北京市第二中学2023届高三校模数学试题（含解析）

北京市第二中学2023届高三校模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若虚数z使得是实数，则z满足（    ）

A．实部是 B．实部是 C．虚部是 D．虚部是

3．市场上有甲、乙、丙三家工厂生产的同一品牌产品，已知三家工厂的市场占有率分别为，且三家工厂的次品率分别为，则市场上该品牌产品的次品率为（    ）

A．0.01 B．0.02 C．0.03 D．0.05

4．抛物线C：（）的焦点为F，准线为l，点P在l上，线段PF与抛物线C交于点A，若，点A到y轴的距离为1，则抛物线C的方程为（    ）

A． B． C． D．

5．在数学课外活动中，小明同学进行了糖块溶于水的试验，将一块质量为7克的糖块放入到一定量的水中，测量不同时刻未溶解糖块的质量，得到若干组数据，其中在第5分钟末测得的未溶解糖块的质量为3.5克，同时小明发现可以用指数型函数（，为常数）来描述以上糖块的溶解过程，其中（单位：克）代表分钟末未溶解糖块的质量，则（    ）

A． B． C． D．

6．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）

A．60种 B．120种 C．240种 D．480种

7．已知函数的图象关于点对称.且在区间上单调,则的值为(  )

A．2 B． C． D．

8．已知是边长为1的正三角形，若点满足，则的最小值为

A． B．1 C． D．

9．已知是无穷等比数列，则“存在，使得，”是“对任意，均有”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．“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够一次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（    ）个刻度

A．3 B．4 C．5 D．6

二、填空题

11．若为正整数，且的展开项中有常数项，则的最小值为______.

三、双空题

12．已知双曲线的渐近线与圆相切，则______；双曲线的离心率为______.

四、填空题

13．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________．

14．在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，平面平面，点是内的一个动点（含边界），且满足，则点所形成的轨迹长度是__．

15．太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种互相转化，相对统一的和谐美.定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆的一个“太极函数”.则下列有关说法中：

①函数是圆的一个太极函数；

②对于圆的所有非常数函数的太极函数中，一定不能为偶函数；

③存在圆，使得是圆的一个太极函数；

④函数是奇函数，且当时，，若是圆的太极函数，则.

所有正确的是___________.

五、解答题

16．如图，在中，，角的平分线交于点，设，其中．

（1）求；

（2）若，求的长．

17．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，的中点为.

（1）求证：平面.

（2）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.

①四棱锥的体积为，②与平面所成的角为，

③.若___________，求二面角的余弦值.

18．为迎接2022年冬奥会，某地区高一､高二年级学生参加了冬奥知识竞赛.为了解知识竞赛成绩优秀不低于85分.学生的得分情况，从高一､高二这两个年级知识竞赛成绩优秀的学生中分别随机抽取容量为15､20的样本，得分情况统计如下图所示满分100分，得分均为整数.，其中高二年级学生得分按分组.

（1）从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，求其得分不低于90分的概率；

（2）从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机抽取3人，用频率估计概率，记为取出的3人中得分不低于90分的人数，求的分布列及数学期望；

（3）由于高二年级学生样本原始数据丢失，请根据统计图信息，判断高二年级学生样本得分的最高分至少为多少分时，高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分，并说明理由.

19．已知函数，其中为常数，为自然对数的底数.

（1）若曲线在处的切线经过点，求实数的值；

（2）若函数在区间内有极值，求实数的取值范围.

20．已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆的长轴长为，焦距为，直线与椭圆交于、两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)若以线段为直径的圆经过点.

（i）求证：直线过定点，并求出的坐标；

（ii）求三角形面积的最大值.

21．对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束．

（1）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；

（2）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；

（3）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．

参考答案：

1．A

【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为，，因此，.

故选：A.

2．A

【分析】设（且），计算，由其为实数求得后可得．

【详解】设（且），，

是实数，因此，（舍去），或．

故选：A．

3．B

【分析】利用全概率公式求解即可.

【详解】设分别表示买到一件甲、乙、丙的产品；表示买到一件次品，

由题意有，

由全概率公式，得

.

故选：B.

4．C

【分析】根据抛物线的性质可知，点，，由于点A到y轴的距离为1，且A在抛物线上，所以点，因为，结合平面向量的线性坐标运算即可列出关于p的方程，解之可得p的值，从而得抛物线的方程.

【详解】由题可知，点，，

∵点A到y轴的距离为1，且A在抛物线上，∴点，

∵，

∴，解得或（舍去）.

∴抛物线的方程为.

故选：C.

【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

5．C

【分析】利用题干数据代入，待定系数求解即可

【详解】由题意，当时，；当时，

故选：C

6．C

【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.

【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，

故选：C.

【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.

7．C

【分析】首先化简函数，再代入对称中心求的取值集合，根据函数的单调性，转化为周期的范围，求的范围，即可判断选项.

【详解】由题意

，

又由图象关于点对称，

则，所以，即，

又因为，且函数在上单调，所以，所以，

令，所以.

故选：C．

8．C

【详解】分析：以为原点，以为轴，建立坐标系，可得，，利用配方法可得的最小值.

详解：以为原点，以为轴，建立坐标系，

为边长为的正三角形，，

，

，

，故选C.

点睛：本题主要考查向量的模与平面向量的坐标运算，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算，往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则；（２）三角形法则；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与求范围问题往往运用坐标运算来解答）.

9．C

【分析】首先由，可推得.进而可得出，或者，，分别验证可得成立；反过来，由，可得出，或者，，分别验证可得存在，使得，即可得出答案.

【详解】设公比为，显然，且.

（1）由可得，，

显然有与符号相同，则.

①若，则有，解得，

此时.

因为，所以，又，所以，所以；

②若，则有，解得.

又，所以，

此时.

因为，所以，又，所以，所以.

（2）因为，所以.

因为是常数，所以符号恒定，所以.

①若，则，所以，显然此时有成立；

②若，则，此时有，所以，

此时有成立.

综上所述，“存在，使得，”是“对任意，均有”的充分必要条件.

故选：C.

10．B

【分析】将问题转化为组合抽样思维，设为长度，为刻度，为刻度对应的数量，则当尺子有4个刻度时满足条件，其中证明验证求解.

【详解】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体，

则当尺子有4个刻度时满足条件

设为长度，为刻度，为刻度对应的数量，则有且，其中，

当时，

下证，当尺子有3个刻度时不能量出的物体长度

设且，其中，

所以当中有1个0，x的取值至多有3个

当中有2个0时，或，x的取值至多有2个

当中没有0时，x的取值有1个

所以x取值至多有6个，即当尺子有3个刻度时不能量出的物体长度．

故选:B

11．

【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，可得出，即可得出的最小值.

【详解】因为为正整数，的展开式通项为，

令，可得，故当时，取最小值.

故答案为：.

12．     /     /

【分析】写出双曲线的渐近线方程，根据直线与圆相切求出的值，可得出、、的值，进而可求得双曲线的离心率的值.

【详解】双曲线的渐近线方程为，即，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

因为双曲线的渐近线与圆相切，

则，解得，

所以，，，则，

因此，该双曲线的离心率为.

故答案为：；.

13．

【分析】根据题意，分段函数在上单调递增，则每一段函数在相应的区间上必须单调递增，再结合分段函数在处需满足的条件，列出不等式组即可得到答案．

【详解】函数在上单调递增，

当时，单调递增，故恒成立，解得，此时；

当时，单调递增，故，解得，

要使在上单调递增，需满足，解得，即的取值范围是．

故答案为：．

14．

【分析】利用已知条件，通过直线与平面垂直，推出的轨迹，利用转化思想，求解距离即可．

【详解】根据题意，连接，，两直线交于点，取上一点，连接，，如图：

若满足题意，又，故平面，则点只要在平面与平面的交线上即可，

假设如图所示，平面与平面是同一个平面，

则点的轨迹就是线段，

根据假设，此时直线平面，则，

又三角形是等腰直角三角形，设N为AC的中点，

三角形是等边三角形，所以，所以平面，

所以，又因为，故，故三角形为直角三角形，

故，

在三角形中，，，，

由余弦定理可得：，

在菱形中，，故在直角三角形中，，

在三角形中，，故，

故得．

故答案为：

【点睛】本题考查空间图形的应用，涉及直线与平面的位置关系，轨迹长度的求解，是难题．

15．①④

【分析】如果一个函数过圆心，并且函数图象关于圆心中心对称，必然合题（另外注意函数将圆分成部分，不能超过部分）．如果函数不是中心对称图形，则考虑与圆有个交点，交点连起来过圆心，再考虑如何让面积相等．

【详解】①圆的圆心为，且是函数的一个对称中心，并且函数过，故①正确；

②如下图所示，是偶函数，只需轴上方三角形面积与轴下方个三角形面积之和相等时，符合题意，故②错误；

③，故是奇函数，对称中心为，但不在函数图象上，故不存在圆，使得是圆的一个太极函数，故③错误；

④圆的圆心为，函数为奇函数，如下图所示，函数的图象若是圆的太极函数，则必然有顶点在圆内，即，解得，故④正确；

故答案为：①④．

16．（1）；（2）5.

【分析】（1）根据求出和的值，利用角平分线和二倍角公式求出，即可求出；

（2）根据正弦定理求出，的关系，利用向量的夹角公式求出，可得，正弦定理可得答案

【详解】解：（1）由，且，

，

，

，

则

；

（2）由正弦定理，得，即，，

又，，

由上两式解得，又由，得，

解得

【点睛】本题考查了二倍角公式和正弦定理的灵活运用和计算能力，是中档题．

17．（1）见解析；（2）.

【分析】（1）连结交于，连结，证，即可证得所求；

（2）选①，利用四棱锥的体积为，得出，再利用向量法即可得出所求；选②，利用与平面所成的角为，得出，再利用向量法即可得出所求；选③利用，得出，再利用向量法即可得出所求.

【详解】（1）连结交于，连结，

在菱形中，为的中点，

又因的中点为，

所以，

因为平面，

所以平面；

（2）选①，设，

，

所以，即，

如图，以边上的中线为轴，为轴，为轴，建系，

则，，，

，，，

因为平面，

所以即为平面的法向量，

设为平面的法向量，

则，

令，则，所以，

所以，

所以二面角的余弦值.

选②，取的中点，连结，，

因为的中点为，

所以，，

因为平面，

所以平面，

所以即为与平面所成的角的平面角，

即，所以，

由，得

下面步骤同①；

选③，

因为，所以，即，

下面步骤同①.

18．（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）分，理由见解析.

【分析】（1）利用古典概型概率计算公式，计算出所求概率.

（2）利用二项分布的分布列、数学期望的计算方法，计算出分布列和数学期望.

（3）首先求得高一年级学生样本得分的平均分，设高二年级学生样本得分的最高分为，由“高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分”列不等式，解不等式求得的取值范围，由此求得符合题意的的值.

【详解】（1）设事件：从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，其得分不低于90分，

则.

所以从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，其得分不低于90分的概率为.

（2）由（1）可知，从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机抽取1人，

其得分不低于分的概率估计为.

由题意可知，，的可能取值为.

所以；；

；.

所以的分布列为

所以的数学期望为.

（3）由题意可知，高一年级学生样本得分的平均分为.

设高二年级学生样本得分的最高分为.

由图可知，要使得高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分，只需.解得.

所以当高二年级学生样本得分的最高分至少是分时，

高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分.

【点睛】在求解分布列、数学期望有关的问题时，可首先判断随机变量分布列是否是超几何分布、二项分布.

19．（1）；（2）

【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出切点坐标，最后利用两点的斜率公式计算可得；

（2）设，，依题意在区间内有变号零点，对参数分三种情况讨论即、和三种情况，利用导数研究函数的单调性与零点，即可得解；

【详解】解：（1）因为，所以，则，又，所以，解得，

故实数的值为；

（2）设，，因为函数在区间内有极值，

所以在区间内有解，

即在区间内有变号零点，

①当时，，不满足题意；

②当时，，因为在区间上单调递减，所以，所以在区间上单调递减，故，不满足题意；

③当时，，因为在区间上单调递减，又，，所以由零点存在性定理可知在区间内存在零点，且当时，当时，即在区间上单调递增，在内单调递减，，，所以由零点存在性定理可知，在区间内存在变号零点，满足题意，综上所述，实数的取值范围是；

20．(1)

(2)（i）证明见解析，；（ii）

【分析】（1）设椭圆的方程为，然后通过求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；

（2）（i）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，通过可得出、所满足的关系式，即可求得直线所过定点的坐标；

（ii）求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得面积的最大值.

【详解】（1）解：设椭圆的方程为，

因为椭圆的长轴长为，焦距为，则，可得，，则，

因此，椭圆的方程为.

（2）证明：（i）因为椭圆过点，设点、，

若轴，则且，，，

此时，，不合乎题意；

设直线的方程为，

联立可得，

，

由韦达定理可得，，

，，

所以，

，

因为直线不过点，则，整理可得，解得，

所以，直线的方程为，所以，直线过定点；

（ii）直线的方程为，

所以，点到直线的方程为，

，

所以，

，

令，则，

因为时，故当时，取最大值.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

21．（1）；（2）；（3）证明见解析.

【详解】分析：（1）根据定义，可得不能结束，数列能结束，并可写出数列；（2）经过有限次“变换”后能够结束的充要条件，先证明，则经过一次“变换”，就得到数列，从而结束，再证明命题“若数列为常数列，则为常数列”， 即可得解；（3）先证明引理：“将数的最大项一定不大于数列的最大项，其中

” ，再分类讨论：第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻，（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，，第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时，证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列.

详解：（1）数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．

数列能结束，各数列依次为；；；．

（2）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．

若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．

当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．

当时，数列．

由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．

其它情形同理，得证．

在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．

所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．

（3）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．

证明：记数列中最大项为，则．

令，，其中．

因为， 所以，

故，证毕．

现将数列分为两类．

第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．

下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．

不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）

①当数列中只有一项为时，

若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；

若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；

若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；

若，则；；，

此数列各项均不为，为第一类数列．

②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；

若()，则，，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．

③当数列中有三项为时，只能是，则，

，，此数列各项均不为，为第一类数列．

总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．

又因为各数列的最大项是非负整数，

故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束．

点睛：本题考查数列的综合运用、新定义问题及分类讨论思想，属于难题.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.