②若存在实数，使得为等比数列，则，即，

因为方程组无解，所以不可能为等比数列，②错；

③当为偶数时，，当为奇数时，，

若存在，使得，所以，且，

当为偶数时，，解得；

当为奇数时，，解得，

所以不唯一，③错．

故选：B．

11．

【分析】先根据为纯虚数计算出的值，再计算 ，最后计算的值

【详解】，

为纯虚数

故答案为：

12．

【分析】求出，作出函数的图象，然后对分类，求的最大值即可.

【详解】由题知，，得，

对于最大值型，对应函数，图象草图如下：

当，时，，

由图象知，使，则时函数最大值为，而时函数最大值为，

所以，上述情况最大值范围为；

当，时，，

由图象知，函数最大值恒为3；

当，时，，

由图象知，存在时，则时函数最大值为，而时函数最大值为，

所以，上述情况最大值范围为；

综上，的取值范围是，

故答案为：

13．

【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.

【详解】抛物线： ()的焦点,

∵P为上一点，与轴垂直，

所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,

不妨设,

因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，

又，

因为，所以,

，

所以的准线方程为

故答案为：.

【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.

14．

【分析】结合指数幂、对数运算法则化简求值

【详解】原式

15．         

【分析】①利用正弦定理求得的值， 结合角的取值范围可求得结果；

②作出图形，结合图形可得出角有两个解时，满足的不等式，进而可求得的取值范围.

【详解】①由正弦定理可得，

，；

②在中，，，如下图所示：

若使得角有两个解，则，即.

故答案为：；.

【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，同时也考查了利用三角形多解求边长的取值范围，考查计算能力，属于中等题.

16．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）选①，取的中点，连接，证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

选②，取的中点，连接，利用勾股定理证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）因为，为中点，

所以，

又因为面面，面面，面，

所以平面，

又平面，所以；

（2）选①，取的中点，连接，

则且，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为，为的中点，

所以，

又平面，

所以平面，

又，所以平面，

又平面，所以，

因为，所以，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

由，得，

则，

则，

因为平面，

所以即为平面的一条法向量，

设平面的法向量为，

则有，可取，

则，

由图可知，二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

选②，取的中点，连接，

则且，

所以四边形为平行四边形，所以且，

因为且，

所以四边形为平行四边形，所以且，

又因为，所以，

又，，

所以，则，

在中，因为，

所以，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

下同选①的答案.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用二倍角的正、余弦公式可得，结合正弦函数单调性，列出不等式求解即可；

（2）求出函数的相位范围，利用正弦函数单调性求出函数的最值即可求解.

【详解】（1），

由，

得：，

所以函数的单调递减区间是.

（2）由（1）知，，

当时，则，

又函数在上单调递增，在上单调递减，

且，

所以，得，

所以函数的值域为.

18．(1)

(2)人

(3)众数为；测评成绩的75%分位数为

(4)

【分析】（1）由对立事件结合频率分布直方图先得出数不小于60的频率，即可得出分数小于60的频率，则可得出总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计值；

（2）先由频率分布直方图可得分数不小于50的频率，即可得出分数不小于50的人数，在集合题意即可得出总体中分数在区间内的人数；

（3）总数为频率分布直方图中频率最高的分数区间的中间值，测评成绩的75%分位数先得出从前到后的频率之和为0.75时在那个区间，在通过频率求出；

（4）先由频率分布直方图可得分数不小于70的学生人数，在通过已知得出样本中的男女生比例，即可得出总体中男女生的比例估计.

【详解】（1）由频率分布直方图可得分数不小于60的频率为：，

则分数小于60的频率为：，

故从总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计为；

（2）由频率分布直方图可得分数不小于50的频率为：，

则分数在区间内的人数为：人，

则总体中分数在区间内的人数为：人；

（3）由频率分布直方图可得分数在区间的频率最高，

则随机抽取的100名学生分数的众数估计为，

由频率分布直方图可得分数小于70的频率为，分数小于80的频率为，

则测评成绩的75%分位数落在区间上，

则测评成绩的75%分位数为；

（4）由频率分布直方图可得分数不小于70的学生人数为人，

因为样本中分数不小于70的男女生人数相等

所以样本中分数不小于70的男生人数为人，

又因为样本中有一半男生的分数不小于70，

所以样本中的男生共有人，

则样本中的女生共有人，

所以总体中男生和女生人数的比例估计为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）化简，分类讨论和，的正负，即可证明；

（2）因为，令，（），要使恒成立，只要，对求导，讨论的单调性，即可得出答案.

【详解】（1），

当时，，，

又二者不能同时为0，所以；

当时，，

又，，所以；

综上有时，；

（2）因为，令，（），

要使恒成立，只要，

因为，又图像在定义域上连续不间断，

所以0是的一个极大值点，则有，

因，

所以，.

当时，，

当时，，，

所以，故在上递增；

又因在递减，

且，则，故在上递减；

当时，，所以，

故在上递减.

综上有当时，在上递增，在上递减，即若成立，故.

【点睛】关键点点睛：第二问，确定函数在0处取得最值，且把定义域分段研究是关键

20．(1)

(2)直线HN过定点，证明见解析.

【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；

（2）先根据两条特殊直线的交点，判断定点的坐标，再设过点的一般方程，联立椭圆方程，得到韦达定理，求得直线的方程，并代入定点坐标，验证是否成立，即可判断是否过定点.

【详解】（1）解：因为椭圆E的方程为经过两点，

则，解得，，

所以椭圆E的方程为：.

（2）因为，所以，

①假设过点的直线过原点，则，代入，

可得，，代入AB方程，可得

，由得到.求得HN方程：

，过点.

②分析知过点的直线斜率一定存在，设.

联立得，

可得，

所以，

，

且

因为点H满足，所以为的中点，

联立可得

可求得此时，

假设直线HN过定点，

将，代入整理得，

将代入，得

显然成立，

综上，可得直线HN过定点.

21．(1)答案见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据题意写出满足性质的所有数表，再分别计算即可；

（2）根据题意，可知当取最大值时，存在，使得，由数表具有性质可得为奇数，不妨设此时数表为，再利用反证法证明即可；

（3）结合性质可得，，两式相加可得得，结合，可得，构造数表，结合性质进而可以求解.

【详解】（1）满足条件的数表为，

所以的值分别为5，5，6.

（2）若当取最大值时，存在，使得.

由数表具有性质可得为奇数，

不妨设此时数表为.

①若存在（为偶数，），使得，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，

调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在，使得.

②若对任意的（为偶数，），都有，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，此时转化为①的情况.

综上可知，存在正整数，使得.

（3）当n为偶数时，令，，对任意具有性质数表，

一方面，，

因此．①

另一方面，，

因此.②

记．

由①+②得.

又，可得.

构造数表

可知数表具有性质，且.

综上可知，当n为偶数时，的最大值为.

【点睛】方法点睛：在证明抽象问题时，常常使用反证法：先设题设不成立，结合条件推出矛盾，即可说明题目成立.