2023届北京市中央民族大学附属中学高三适应性练习数学试题含答案

这是一份2023届北京市中央民族大学附属中学高三适应性练习数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市中央民族大学附属中学高三适应性练习数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由交集的定义计算即可.【详解】由题意得.故选：C2．若复数z满足，则（    ）A． B．5 C．7 D．25【答案】B【分析】计算出，利用复数模长的性质计算出答案.【详解】，故，则.故选：B3．设a，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，可得，A错；利用作差法判断B错；由，而，可得C错；利用基本不等式可得D正确．【详解】，，故A错；，，即，可得，，故B错；，，而，则，故C错；，，，等号取不到，故D正确；故选：D4．设函数是奇函数，在内是增函数，又，则的解集是（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】D【分析】由奇函数的性质结合已知条件可得在内也是增函数，，然后分，和三种情况求解即可【详解】∵函数是奇函数，在内是增函数，∴在内也是增函数．又，∴．∵，∴①当时，，∴；②当时，，∴；③当时，不等式的解集为．综上，的解集为或．故选：D．5．直线被圆所截得的弦长为（    ）A． B．4 C． D．【答案】C【分析】利用圆的一般方程得出圆心坐标和半径，再结合点到直线的距离公式与勾股定理即可求解.【详解】由题意知，圆心，圆C的半径为3，故C到的距离为，故所求弦长为．故选：C6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a2＋a18＝A．36 B．35 C．34 D．33【答案】C【详解】试题分析：由，得，，则；故选C．【解析】的应用．7．在中，若，则一定是（    ）A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰三角形【答案】D【分析】由余弦定理化简计算即可.【详解】由及余弦定理得：，即.故选：D8．设双曲线的虚轴长为2，焦距为，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题意可得，即可求出、，再根据，即可求出，从而求出双曲线方程，最后求出渐近线方程；【详解】解：依题意，所以，又，所以，所以双曲线方程为，所以双曲线的渐近线方程为；故选：C9．已知直线m，n及平面，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由充分条件与必要条件求解即可【详解】由题意可知：当时，与可能平行，也可能相交，故充分性不成立；当时，成立，故必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B10．已知函数，方程有两个实数解，分别为和，当时，若存在t使得成立，则k的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出函数图象，结合函数的对称性将问题转化为与在内有交点，分离参数计算即可.【详解】如图所示，作出函数与的图象，易得两函数交点位于两侧，不妨设，若存在t使得成立，即，又关于对称，故，因为，所以，即在有解，则.故选：B 二、填空题11．在的展开式中，二项式系数和是16，则展开式中各项系数的和为________．【答案】16【分析】由二项式系数的性质可求，再利用赋值法求各项系数和.【详解】因为二项式的展开式中，所有二项式系数的和是16，所以，故，取可得二项式的展开式中各项系数和为，即16.故答案为：16.12．已知向量的夹角为，，则__________．【答案】【分析】利用条件，根据向量数量积的定义及模长的定义即可求出结果.【详解】因为向量的夹角为，，所以所以，故答案为：.13．函数在的零点个数为________．【答案】【分析】方法一：求出的范围，再由函数值为零，得到的取值即得零点个数．【详解】［方法一］：【最优解】由题可知，或解得,或故有3个零点．故答案为：．方法二：令，即，解得，，分别令，得，所以函数在的零点的个数为3．故答案为：．【整体点评】方法一：先求出的范围，再根据余弦函数在该范围内的零点，从而解出，是该题的最优解；方法二：先求出函数的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点． 三、双空题14．已知拋物线的焦点为，定点，设为拋物线上的动点，的最小值为__________，此时点坐标为__________．【答案】     3     【分析】设点在准线上的射影为，由抛物线的定义把问题转化为求的最小值，由图形推断出当，，三点共线时最小，答案可得．【详解】过点作垂直于准线，过作垂直于准线，，取到最小值时，且为；点与点的纵坐标相同，可设点为，，则，解得，所以点，．故答案为： 3； 四、填空题15．已知是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为，．给出下列四个结论：①；②数列有最大值，无最小值；③；④存在，使得.其中所有正确结论的序号是________．【答案】①②④【分析】赋值和即可求出；作差比较判断数列单调性可判断②；证明可判断③④.【详解】令，则，所以，令，得，又，可解得，故①正确；依题意有，，因为，所以，所以，，由得，所以，因为随着的增大而增大，所以，所以，即，所以随着的增大而减小，故为正项单调递减的无穷数列，且，故数列有最大值，无最小值，即②正确；因为，当且仅当时取等号，所以，即，故③错误；因为对任意恒成立，当且仅当时取等号，故有，即④正确.故答案为：①②④ 五、解答题16．已知函数，，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)的最小正周期；(2)在区间上的最小值.【答案】(1)选条件①；选条件②(2)选条件①；选条件② 【分析】选条件①：；（1）利用两角和与差的正弦公式化简可得，由周期公式可得答案；（2）根据的范围求得的范围可得答案；选条件②：.（1）利用两角和与差的正弦公式化简可得，由周期公式可得答案；（2）根据的范围求得的范围可得答案.【详解】（1）选条件①：；（1），所以的最小正周期是.选条件②：.，所以最小正周期是.（2）选条件①：；因为，所以≤≤， 所以≤≤，所以≤≤， 当，即时，有最小值.选条件②：.因为，所以≤≤，所以≤≤，当，即时，有最小值.17．如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形，，.（1）求证：；（2）求二面角的大小；（3）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.【分析】(1)线线垂直需要借助于线面垂直，结合图形分析出需要先证明平面；而证明线面垂直需要证明与面里面的两条相交线垂直即和；(2)由两两垂直可建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量之后，直接利用空间向量的夹角公式即可求得；(3)通过向量表示出所求线段的比例关系，然后依次表示出所需向量的坐标，利用线面垂直时线与面的法向量平行即可得出等量关系，解方程即可求得结果.【详解】解：(1)证明：在直四棱柱中，  底面，因为底面，所以.因为，，所以平面.因为平面，所以.(2)因为平面，且，所以两两垂直.如图建立空间直角坐标系，则，，   ，，，    设平面的法向量为，，由  可得令，解得，所以                                        因为平面，所以平面的一个法向量为           所以                     由题可知二面角为锐角，所以二面角的大小为.           (3)设.                           因为，由(2)知平面的一个法向量为，     因为平面，可得.所以，解得.所以，在线段上存在点使得平面，的值是.【点睛】向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需要做辅助线；建立右手直角坐标系（尽可能使得较多的关键点落在坐标轴或者坐标平面内）；2、设：设出所需的点的坐标，得出所需要的向量坐标；3、求：求出所需平面的法向量；4、算：运用向量的数量积，验证平行垂直，求出两个平面的法向量的夹角的余弦值；5、取：根据题意或者二面角线面角的范围，得出答案.18．随着人民生活水平的提高，人们对牛奶品质要求越来越高，某牛奶企业针对生产的鲜奶和酸奶，在一地区进行了质量满意调查，现从消费者人群中随机抽取500人次作为样本，得到下表（单位：人次）：满意度老年人中年人青年人酸奶鲜奶酸奶鲜奶酸奶鲜奶满意100120120100150120不满意503030505080（1）从样本中任取1个人，求这个人恰好对生产的酸奶质量满意的概率；（2）从该地区的老年人中抽取2人，青年人中随机选取1人，估计这三人中恰有2人对生产的鲜奶质量满意的概率；（3）依据表中三个年龄段的数据，你认为哪一个消费群体鲜奶的满意度提升0.1，使得整体对鲜奶的满意度提升最大？（直接写结果）．【答案】（1）；（2）；（3）青年人．【分析】（1）用频率估计概率，直接计算；（2）先分别求出老年人和青年人满意度的概率，然后对“抽取这三人中恰有2人对生产的鲜奶质量满意”分成一老年人、一青年人满意和两老年人满意讨论，进行计算即可；（3）直接判断出青年人.【详解】解：（1）设这个人恰好对生产的酸奶满意人数事件为A，总人次为500人，共抽取了100+120+150=370人次对酸奶满意，所以．（2）由频率估计概率，由已知抽取老年人满意度的概率为，抽取青年人满意度的概率为，抽取这三人中恰有2人对生产的鲜奶质量满意的概率，，所以这三人中恰有2人对生产的鲜奶质量满意的概率为．（3）青年人.【点睛】(1)实际问题中一般用频率估计概率；(2)等可能性事件的概率一般用列举法列举出基本事件,直接套公式求概率.19．已知函数．(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)若函数在处取得极值，求实数的值；(3)若不等式对恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；（2）根据可导函数在极值点处的导数值为求出，再根据极值点的定义验证即可得解；（3）二次求导后，分类讨论，得函数的单调性，根据单调性可得结果.【详解】（1）当时，，定义域为，，，，所以函数在点处的切线方程为，即.（2），设，则，依题意得，即，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极大值，符合题意.综上所述：.（3）当时，，，当时， ,令，，则，①当时，在上恒成立，故在上为增函数，所以，故在上为增函数，故，不合题意.②当时，令，得，（i）若，即时，在时，，在上为减函数，，即，在上为减函数，，符合题意；(ii)若，即时，当时，，在上为增函数，，在上为增函数，，不合题意.综上所述：若不等式对恒成立，则实数的取值范围是.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，有成立，故；（3）若，使得成立，故；（4）若，使得成立，故；20．已知曲线．(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)在定直线上，理由见详解. 【分析】（1）由椭圆的标准方程计算即可；（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消，设直线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.【详解】（1）因为曲线C是椭圆，所以，解得；.（2）是在定直线上，理由如下：当时，此时椭圆，设点与直线l联立得，，且，所以易知，则，两式作商得是定值，故G在定直线上.21．已知点列(，)满足，且与() 中有且仅有一个成立．（Ⅰ）写出满足且的所有点列；（Ⅱ） 证明：对于任意给定的（，），不存在点列，使得；（Ⅲ）当且（）时，求的最大值．【答案】（Ⅰ）；或；或．（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）【详解】试题分析：（Ⅰ）本题就是及时定义，按定义分类列举：或；或．（Ⅱ）证明不存在命题，一般利用反证法，即先假设存在点列，使得，则 ，即．因为整数和总是一个为奇数，一个为偶数，且，而整数中不含有大于1的奇因子，因此矛盾，假设不成立（Ⅲ）令，则.这是关于的二次函数，从对称轴及正整数条件可得当为奇数时，时， 有最大值．当为偶数时，时， 有最大值．试题解析：（Ⅰ）解：符合条件的点列为； 或；或． 3分（Ⅱ）证明：由已知，得，所以数列是公差为1的等差数列．由，得（）． 3分故． 5分若存在点列，使得，则 ，即．因为整数和总是一个为奇数，一个为偶数，且，而整数中不含有大于1的奇因子，所以对于任意正整数，任意点列均不能满足． 8分（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知，，所以，令，则. 10分考察关于的二次函数． （1）当为奇数时，可得是正整数，可构造数列：，对应数列：．（由此构造的点列符合已知条件）而且此时，，所以当时， 有最大值． 12分（2）当为偶数时，不是正整数，而是离其最近的正整数，可构造数列：，对应数列：，（由此构造的点列符合已知条件）而且此时，，所以当时， 有最大值．13分【解析】及时定义，反证法，二次函数求最值