北京市通州区2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份北京市通州区2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共21页。
通州区2022—2023学年高三年级摸底考试
数学试卷
2023年1月
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由集合并集的定义求解即可.
【详解】因为集合，，
所以，
故选：B
2. 等差数列中，，，则的通项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件求得等差数列的首项和公差，从而求得.
【详解】设等差数列的公差为，
依题意，解得，
所以.
故选：A
3. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
抛物线交点坐标为，算出即可.
【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为.
故选：D.
【点睛】本题考查抛物线的定义及方程，求抛物线焦点坐标时，一定要注意将方程标准化，本题是一道基础题.
4. 已知向量，满足，，则等于（ ）
A. B. 13 C. D. 29
【答案】C
【解析】
【分析】先求得向量，，进而求得.
【详解】依题意，，
两式相加得，
所以，
所以.
故选：C
5. 设为正整数，的展开式中存在常数项，则的最小值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】写出二项式展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.
【详解】的展开式的通项，
令得，因为，所以当时，有最小值3，
故选：B
6. 在中，若，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意由余弦定理直接求得答案.
【详解】在中，若，，,
则,即，即，
解得 ，舍去，
故选：A
7. “”是“”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
【解析】
【分析】根据的特征，设函数，并判断其单调性，由此判断“”可推出“”，举反例说明反推不成立，可得答案.
【详解】设函数，
则，
即为单调增函数，则，
即得，
所以当时，成立，
当时，，但推不出成立，
故“”是“”的充分而不必要条件，
故选：A
8. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先求得圆心的轨迹方程，然后结合点到直线的距离公式求得正确答案.
【详解】由于半径为1的圆（设为圆）经过点，
所以圆圆心的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
到直线距离为，
所以圆的圆心到直线距离的最大值为.
故选：C
9. 要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】设圆柱的高为，底面半径为．由，可得，再利用基本不等式即可得出．
【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为．
，
．
当且仅当，即当时取等号．
此时．
即当，时取得最小值．
故选：C
10. 设点是曲线上任意一点，则点到原点距离的最大值、最小值分别为（ ）
A. 最大值，最小值 B. 最大值，最小值1
C. 最大值2，最小值 D. 最大值2，最小值1
【答案】B
【解析】
【分析】由题设明确点到原点距离为，结合曲线方程，利用基本不等式可得的最小值和最大值，即可得答案.
【详解】由题意知点到原点距离为 ，
由于点是曲线上任意一点，可得，
当且仅当时取等号，即曲线上的点到原点距离最小，最小值为1；
又因为,所以，
当且仅当时取等号，
故，即，当且仅当时取等号，
即点到原点距离的最大值为，
故选：B
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 复数的共轭复数______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数除法的运算求出，再由共轭复数的概念求解即可.
【详解】，
所以，
故答案为：
12. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，则C的离心率为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据渐近线得到，得到离心率.
【详解】由题意可知，，离心率.
故答案为：.
【点睛】本题考查了双曲线的离心率，属于简单题.
13. 已知函数，若函数存在最大值，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】分段求出函数在不同区间内的范围，然后结合存在最大值即可求解
【详解】当，在区间上单调递增，所以此时；
当，在区间上单调递减，所以此时，
若函数存在最大值，则，解得
所以的取值范围为
故答案为：
14. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现双方各出上、中、下等马各一匹，分3组各进行一场比赛，胜2场及以上者获胜.若双方均不知对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为______；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，则田忌获胜的概率为______.
【答案】 ①. ②. ##0.5
【解析】
【分析】列举出齐王与田忌赛马的每组马对阵的所有情况，即可求出双方均不知对方马的出场顺序时田忌获胜的概率，列举出田忌的上等马与齐王的中等马分在一组时的对阵情况，可求得田忌获胜的概率.
【详解】设齐王的三匹马分别记为，田忌的三匹马分别记为，
齐王与田忌赛马，双方每组对阵情况有∶
，齐王获胜；
，齐王获胜；
，齐王获胜；
，田忌获胜；
，齐王获胜；
，齐王获胜,共6种；
其中田忌获胜的只有一种
则田忌获胜的概率为；
若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，
此时情况为和共两种，
时，齐王获胜，，田忌获胜，
此时田忌获胜的概率为 ，
故答案为：
15. 已知数列的前项和为，为数列的前项积，满足，给出下列四个结论：
①；②；③为等差数列；④.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项.
【详解】因为，所以当时，，解得或，
又，所以，故，故①正确；
因为，可得，所以，当时，，
所以，
是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确；
所以，则，所以为等差数列，故③正确；
当时，，又不符合
所以，故②不正确.
故答案为：①③④.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知函数的最小正周期为.
（1）求的值；
（2）把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数的单调递增区间.
【答案】（1）.
（2），.
【解析】
【分析】（1）化简的表达式，根据最小正周期求得的值；
（2）根据三角函数图象的变换规律，可得的解析式，根据正弦函数的单调性，即可求得答案.
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期,依题意得，解得.
【小问2详解】
由（1）知，
把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象，
再把得到的图象向右平移个单位，得到的图象，
即，
由函数的单调递增区间为，,
令，得，
所以的单调递增区间为，.
17. 如图，在四棱雉中，底面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.

（1）求证:平面；
（2）再从条件①，条件②两个中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，,证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）选条件①，由可证,继而证明平面,推出，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
选条件②，根据，证明，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
【小问1详解】
取中点，连接，,

因为为中点，所以有且,
因为，，所以且,
所以四边形为平行四边形,
所以,
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
选择条件①：
因为平面平面，为矩形,,
平面平面平面,
所以平面,平面,
所以,
又因为，由（1）可知，平面，
所以，又因为，平面，
所以平面,平面,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立坐标系，

则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
选择条件②：.
因为平面平面，为矩形,
平面平面平面,
所以平面,而PA平面PAD中，所以,

又因为，
取中点为，连接，，
则有，,
所以,
所以,则,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
18. 为了解两个购物平台买家的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得A平台问卷100份，B平台问卷80份.问卷中，对平台的满意度等级为：好评、中评、差评，对应分数分别为：5分、3分、1分，数据统计如下：

好评
中评
差评
A平台
75
20
5
B平台
64
8
8
假设用频率估计概率，且买家对平台的满意度评价相互独立.
（1）估计买家对A平台的评价不是差评的概率；
（2）从所有在A平台购物的买家中随机抽取2人，从所有在B平台购物的买家中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人给出好评的概率；
（3）根据上述数据，你若购物，选择哪个平台？说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）选择A平台，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题设统计表即可求得答案；
（2）计算出买家对平台好评的概率，明确这4人中恰有2人给出好评的情况有哪几种，根据互斥事件以及相互独立事件的概率计算，可得答案.
（3）列出买家对平台的满意度评分的分布列，分别计算均值和方差，由此可得结论.
【小问1详解】
设“买家对A平台的评价不是差评”为事件，
则.
【小问2详解】
设“这4人中恰有2人给出好评”为事件，
由已知数据估计，买家在A平台好评的概率为，买家在平台好评的概率，
事件包含：A平台2个好评，平台0个好评；A平台1个好评，平台1个好评；
A平台0个好评，平台2个好评,
故.
【小问3详解】
设一位买家对A平台的满意度评分为，一位买家对平台的满意度评分为，
可得其分布列如下表：

5
3
1

0.75
0.2
0.05

5
3
1

0.8
0.1
0.1
则，，
，
,
从买家对两个平台满意度得分看两个平台均分相等，但,
所以选择A平台.
19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）以为直径的圆过定点，.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的标准方程和离心率列方程组求解即可；
（2）设，由题意可得，，设定点为，利用即可得到结论.
【小问1详解】
由题意可知，解得，
所以所以求椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，由（1）可知， 斜率存在且不为0，
依题意可知的直线方程为，
的直线方程为，
令，可得，，
假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，
依题意可知，，所以，

，
因为，
所以.
因为，
所以，
令，可得，解得，，
所以以为直径的圆过定点，.
【点睛】判断以为直径的圆过定点时，常用向量法，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）当函数存在极小值时，求证：函数的极小值一定小于0.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义确定切点坐标和斜率，即可得切线方程；
（2）根据函数单调性与导数的关系，确定单调性，即可得单调区间；
（3）在（2）的基础上，确定函数极小值点，求极小值即可证明.
【小问1详解】
解：当，，则，
因为，所以.
所以曲线在的切线方程为.
【小问2详解】
解：函数定义域为.
，
令，解得：.
①当即时，，
所以函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.
②当即时，当和，；当，，
函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.
③当即时，当和，；当，，
函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.
综上所述：
时，函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.
时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.
时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.
【小问3详解】
证明：函数定义域为.
由题意，函数存在极小值，
则在极小值点有定义，且在该点左侧函数单调递减，在该点右侧函数单调递增.
由（2）可知，当时，函数在处取得极小值，
即；
当时，又，函数无极小值，
所以函数的极小值一定小于0.
21. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
（2）当时，若构成等比数列，求正整数；
（3）记，求证：.
【答案】（1）8. （2）.
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；
（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；
（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.
【小问1详解】
当时正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数,即.
【小问2详解】
由题意可知，，，，
因为，依题意可知，所以，
化简可得，所以，
因，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以,.
小问3详解】
证明：由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，
即.
【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.