北京市2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（含解析）

北京市2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

3．下列函数中是奇函数，且在区间上是增函数的是（    ）

A． B． C． D．

4．已知等差数列满足，则公差（    ）

A． B．1 C． D．2

5．已知直线经过点，且与直线垂直，则直线的一般式方程为（    ）

A． B． C． D．

6．已知函数，若把的图像向左平移个单位后为偶函数，则（    ）

A． B． C． D．

7．已知圆的方程，过作直线与圆交于点，且关于直线对称，则直线的斜率等于（    ）

A． B． C． D．

8．等差数列的公差为d，前n项和为，设；是递减数列，则p是q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

9．已知不等式，若对于任意的且该不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

10．设袋中装有编号从0到9的10个球，随机从中抽取5个球，然后排成一行，构成的数（0在首位时看成4位数）能被396整除的概率是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

11．若的展开式中的常数项为，则常数的值为___________.

12．已知双曲线的渐近线与圆相切，则_________.

13．在数列中，是其前n项和，且，则数列的通项公式______．

14．已知是边长为2的正六边形内的一点，则的取值范围是__________.

15．在正方体中，

①平面        ②直线AD与所成角的大小为

③        ④平面平面

请把所有正确命题的序号填在横线上________．

三、解答题

16．如图，在中，，，平分交于点，．

(1)求的值；

(2)求的面积．

17．如图所示，在多面体中，四边形，，均为边长为的正方形，为的中点，过的平面交于点．

(1)证明：．

(2)求平面与平面成角的余弦值．

(3)直接写出三棱锥的体积．

18．某大型企业为鼓励员工利用网络进行营销，准备为员工办理手机流量套餐．为了解员工手机流量使用情况，通过抽样，得到位员工每人手机月平均使用流量（单位：）的数据，其频率分布直方图如图．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）从该企业的位员工中随机抽取人，求手机月平均使用流量不超过的概率；

（III）据了解，某网络运营商推出两款流量套餐，详情如下：

流量套餐的规则是：每月日收取套餐费．如果手机实际使用流量超出套餐流量，则需要购买流量叠加包，每一个叠加包（包含的流量）需要元，可以多次购买，如果当月流量有剩余，将会被清零．该企业准备订购其中一款流量套餐，每月为员工支付套餐费，以及购买流量叠加包所需月费用．若以平均费用为决策依据，该企业订购哪一款套餐更经济？

19．已知椭圆的左右焦点分别为，连接椭圆的四个顶点所成的四边形的周长为.

(1)求椭圆的方程和离心率；

(2)已知过点的直线与椭圆交于两点，过点且与直线垂直的直线与椭圆交于两点，求的值.

20．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)若对恒成立，求a的取值范围；

(3)若，证明：．

21．已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，第项之后各项，，的最小值记为，．

(1)若为，，，，，，，，，是一个周期为的数列（即对任意，），写出，，，的值．

(2)设是正整数，证明：的充分必要条件为是公比为的等比数列．

(3)证明：若，，则的项只能是或者，且有无穷多项为．

参考答案：

1．C

【分析】由并集的定义求解即可.

【详解】因为集合，

所以.

故选：C.

2．D

【分析】化简方程求出复数的代数形式，结合复数虚部的定义确定其虚部.

【详解】因为，

所以，

所以复数的虚部为，

故选：D.

3．C

【分析】根据函数奇偶性定义可知是非奇非偶函数，函数是偶函数，可判断AD错误；又只在一个周期内单调递增，所以D错误，易得为奇函数，且在区间上是增函数.

【详解】对于A，根据奇函数定义可知不是奇函数，所以A错误；

对于B，易知图象关于原点对称，是奇函数，但其在区间上不是增函数，即B错误；

对于C，函数是奇函数，且时，是增函数，所以C正确；

对于D，易知为偶函数，故D错误.

故选：C

4．B

【分析】由等差数列的基本量法求解．

【详解】因为是等差数列，所以，，

故选：B．

5．A

【分析】利用直线与直线垂直得出斜率，再由点斜式方程化为一般方程即可.

【详解】解：因为直线与直线垂直

所以直线的斜率满足：

即

又直线经过点，由直线方程的点斜式得

即

故选：A.

6．D

【分析】根据左右平移原则可得解析式，根据奇偶性可得，结合的范围可求得结果.

【详解】由题意得：.

为偶函数，，解得：.

∵，

.

故选：D.

7．A

【分析】直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，所以假设直线方程为：，与圆进行联立可得点坐标，同理可得到点坐标，即得到答案

【详解】解：设，， 易得在圆上，

因为直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，

设直线方程的斜率为，则直线斜率为，

所以直线方程为：，

 整理得：， 

所以： ，

即：，，

所以，同理，

所以，

故选：

8．D

【分析】根据等差数列的前n项和以及单调数列的定义分析判断.

【详解】充分性：若，则，此时无法判断的正负，

例如，则，即，

可知当时，；当时，；当时，；

故无法得出是递减数列，充分性不成立；

必要性：若是递减数列，则，

反证：假设，则，

当且时，，

这与对，相矛盾，故假设不成立；

例如，则，即成立；

例如，则，即成立；

故，此时，不能推出，必要性不成立；

综上所述：p是q的既不充分也不必要条件.

故选：D.

9．B

【分析】根据题意转化为，令，得到在上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】由题意得，当且时，不等式，

即为，

令，因为且，可得，

所以在上恒成立，

令

根据二次函数的性质，可得当时，取得最大值，最大值为，

所以，即实数的取值范围是.

故选：B.

10．C

【分析】设所求数的形式为，根据同余可判断出，再通过列举法可求满足条件的数的个数，从而可求概率.

【详解】所有可能的取法有种，因此问题即能被396整除的个数．

各选项中对应的个数为：．

由于，因此能被396整除的数的各位数字之和，

于是或，且有，

因此．

情形一  ．有

共64个．

情形  二．有

共32个．

综上所述，所求概率为．

故选：C.

11．

【分析】先求出展开式的通项，令的指数位置等于得的值即可求出常数项，令常数项等于，解方程即可求解.

【详解】展开式的通项为，

令，可得，

所以常数项为，

解得：，

故答案为：.

12．##

【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：.

13．，.

【分析】利用，求解数列的通项公式.

【详解】当时，，解得：，

令时，，即，解得：，

当时，，

故，

所以时，为公比为2的等比数列，

所以，

显然时，满足，

综上：，.

故答案为：，.

14．

【分析】画出图形，结合图形，利用平面向量的数量积的几何意义判断求解即可．

【详解】画出图形如图，

，

它的几何意义是的长度与在向量的投影的乘积，

由图可知，在处时，取得最大值，，

此时，可得，即最大值为6，

在处取得最小值，此时，

最小值为，

因为是边长为2的正六边形内的一点，取不到临界值，

所以的取值范围是．

故答案为：．

【点睛】本题考查向量的数量积的几何意义及其应用，考查了向量在几何中的应用，同时考查了数形结合思想的应用，是中档题．

15．①③④

【分析】利用线面平行的判定定理判断①；由异面直线所成角判断②；由线面垂直的性质判断③；由面面平行的判定定理判断④.

【详解】对于①，如下图所示，由于，则四边形为平行四边形，则

面，面，所以平面，故①正确；

对于②，由于，则直线AD与所成角为，故②错误；

对于③，面，面，则，故③正确；

对于④，在正方体中，，则四边形为平行四边形

所以平面，平面，所以平面

同理平面，平面

所以平面平面，故④正确；

故答案为：①③④

【点睛】本题主要考查了利用判定定理证明线面平行，面面平行，利用线面垂直的性质证明线线垂直，异面直线所成角，属于中档题.

16．(1)

(2)

【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得解；

（2）由（1）可求出，再根据平分可得为等腰三角形，再根据三角形的面积公式即可得解.

【详解】（1）在中，由正弦定理得，

所以，

因为，

所以；

（2）由（1）得，

由题设，，即为等腰三角形，

所以，

，

所以的面积．

17．(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）易证得，由线面平行判定知平面，根据线面平行性质可证得结论；

（2）连接，且，可证得，知四点共面，结合二面角平面角定义可知所求面面角为，由长度关系可求得结果；

（3）利用体积桥，结合棱锥体积公式可求得结果.

【详解】（1），，四边形为平行四边形，，

又平面，平面，平面，

平面，平面平面，.

（2）连接，且，连接，

四边形为正方形，为中点；

由（1）知：，又为中点，为中点，

，，四边形为平行四边形，

，，四边形为平行四边形，，

四点共面，平面平面；

四边形为正方形，，，

又，平面，平面，

又平面，，

即为平面与平面成角，

，，，，

，即平面与平面成角的余弦值为.

（3）为中点，点到平面的距离为点到平面距离的一半，

又点到平面距离等于点到平面的距离，

点到平面的距离，又，

.

18．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）订购套餐更经济

【分析】（Ⅰ）根据频率和为构造方程可求得结果；（Ⅱ）利用减掉超过月平均使用流量超过的概率即可得到结果；（Ⅲ）确定选择两种套餐可能的费用，计算平均费用，根据平均费用的大小可确定订购套餐更经济.

【详解】（Ⅰ）由题意知：

解得：

（Ⅱ）月平均使用流量不超过的概率为：

（Ⅲ）若该企业选择套餐，则位员工每人所需费用可能为元

每月使用流量的平均费用为：

若该企业选择套餐，则位员工每人所需费用可能为元

每月使用流量的平均费用为：

该企业订购套餐更经济

【点睛】本题考查频率分布直方图的相关知识，涉及补全频率分布直方图、利用频率分布直方图计算概率、利用频率分布直方图估计平均数的问题.

19．(1)标准方程：，离心率：.

(2)

【分析】（1）根据椭圆的焦距和椭圆的顶点四边形位置、数量关系结合关系即可求解；

（2）设而不求，假设直线方程后与椭圆联立，利用韦达定理和弦长公式整理即可得解.

【详解】（1）根据题意，

所以，

椭圆顶点围成的四边形周长为：，

所以，

又因为，

所以，，

故椭圆方程为：，

椭圆离心率为.

（2）①当直线PQ斜率不存在时，

|PQ|，|MN|，

此时.

②当直线PQ斜率为0时，

|PQ|，|MN|，

此时.

③当直线PQ斜率存在且不为0时，设直线PQ:，直线MN：

联立

所以

所以，

所以，

PQ

同理可得，.

此时.

综上所述，的值为.

20．(1) 时单调递增， 时，单调递减；

(2) ；

(3)证明见解析.

【分析】（1）求导，根据导数的符号确定单调区间；

（2）运用参数分离的方法，构造函数求导，计算函数最大值即可；

（3）作图，根据函数图像确定 的范围，再构造函数，利用函数的单调性证明.

【详解】（1） ，显然有 ，当 时， ，单调递增，

当 时， ，单调递减；

（2）由 得： ， ，

令 ，则有 ，令 ，

显然 是减函数， ， 当 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减；

，a的取值范围是 ；

（3）当 时， ，由（1）的结论作函数图像如下：

，

对于 ，得 ，不妨设 ，则有 ，

由图可知当 时，对应的自变量有2个值 ，其中 ，

要证明 ，只需 取 中较小的数 即可，

， ， ， ，

要证明 ，只需证明 ，在 时， 单调递增，

只需证明 ， ， 只需证明 ，

即 ，构造函数 ，

，

，

， 是增函数，又 当 时， ，

即，命题得证；

综上，（1）当 时，单调递增，当 时，单调递减；（2） .

【点睛】本题的难点是第三问，根据函数的图像确定和  的范围，再将原问题转化为函数的单调性问题.

21．(1)，；

(2)见解析；

(3)见解析.

【分析】（1）根据已知给出的的定义，直接求出，，，的值．

（2）分别证明充分性和必要性．充分性：由条件是公比为的等比数列且为正整数，推导结论；必要性：由结论推导条件．

（3）本问采用反证法，假设中存在大于的项，推导出矛盾．即可得到假设不成立，故中没有大于2的项，又由于是由正整数组成的无穷数列，故中只可能是1和2.然后再进一步证明数列中存在无穷多个1.

（1）

由题知，在中，

，

，，

∴，，

（2）

证明：充分性：∵是公比为的等比数列且为正整数，

∴，

∴，，

∴，（，，）．

必要性：∵，（，，），

∴，

又∵，，

∴，

∴，，

∴，

∴为公比为的等比数列．

（3）

∵，，

∴，，

∴对任意，，

假设中存在大于的项，

设为满足的最小正整数，

则，对任意，，

又∵，∴且，

∴，

，，

故与矛盾，

∴对于任意，有，

即非负整数列各项只能为或，

下面用反证法证明的项中，有无穷多项为1，

假设是最后一个1，则的后边的各项的最值都等于2，

所以，矛盾，

所以数列的项中，有无穷多项为1，

综上，的项只能是或者，且有无穷多项为．

【点睛】关键点点睛：此题考查数列的新定义，考查充要条件的证明，考查等比数列的证明，考查反证法的应用，解题的关键是准确理解的定义，考查理解能力和计算能力，属于难题.