32，北京市清华大学附属中学2023届高三下学期4月月考数学试题

这是一份32，北京市清华大学附属中学2023届高三下学期4月月考数学试题，共22页。
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，利用集合间的关系和交集，并集的概念求解即可.
【详解】由题意可得，，
所以，，，
即ACD错误，B正确.
故选：B
2. 已知复数，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】对复数去分母，将化简得到，对应系数相等即可得到的值，进而求得的值.
【详解】
则
故选：C.
3. 下列函数值域为的函数为（ ）您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3/份 A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出每个选项的值域即可求解.
【详解】的值域为，A错误；
的值域为，B正确；
的值域为，C错误；
的值域为，D错误；
故选：B
4. 已知数列为等差数列，若，，则（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，设公差为，
所以，解得，
所以，
故选：C
5. 已知平面向量，，若与共线，则实数（ ）
A. B. 8C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量加法和共线的坐标表示求解即可.
【详解】由题意可得，
因为与共线，
所以，即，解得，
故选：D
6. 已知抛物线的焦点为，点为上一动点，线段的垂直平分线与交于点，则（ ）
A. B.
C. D. 可以为钝角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线的定义判断AB，利用三角形“大边对大角”判断CD.
【详解】因为抛物线，所以，准线为，
过点向准线作垂线交准线于点,
所以由抛物线的定义可得，
因为线段的垂直平分线与交于点，所以，
又因为，所以，当且仅当轴时等号成立，所以A正确，B错误；
在中由可得，解得，C错误；
因为，所以，不可以是钝角三角形，D错误；
故选：A
7. 声强级，是指声强x（单位：W/m²）和定值α（单位：W/m²）比值的常用对数值再乘以10，即声强级（单位：dB）．已知人与人交谈时的声强级约为45dB，一种火箭发射时的声强和人与人交谈时的声强的比值约为109，那么这种火箭发射的声强级约为（ ）
A. 135dBB. 140dBC. 145dBD. 150dB
【答案】A
【解析】
【分析】根据人与人交谈时的声强级约为45dB可得，这种火箭发射的声强约，代入题目中公式结合对数运算处理．
【详解】设人与人交谈时的声强约为 W/m²，则
火箭发射时的声强约为 W/m²，则
故选：A．
8. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，正确的是（ ）
A. 平面
B. 存在点，使平面
C. 存在点，使
D.
【答案】D
【解析】
【分析】当与重合时，平面，即可判断A；设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，可得坐标，由可知与不垂直，即可判断B；若，则，列方程组求解可判断C；由可判断D.
【详解】当与重合时，又平面，则平面，故A错误；
设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，又，∴，
，则，∴，
∵，，∴与不垂直，而平面，则与平面不垂直，故B错误；
，若，则，则，此方程无解，故不存在点，使，故C错误；
∵，，，∴，故D正确．
故选：D．
9. 已知数列为无穷项等比数列，为其前项的和，“，且”是“，总有”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. 既不必要又不充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若，且，
则，，，
所以，由，
当或时，，，
所以；
当时，，总有；
当时，，，即.
综上，恒成立，故充分性成立；
若“，总有”，则且，
故必要性成立.
故选：C
10. 在平面直角坐标系中，为原点，已知，设动点满足，动点满足，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得点在圆内部和圆周上，点的轨迹是以的直径的圆，延长交圆于点，设的中点为，的中点为，则，易得，再结合平面图形的性质和基本不等式即可得出答案.
【详解】因为，设动点满足，
所以点在圆内部和圆周上，
因为动点满足，
所以点的轨迹是以的直径的圆，
如图，延长交圆于点，设的中点为，的中点为，
则，
若点在圆上时，两点重合，两点重合，
若点在圆内时，则，
所以，当且仅当点在圆上时，取等号，
则，当且仅当三点共线时，取等号，
因为，当且仅当重合时，取等号，
因为，所以，
所以，
当且仅当时，取等号，此时，
所以，当且仅当三点共线且点在圆与轴的交点处时，取等号，
所以的最大值为.
故选：C.
【点睛】本题考查了圆的轨迹问题及动圆上的点到定点的距离的最值问题，考查了转化思想，难度较大.
二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分．
11. 双曲线的离心率为2，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率公式计算即可.
【详解】因为双曲线的离心率为2，
所以，解得.
故答案为：.
12. 在中，，则__________；__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意求出，再根据即可求出，根据数量积的定义即可求得.
【详解】在中，，
则，
则，
.
故答案为：；.
13. 已知的展开式为，若，则__________.
【答案】或
【解析】
【分析】利用二项式定理求解即可.
【详解】展开式的通项公式为，，
令，则，即，
令，则，即，
由题意可得，即，解得或，
故答案为：或
14. 已知在上的最大值为，则实数的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由，得，再根据余弦函数的性质列出不等式，即可得解.
【详解】由，得，
因为在上的最大值为，
所以，解得，
所以实数的最大值为.
故答案为：.
15. 已知函数，有下列四个结论：①设函数的极大值点和极小值点分别为和，则；②若，函数的极大值和极小值分别为和，则；③存在实数，对任意的实数，函数都恰有两个零点；④若方程有4个实根，从小到大记为，则.全部正确命题的序号为__________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】作出函数的图象，利用极值点的定义判断①②，利用函数和的交点个数判断③，利用是方程的解，是方程的解判断④.
【详解】根据题意作图象如图所示，
根据极值点的定义及对数函数和对勾函数的图象和性质可得，
当时，取得极小值；当时取得极大值，
所以，当时，，故①正确，②错误；
函数都恰有两个零点，即函数和的图象有两个交点，
如图所示，当时，对任意的实数函数和的图象有两个交点，
故③正确；
若方程有4个实根，从小到大记为，
则是方程，即的解，由韦达定理得，
是方程的解，所以，即，所以，解得，
所以，④正确；
故答案为：①③④
三、解答题共6道小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
16. 已知分别为内角的对边，.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，点在边上，满足，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；
（2）由，得到，再根据的面积为，求得c，然后利用余弦定理求解.
【小问1详解】
解：因为，
所以 ，
由余弦定理的2，
因为
所以 ；
【小问2详解】
因为，
所以，
由题意得，
所以，
由余弦定理，
所以.
17. 如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，侧面底面为中点，.
（1）求证：；
（2）再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）选①，取的中点，连接，证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
选②，取的中点，连接，利用勾股定理证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为，为中点，
所以，
又因为面面，面面，面，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
选①，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，为的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
又，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
由，得，
则，
则，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
设平面法向量为，
则有，可取，
则，
由图可知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
选②，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
因为且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
又因为，所以，
又，，
所以，则，
在中，因为，
所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
下同选①的答案.
18. 某技术职能部门在东区､西区开展了技能测试，其中东区､西区的各年龄段参加测试的人数､技能成绩的优秀比例如下：
（1）该技术职能部门从年龄段在的参加测试人员中随机选择1人，求此人技能优秀的概率；
（2）在年龄段在的参加测恜人员中，从东区､西区各随机抽取1人，技能优秀人数记为，求的分布列和数学期望；
（3）该技术职能部门从东区､西区参加测试的人员中各随机抽取10人，记分别为东区､西区所选出10人中的技能优秀人数，试比较数学期望的大小（直接写出结果即可）.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）分别求出该技术职能部门年龄段在的总人数和优秀人数，再根据古典概型即可得解；
（2）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可；
（3）分别求出两个区的优秀率，根据题意可得随机变量都服从二项分布，再根据二项分布的期望公式即可得出结论.
【小问1详解】
该技术职能部门年龄段在的人数为人，
其中优秀的人数为人，
则所求概率为；
【小问2详解】
年龄段在东区有人，优秀人数为人，
则随机抽取一人，为优秀的概率为，
年龄段在西区有人，优秀人数为人，
则随机抽取一人，为优秀的概率为，
随机变量可取，
则，
，
，
故分布列为
；
【小问3详解】
东区总人数为，
其中优秀人数为，
则东区的优秀率为，
西区总人数为，
其中优秀人数为，
则西区的优秀率为，
该技术职能部门从东区､西区参加测试的人员中各随机抽取10人，
则，
所以，
所以.
19. 已知函数.
（1）已知曲线在处的切线与轴平行.
①求实数的值；
②求函数的单调区间；
（2）若在上单调递减，求实数的取值范围.
【答案】（1）①；②单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求的值即可；②利用导函数的正负求解单调区间即可；
（2）在上单调递减，则在区间上恒成立，利用一元二次函数的图象和性质求解即可.
【小问1详解】
①由题意可得，且，
因为曲线在处的切线与轴平行，
所以，解得.
②由得，
因为在定义域内恒成立，
令解得，即，
所以当时，，当时，，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
由（1）得，且，
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
令，则，解得.
20. 已知椭圆过点，长轴长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于点，直线分别交直线于点，为坐标原点.若，求证：直线经过定点.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
分析】（1）解方程组即得解；
（2）设，，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点的坐标，根据已知得到+=0，再把韦达定理代入化简即得证.
【小问1详解】
由题得
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
直线与椭圆方程联立，
化简得，
，即.
设，，，，则，．
直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
因为，所以+=0
所以，
所以，
把韦达定理代入整理得或，
当时，直线方程为，过定点，即点，不符合题意，所以舍去.
当时，直线方程为，过定点.
所以直线经过定点.
21. 若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
（2）若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
（3）若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
【答案】（1）数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
（2）证明见解析 （3）或．
【解析】
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；
（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【小问1详解】
对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
【小问2详解】
若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
【小问3详解】
设周期数列周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
【点睛】关键点点睛：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；
（2）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.年龄段
东区
西区
参加测试人数
优秀比例
参加测试人数
优秀比例
60
100
75
100
95
60
120
40