2023届北京市密云区高三考前保温练习（三模）数学试题含解析

2023届北京市密云区高三考前保温练习（三模）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出B集合的元素，再根据并集的定义求解.

【详解】由题意， ；

故选：C.

2．在复平面内，复数对应的点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的乘除法运算可得，结合复数的几何意义即可得出结果.

【详解】由，则复数对应的点的坐标是，

故选：A

3．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用指数函数和对数函数的单调性跟比较即可判断.

【详解】因为，，，

所以.

故选：B

4．已知函数，则（    ）

A．在上单调递减 B．在上单调递增

C．在上单调递减 D．在上单调递增

【答案】C

【分析】利用余弦函数的二倍角公式化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.

【详解】因为.

对于A选项，当时，

在上单调递增，A错；

对于B选项，当时，

则在上单调递增，在上单调递减，

故B错；

对于C选项，当时，

则在上单调递减，C对；

对于D选项，当时，

则在上单调递减，故D错.

故选：C.

5．平行四边形中，点在边上，，记，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据给定的几何图形，结合向量的线性运算求解作答.

【详解】在中，，，

所以.

故选：D

6．设数列的前n项和为，则“对任意，”是“数列为递增数列”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．既不是充分也不是必要条件

【答案】A

【分析】根据题意，分别判断充分性和必要性是否成立即可.

【详解】数列中，对任意，，

则，

所以数列为递增数列，充分性成立；

当数列为递增数列时，，

即，所以，，

如数列不满足题意，必要性不成立；

所以“对任意，”是“数列为递增数列”的充分不必要条件.

故选：A

7．函数的部分图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】首先判断出为偶函数，然后结合时，为负数，确定正确选项.

【详解】因为，所以是偶函数，则的图象关于轴对称，排除C，D；当时，，排除B.

故选：A

【点睛】本题考查函数图象，考查推理论证能力.

8．某科技研发公司2021年全年投入的研发资金为300万元，在此基础上，计划每年投入的研发资金比上一年增加10%，则该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是（    ）（参考数据：，，，）

A．2027年 B．2028年 C．2029年 D．2030年

【答案】C

【分析】根据已知条件，可推得，再结合对数运算的公式求解即可.

【详解】设从年后，第年该公司全年投入的研发资金为万元，

则，

由题意得，，即，

故

，

则，

故公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是年.

故选：C

9．血药浓度（Plasma    Concentration）是指药物吸收后在血浆内的总浓度.药物在人体内发挥治疗作用时，该药物的血药浓度应介于最低有效浓度和最低中毒浓度之间.已知成人单次服用1单位某药物后，体内血药浓度及相关信息如图所示：

根据图中提供的信息，下列关于成人使用该药物的说法中：

①首次服用该药物1单位约10分钟后，药物发挥治疗作用；

②每次服用该药物1单位，两次服药间隔小于2小时，一定会产生药物中毒；

③每向隔5.5小时服用该药物1单位，可使药物持续发挥治疗作用；

④首次服用该药物1单位3小时后，再次服用该药物1单位，不会发生药物中毒.

其中正确说法的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据图象，结合题意，逐个判断即可．

【详解】①根据图象可知，首次服用该药物1单位约10分钟后，血液浓度达到最低有效浓度，药物发挥治疗作用，故正确；

②根据图象可知，首次服用该药物1单位约1小时后血液浓度达到最大值，由图象可知两次服药间隔小于2小时，一定会产生药物中毒，故正确；

③根据图象可知，每间隔5.5小时服用该药物1单位，可使血药浓度大于最低有效浓度，药物持续发挥治疗作用，故正确；

④根据图象可知，首次服用该药物1单位3小时后，再次服用该药物1单位，会发生药物中毒，故错误．

故选：C．

10．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件确定出点P的轨迹，再借助圆与圆的位置关系及圆的几何性质计算作答.

【详解】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，

显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，

其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图：

，两圆外离，由圆的几何性质得：，，

所以的取值范围是：.

故选：B

【点睛】思路点睛：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法.

二、填空题

11．函数的定义域为__________．

【答案】

【分析】利用对数、分式、根式的性质列不等式，求的范围，即得定义域.

【详解】由函数解析式，知：，解得且.

故答案为：.

12．已知的展开式中，各项系数之和为，则二项式系数之和为___________.

【答案】

【分析】令，结合二项式各项系数和可求得的值，进而可求得该二项式系数之和.

【详解】因为的展开式中，各项系数之和为，令，可得，解得，

因此，二项式系数之和为.

故答案为：.

三、双空题

13．已知双曲线的离心率为，则双曲线的焦点坐标为___________；渐近线方程为___________.

【答案】         

【分析】根据已知条件求得，由此求得双曲线焦点坐标和渐近线方程.

【详解】因为双曲线的离心率为，

所以，解得，

所以双曲线方程为，

则，

所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为.

故答案为：；.

14．设函数.

①当时，的单调递增区间为___________；

②若且，使得成立，则实数a的一个取值范围________.

【答案】         

【分析】当时，作出的图象，结合图象，即可求得函数的递增区间，由，得到的图象关于对称，结合题意，即可求得的取值范围.

【详解】①当时，可得，函数的图象，如图所示，

可得函数的单调递增区间为.

②由，可函数的图象关于对称，

若且，使得成立，

如图所示，则满足，即实数的取值范围为.

故答案为：；.

四、填空题

15．如图，在正方体，P为线段上的动点（且不与，重合），则以下几种说法：

①

②三棱锥C-BPD的体积为定值

③过P，C，三点作截面，截面图形为三角形或梯形

④DP与平面所成角的正弦值最大为

上述说法正确的序号是___________.

【答案】①②③

【分析】①根据为正方体得到，，然后根据线面垂直的判定定理和性质即可得到；②根据点到平面的距离为定值，三角形的面积为定值即可得到三棱锥的体积为定值；③根据正方体的性质判断截面的形状即可；④根据线面角的定义得到为与平面所成角，然后求线面角即可.

【详解】连接，因为为正方体，所以平面，四边形为正方形，

因为平面，所以，

因为四边形为正方形，所以，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，故①正确；

因为点到平面的距离为定值，三角形的面积为定值，，所以三棱锥的体积为定值，故②正确；

根据正方体性质可知，当延长线与棱相交时，截面为三角形，当延长线与相交时，截面为梯形，故③正确；

连接，由题意得为与平面所成角，因为为定值，所以当最小时，最大，最大，

设正方体边长为，则，此时，故④错.

故答案为：①②③.

五、解答题

16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过求出和面的一个法向量，即可证明结论；

（2）分别求出面和面的法向量，即可求出二面角的余弦值.

【详解】（1）由题意，

在矩形中，，，,

，分别是，的中点，

∴，，

在四棱锥中，面平面，

面面，， ∴面，

面，∴，

取中点，连接，由几何知识得，

∵，∴，

∵面，面，

∴面，

∴

以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，

∴，

∴，面的一个法向量为，

∵，

∴平面.

（2）由题意，（1）及图得，

在面中，，

，

设其法向量为，

则，即，解得：，

当时，，

在面中，其一个法向量为，

设二面角为

∴，

由图象可知二面角为钝角，

∴二面角的余弦值为.

17．已知的内角的对边分别为，且

(1)求的值；

(2)给出以下三个条件：

条件①：；条件②；条件③.这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题：

（i）求的值；

（ii）求的角平分线的长.

【答案】(1)；

(2)条件正确，(i)；(ii).

【分析】(1)根据两角和与差的正弦公式、辅助角公式化简计算可得，即可求得B；

(2)利用余弦定理即可推出条件①不正确；根据三角形面积公式和余弦定理求出，结合正弦定理即可求出，再次利用正弦定理可得，解方程组即可.

【详解】（1），

，

，

，得Z，

由，得；

（2）若条件①正确，由，得，

由余弦定理，得，即，

解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确；

(i)由，，

得，解得，

由余弦定理，得，

因为，所以，由正弦定理，

得，即；

(ii)由正弦定理，得，即，

因为平方，，所以，

在中，由正弦定理，得，

在中，由正弦定理，得，

又，上述两式相除，得，

解得，所以.

18．为了解某地区居民每户月均用电情况，采用随机抽样的方式，从该地区随机调查了100户居民，获得了他们每户月均用电量的数据，发现每户月均用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），得到如下频率分布直方图：

(1)记频率分布直方图中从左到右的分组依次为第1组，第2组，…，第6组.从第5组，第6组中任取2户居民，求他们月均用电量都不低于的概率；

(2)从该地区居民中随机抽取3户，设月均用电量在之间的用户数为，以频率估计概率，求的分布列和数学期望；

(3)该地区为提倡节约用电，拟以每户月均用电量为依据，给该地区月均用电量不少于的居民用户每户发出一份节约用电倡议书，且发放倡议书的数量为该地区居民用户数的2%.请根据此次调查的数据，估计应定为多少合适？（只需写出结论）.

【答案】(1)

(2)分布列答案见解析，

(3)

【分析】（1）分析可知户居民中，第组的居民数为，第组的居民数为，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值；

（3）计算出月均用电量的样本数据的第百分位数，即可得解.

【详解】（1）由频率分布直方图可知，户居民中，第组的居民户数为，

第组的居民户数为，

从第组、第组中任取户居民，他们月均用电量都不低于的概率为.

（2）该地区月均用电量在之间的用户所占的频率为，

由题意可知，，

所以，，，

，，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

.（3）前个矩形的面积之和为，

设月均用电量的样本数据的第百分位数为，则，

则，解得，

故应定为较为合适.

19．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）计算出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；

（2），其中，利用导数分析函数的单调性，证明出，即可证得结论成立.

【详解】（1）解：因为，则，

所以，，，

所以，曲线在点处的切线方程为，

即.

（2）解：令，其中，

，

令，其中，

则，

当时，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，

所以，当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，即.

20．椭圆C：的离心率为，且过点.

(1)求椭圆C的方程和长轴长；

(2)点M，N在C上，且.证明：直线MN过定点.

【答案】(1)椭圆的方程为：，长轴长为

(2)证明见解析

【分析】（1）利用离心率、椭圆上的点和椭圆关系可构造方程组求得，从而得到椭圆方程及长轴长；

（2）由可得到；假设直线方程，与椭圆方程联立后得到韦达定理的形式，代入垂直关系得到等式中，可整理得到关系，代入直线方程后可确定所过定点.

【详解】（1）由题意得：，解得：，

椭圆的方程为：，长轴长为；

（2）设点，，

，，

整理可得：①，

当直线斜率存在时，设，

联立得：，

由得：，

则，，

，，

代入①式化简可得：，

即，或，

则直线方程为或，

直线过定点或，又和点重合，故舍去，

当直线斜率不存在时，则，

此时，即，

又，解得或（舍去），

此时直线的方程为，过点，

综上所述，直线过定点.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点.

21．设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：

①，且；

②；

③，．

（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；

（2）若数列是数列，求；

（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．

【答案】（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．

【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；

(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；

(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.

【详解】(1)因 为 所以，

因 为所 以

所以数列，不可能是数列.

(2)性质①，

由性质③，因此或，或，

若，由性质②可知，即或，矛盾；

若，由有，矛盾.

因此只能是.

又因为或，所以或.

若，则，

不满足，舍去.

当，则前四项为:0，0，0，1，

下面用数学归纳法证明：

当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，

当时：

若，则，利用性质③：

，此时可得：；

否则，若，取可得：，

而由性质②可得：，与矛盾.

同理可得：

，有；

，有；

，又因为，有

即当时命题成立，证毕.

综上可得：，.

(3)令，由性质③可知：

，

由于，

因此数列为数列.

由（2）可知:

若；

，，

因此，此时，，满足题意.

【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.