2023-2024学年北京市西城区高三一模数学试题

这是一份2023-2024学年北京市西城区高三一模数学试题，文件包含北京市西城区高三一模数学试题原卷版docx、北京市西城区高三一模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
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】A
【解析】
【分析】利用交集的定义可求得结果.
【详解】由已知可得.
故选：A.
2. 复数的共轭复数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用复数的除法得到复数z，再求共轭复数.
【详解】解：因为复数，
所以，
所以，
故选：B
3. 设，，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接由对数函数的单调性判断，再由指数的运算得到，即可判断.
【详解】由以及，可得.
故选：D.
4. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. B. 120C. D. 160
【答案】C
【解析】
【分析】
写出二项式展开式的通项公式求出常数项.
【详解】展开式的通项 ，令
常数项
故选：C．
【点睛】本题考查二项定理. 二项展开式问题的常见类型及解法:
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可．
(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数．
5. 若双曲线的焦点到其渐近线的距离为，则双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意列方程组，解出，即可求解.
【详解】双曲线的一条渐近线为，所以.
又有，解得：，
所以双曲线方程为.
故选：A
6. 已知向量满足，，.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求得，结合，即可求解.
【详解】由向量，可得，
因为且，则.
故选：B.
7. 已知点为圆上一点，点，当m变化时，线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆的方程求得圆心坐标和圆的半径，得到，求得，结合线段长度的最小值，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
则，
当时，取得最小值，最小值为，
所以线段长度最小值.
故选：C.
8. 将函数的图象向右平移个单位所得函数图象关于原点对称，向左平移个单位所得函数图象关于轴对称，其中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到函数关于原点对称，函数的图象关于轴对称，得到和，进而求得
，结合，即可求解.
【详解】由函数的图象向右平移个单位，可得，
又由函数的图象向左平移个单位，可得，
因为函数关于原点对称，可得，
解得，即
又因为的图象关于轴对称，可得，
解得，
则，即，
因为，可得.
故选：D.
9. 在无穷等差数列中，公差为d，则“存在，使得”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】B
【解析】
【分析】用定义法进行判断.
【详解】充分性：若，，此时，而，满足，即存在，使得，但是不成立.故充分性不成立；
必要性：若，则，此时.故必要性满足.
故选：B
10. 如图，曲线为函数的图象，甲粒子沿曲线从点向目的地点运动，乙粒子沿曲线从点向目的地点运动.两个粒子同时出发，且乙的水平速率为甲的倍，当其中一个粒子先到达目的地时，另一个粒子随之停止运动.在运动过程中，设甲粒子的坐标为，乙粒子的坐标为，若记，则下列说法中正确的是（ ）
A. 在区间上是增函数
B. 恰有个零点
C. 的最小值为
D. 的图象关于点中心对称
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得到逐项判断.
【详解】解：由题意得：，
所以，
由得，
令，则，因为在上递减，在上递增，
所以在区间上是减函数，故A错误；
令，得或，解得或，故B正确；
因为，所以的最小值为，故C错误；
因为，关于对称，是轴对称图形，
所以不可能关于点中心对称，故D错误；
故选：B
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 若抛物线上任意一点到点的距离与到直线的距离相等，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】直接由抛物线的定义求解即可.
【详解】由抛物线的定义可得，解得.
故答案为：2.
12. 已知数列满足（），为其前项和，若，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意和等比数列的定义得数列是公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式和求和公式，即可求解.
【详解】由题意，数列满足（），可得数列是公比为的等比数列，
因为，可得，解得，
所以.
故答案为：.
13. 如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为棱CD的中点，点F为底面ABCD内一点，给出下列三个论断：
①A1F⊥BE；
②A1F＝3；
③S△ADF＝2S△ABF.
以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__.
【答案】若，则；(若，则)．写出其中一个即可.
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则，0，，，2，，，1，，，，，
设，，，，，则，，，
，
，
，
，
以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，能写出两个正确的命题：
若，则；若，则．
故答案为：若，则；(若，则)．写出其中一个即可.．
14. 调查显示，垃圾分类投放可以带来约元/千克的经济效益.为激励居民垃圾分类，某市准备给每个家庭发放一张积分卡，每分类投放积分分，若一个家庭一个月内垃圾分类投放总量不低于，则额外奖励分（为正整数）.月底积分会按照元/分进行自动兑换.
①当时，若某家庭某月产生生活垃圾，该家庭该月积分卡能兑换_____元；
②为了保证每个家庭每月积分卡兑换的金额均不超过当月垃圾分类投放带来的收益的%，则的最大值为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①计算出该家庭月底的积分，再拿积分乘以可得出该家庭该月积分卡能兑换的金额；
②设每个家庭每月产生的垃圾为，每个家庭月底月积分卡能兑换的金额为元，分、两种情况讨论，计算的表达式，结合可求得的最大值.
【详解】①若某家庭某月产生生活垃圾，则该家庭月底的积分为分，
故该家庭该月积分卡能兑换元；
②设每个家庭每月产生的垃圾为，每个家庭月底月积分卡能兑换的金额为元.
若时，恒成立；
若时，，可得.
故的最大值为.
故答案为：①；②.
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①若，则函数至少有一个零点；
②存在实数，，使得函数无零点；
③若，则不存在实数，使得函数有三个零点；
④对任意实数，总存在实数使得函数有两个零点.
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】在同一坐标系中作出的图象，利用数形结合法求解.
【详解】①当时，，令，得，
在同一坐标系中作出的图象，如图所示：
由图象及直线过定点（0，3）知函数至少有一个零点，故正确；
②当时，作出的图象，
由图象知，函数无零点；
③当时，在同一坐标系中作出的图象，如图所示：
由图象知：函数有三个零点，故错误；
④当时，
，
当时，
，
当时，
由图象知：对任意实数，总存在实数使得函数有两个零点，故正确.
故答案为：①②④
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. 在中，角的对边分别为.
（1）求的大小；
（2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择多个符合要求条件分别解答，按第一个解答给分.
【答案】（1）.
（2）条件①：；条件③：.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解即可.
（2）根据三角形全等条件可知①③满足条件，条件②由余弦定理可得有两解，不满足条件，条件①：根据，结合等面积求解即可；条件③：利用余弦定理结合等面积求解即可.
【小问1详解】
在中因为，
由正弦定理得，
所以，即，
又因为，，所以，.
【小问2详解】
设边上的高为，
条件①：因为，所以 ，，
所以，根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一确定.
所以，
则，解得，即边上的高为.
条件②：由余弦定理得，即，
解得，此时满足条件的的三角形有两个，条件②不符合题意.
条件③：根据三角形全等（边角边）可得存在且唯一确定，
由余弦定理得，即，解得，
则，解得，即边上的高为.
17. 如图，四边形是矩形，平面，平面，，，点在棱上.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）若点到平面的距离为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明平面平面，利用面面平行的性质可证得平面；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值；
（3）设，则，，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求得的值.
【小问1详解】
证明：在矩形中，.
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以平面.
又因为平面，平面，，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
解：因为平面，平面，平面，
所以，，又因为是矩形，，
所以、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、，所以，.
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
取平面的一个法向量为，则，
由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值是.
【小问3详解】
解：设，则，，所以，
因为点到平面的距离.
因为，解得，故.
18. 2021年是北京城市轨道交通新线开通的“大年”，开通线路的条､段数为历年最多.12月31日首班车起，地铁19号线一期开通试运营.地铁19号线一期全长约22公里，共设10座车站，此次开通牡丹园､积水潭､牛街､草桥､新发地､新宫共6座车站.在试运营期间，地铁公司随机选取了乘坐19号线一期的名乘客，记录了他们的乘车情况，得到下表（单位：人）：
（1）在试运营期间，从在积水潭站上车的乘客中任选一人，估计该乘客在牛街站下车的概率；
（2）在试运营期间，从在积水潭站上车的所有乘客中随机选取三人，设其中在牛街站下车的人数为，求随机变量的分布列以及数学期望；
（3）为了研究各站客流量的相关情况，用表示所有在积水潭站上下车的乘客的上､下车情况，“”表示上车，“”表示下车.相应地，用，分别表示在牛街，草桥站上､下车情况，直接写出方差，，大小关系.
【答案】（1）
（2）分布列答案见解析，数学期望：1
（3）
【解析】
【分析】（1）用频率估计概率即可；
（2）服从二项分布，分别计算概率，列出分布列计算期望
（3）根据两点分布方差公式可得答案.
【小问1详解】
设选取的乘客在积水潭站上车､在牛街站下车为事件，
由已知，在积水潭站上车的乘客有人，其中在牛街站下车的乘客有人，
所以.
【小问2详解】
由题意可知，
；
；
；
.
随机变量的分布列为
所以随机变量的数学期望为
.
【小问3详解】
.
（两点分布：）
19. 已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，分析可得，利用两点间的距离公式可求得的值.
【小问1详解】
由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由，得，
由，得.
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为.
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧.
因，所以，所以.
又因为，，
所以，解得，所以.
20. 已知函数，.
（1）当时，
①求曲线在处的切线方程；
②求证：在上有唯一极大值点；
（2）若没有零点，求的取值范围.
【答案】（1）①；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①利用导数求出切线的斜率，直接求出切线方程；
②令，利用导数判断出在上有唯一零点，利用列表法证明出在上有唯一极大值点；
（2）令.对a分类讨论：①，得到当时，无零点；②，无零点，符合题意.
【小问1详解】
若，则，.
①在处，，.
所以曲线在处的切线方程为.
②令，，
在区间上，，则在区间上是减函数.
又，
所以在上有唯一零点.
列表得：
所以在上有唯一极大值点.
【小问2详解】
，
令，则.
①若，则，在上是增函数.
因为，，
所以恰有一个零点.
令，得.
代入，得，
解得.
所以当时，的唯一零点为0，此时无零点，符合题意.
②若，此时的定义域为.
当时，，在区间上是减函数；
当时，，在区间上是增函数.
所以.
又，
由题意，当，即时，无零点，符合题意.
综上，的取值范围是.
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围.
21. 如果无穷数列是等差数列，且满足：①、，，使得；②，、，使得，则称数列是“数列”.
（1）下列无穷等差数列中，是“数列”的为___________；（直接写出结论）
、、、
、、、
、、、
、、、
（2）证明：若数列是“数列”，则且公差；
（3）若数列是“数列”且其公差为常数，求的所有通项公式.
【答案】（1）、
（2）证明见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义可得出结论；
（2）验证成立，利用①②推导出，假设，可得出等差数列是递减数列，结合①得出，结合可得出或，，再结合不等式的基本性质以及数列的单调性推出矛盾，从而说明不成立，即可证得结论成立；
（3）由（2）知，，可得知数列是递增数列，推导出不成立，可得出，分、两种情况讨论，验证、满足①②，即可得出结果.
【小问1详解】
解：由“数列”的定义可知，数列、为“数列”.
【小问2详解】
证明：若，则由①可知，所以或，且公差，
以下设.
由①，、，，，
两式作差得，
因为，所以.
由①，、，，，
两式作差得，
因为，所以，因此，.
若，则等差数列是递减数列，由①为中的项，因此，，
解得，
由且公差，所以或，，，
由①，为中的项，且，这与等差数列递减矛盾，因此，不成立.
综上，且公差.
【小问3详解】
解：因为公差，所以，即是递增数列.
若，因为，所以，
则，且，
由①为中的项，这与等差数列是递增数列矛盾.
因此，，又由（2），故.
由，知，且中存在一项为正整数，取最小的正整数项.
则由②，，使得且，.
因此，解得，又，故.
因为是递增数列，
（i）若，则，此时.
因为，，
令，有，且，所以满足条件①.
因为，令，有，所以满足条件②.
（ii）若，则，.
因为，
.
令，则，且，所以满足条件①.
因为，令，，有，所以满足条件②.
综上，或.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义“数列”，在第二问的证明中，可采取反证法证明不成立，结合数列的单调性可证出结论；在第三问的求解，要注意对是否为零进行分类讨论，结合①②进行验证即可.下车站
上车站
牡丹园
积水潭
牛街
草桥
新发地
新宫
合计
牡丹园
///
5
6
4
2
7
24
积水潭
12
///
20
13
7
8
60
牛街
5
7
///
3
8
1
24
草桥
13
9
9
///
1
6
38
新发地
4
10
16
2
///
3
35
新宫
2
5
5
4
3
///
19
合计
36
36
56
26
21
25
200
+
-
极大值