北京市大兴区2023届高三上学期期末检测数学试题

这是一份北京市大兴区2023届高三上学期期末检测数学试题，共21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。
北京市大兴区2023届高三上学期期末检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，则（    ）A．或 B．或C．或 D．或2．下列函数中，既是奇函数又在定义域上是增函数的是（    ）A． B．C． D．3．在展开式中，的系数为（    ）A．10 B．5 C． D．4．设为等差数列的前项和.已知，，则（    ）A．为递减数列 B．C．有最大值 D．5．已知抛物线上一点与其焦点的距离为5，则点到轴的距离等于（    ）A．3 B．4 C．5 D．6．“”是“直线与圆相切”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7．某圆锥曲线是椭圆或双曲线，若其中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过和两点，则曲线的离心率等于（    ）A． B． C． D．8．已知数列中，，，，则下列结论错误的是（）A． B．C．是等比数列 D．9．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小平行四边形构成如下图形，其中，，，，分别是，，，的中点，若，则等于（    ）A． B． C．1 D．210．已知函数，给出下列结论：①是周期函数；②的最小值是；③的最大值是；④曲线是轴对称图形，则正确结论的序号是（    ）A．①③ B．②④C．①②③ D．②③④ 二、填空题11．已知复数满足，则______.12．一个袋子中装有5个大小相同的球，其中2个红球，3个白球，从中依次摸出2个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到白球的概率是______.13．在正方体中，为正方形的中心.动点沿着线段从点向点移动，有下列四个结论：①存在点，使得②三棱雉的体积保持不变；③的面积越来越小；④线段上存在点，使得，且.其中所有正确结论的序号是______.  三、双空题14．在中，，.若，则______；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是______.15．已知函数若，则函数的值域为______；若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______. 四、解答题16．函数（，，）部分图象如图所示，已知 .再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知. 条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多个条件组合分别解答，则按第一个解答计分.(1)求函数的解析式；(2)求的单调减区间.17．如图，在四棱雉中，底面是直角梯形，，，为等边三角形，且平面底面，，，，分别为，的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.18．猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有，，三类歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三类歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每类歌曲的歌名相互独立，猜对三类歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表：歌曲类别猜对的概率0.80.5获得的奖励基金额/元100020003000 (1)求甲按“，，”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；(2)若，设甲按“，，”的顺序猜歌名获得的奖励基金总额为，求的分布列与数学期望；(3)写出的一个值，使得甲按“，，”的顺序猜歌名比按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的期望高.（结论不要求证明）19．已知椭圆：经过直线：与坐标轴的两个交点.(1)求椭圆的方程；(2)为椭圆的右顶点，过点的直线交椭圆于点，，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，，求证：为线段的中点.20．已知函数.(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求的值；(2)判断函数单调性并说明理由；(3)证明：对，都有成立.21．已知数列，为从1到2022互不相同的整数的一个排列，设集合 ，中元素的最大值记为，最小值记为.(1)若为：1，3，5，…，2019，2021，2022，2020，2018，…，4，2，且，写出，的值；(2)若，求的最大值及最小值；(3)若，求的最小值.
参考答案：1．D【分析】利用补集的定义直接求解.【详解】因为集合，所以或.故选：D2．C【分析】利用函数的奇偶性和单调性即可求解.【详解】对于A：其定义域为：，定义域没有关于原点对称，所以为非奇非偶函数.对于B：是奇函数，但是在定义域上不是单调递增函数.对于C：因为，所以，所以为奇函数，又，所以在定义域上是单调递增函数，符合题目要求. 对于D：是奇函数，但是在定义域上不是单调递增函数.故选：C.3．C【分析】根据二项式展开式的特征即可求解.【详解】展开式中含的项为，所以的系数为，故选：C4．B【分析】利用等差数列的通项公式及前项和公式即可求解.【详解】为等差数列的前项和，，解得；又，设等差数列的公差为：为递增数列，选项A错.，，选项B对.由知，由二次函数的性质可知，有最小值没有最大值.选项C错.，选项D错.故选：B.5．B【分析】根据抛物线的定义求解即可.【详解】设，焦点为,，由抛物线的定义可知： ，所以，将其代入抛物线方程中得故，所以点到轴的距离等于4，故选：B6．A【分析】利用点到直线的距离求解.【详解】由题知，圆的圆心为：，半径为：1，设圆心到直线的距离为：则，解得：或.由此可知，“”是“或”的充分不必要条件，故选：A.7．D【分析】设出方程，代入坐标即可求解.【详解】设曲线的方程为：，代入点得：①，代入点得：②，联立①②解得：，，所以曲线为双曲线，其方程为：，离心率，故选：D.8．D【分析】AB项，分别令，，求出的值验证；CD项，由可得，得，继而得到及均为等比数列，根据等比数列的通项求解.【详解】当时，，故A正确.当时，，当时，，，故B正确.C项，，，所以得，所以，是以为首项，为公比的等比数列，故C正确.D项，由C项得，又，，是以为首项，为公比的等比数列，，故D错误.故选：D9．D【分析】利用平面向量线性运算法则以及平面向量基本定理，将用表示出来，求出，的值，即可求解．【详解】由题意可得，因为是平行四边形，所以，所以，所以，因为，所以，则．故选:D10．B【分析】根据可判断④，根据余弦的有界性以及二次函数的性质即可判断①②③.【详解】由于,所以,因此,故图象关于对称，因此曲线是轴对称图形，故④正确，由于当时，分母单调递增，故当自变量越来越大时，分母的值也越来越大，而分子是有界的，所以的图象随着自变量的增大而无限靠近轴，因此不是周期函数，故①错误，，当时，第一个等号成立，当时，第二个等号成立，故不存在的值，使得两个等号同时成立，因此 ，故③错误，，当时，第一个等号成立，当时，第二个等号成立，故当时，两个等号同时成立，故当时，的最小值是，故②正确，故选：B11．【分析】化简为标准式，代入求模公式即可.【详解】，，故答案为：.12．【分析】由于第一次摸到红球已经发生，故第二次摸球的时候袋子中有1个红球，3个白球，即得到答案【详解】第一次摸到红球的条件下,第二次摸球的时候袋子中有1个红球，3个白球，所以第二次摸到白球的概率为 ，故答案为：13．①②③【分析】对于①③④，以A为原点建立空间直角坐标系，表示出P点坐标，逐项分析即可；对于②，说明平行于平面即可.【详解】如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则.设，其中.则，即.对于①，假设存在点P，因，则，即当时，，故①正确；对于②，取BD中点为E，连接.因为正方形的中心，则，且，故四边形为平行四边形，得.又平面，平面，则平行于平面，即点P到平面的距离d为定值.又三棱雉的体积保持不变.故②正确.对于③，设，则，注意到：则.又，则，因在上递减，故当动点沿着线段从点向点移动过程中，的面积越来越小.故③正确.对于④，假设存在满足题意的点Q，设，其中.则，即，又，则.因，且，，则，因，与矛盾，故不存在相应点Q.故④错误.故答案为：①②③【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的动点问题，难度较大.对于①③④，因直观图形较为复杂，故利用向量共线并引入参数表示出动点坐标.对于几何体体积不变问题，常转化为判断图形中是否存在线线平行或线面平行.14．     2     之间的任意一个角都可以【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】（1）由正弦定理，代入条件得：，解得：，所以，所以若时，为直角三角形，所以.（2）由正弦定理，代入条件化简得：，因为，所以，所以，即，又，所以为锐角，所以.故答案为：2；之间的任意一个角都可以.15．          【分析】利用函数的单调性可求值域，利用函数零点与方程的解的关系即可求解.【详解】（i）若，当时， 当时，是单调递增函数，所以，所以的值域为：.（ii）由题可知，当时，，解得：，由此可知有一个解，则当时，必定有两个解，即必有两个解，此时只需满足解得：.故答案为：；.16．(1)(2)，. 【分析】（1）根据，可得周期，进而结合图象特征以及三角函数的对称性即可根据选项逐一求解，（2）根据整体法即可由正弦函数的单调区间进行求解.【详解】（1）由图可知，所以.又知.所以.若选择条件①②，即，.因为 .由图可知是单调增区间上的一个零点，所以，，即因为，所以当时，.所以 又因为，所以.所以.若选择条件①③，即，.因为 .由图可知，，即.因为，所以当时，.所以 .又因为 ，所以，故.若选择条件②③，即，.因为，由图可知，当时取得最大值，即，由，得，，因为，所以.又 ，所以，故.（2）因为函数的单调递减区间为，，由，，得，.所以单调递减区间为，.17．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线线平行即可由线面平行的判定定理求证，（2）根据空间向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角.【详解】（1）连接，，与交于点，因为底面是直角梯形，，为的中点.所以且，即为平行四边形，所以点是中点，连接，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为为等边三角形，为的中点，所以.又面面，面面，平面,所以面，又因为，，所以.如图建立空间直角坐标，可知，，，,，易知，设平面的法向量为，且，，即取，则，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.18．(1)0.4(2)分布列见解析，期望为1900(3)均可 【分析】（1）至少猜对两首歌名，即猜对两首或猜对三首，代入公式即可；（2）分析出的取值，求出对应的概率列表；（3）求出按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的期望，列不等式求出的范围.【详解】（1）设“甲按“，，”的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件，则.所以，甲按“，，”的顺序猜歌名至少猜对两首歌名的概率为0.4.（2）的所有可能取值为0，1000，3000，6000，，，，.所以随机变量的分布列为01000300060000.20.40.30.1 所以.（3）均可.证明如下：设甲按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的总额为,甲按“，，”的顺序猜歌名所得奖励基金的总额为则的所有可能取值为0，3000，5000，6000，，，，，所以，则的所有可能取值为0，1000，3000，6000，所以要，即，解得，因此均符合要求.19．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出坐标代入即可.（2）设而不求，联立求得P，Q坐标化简即可.【详解】（1）直线：与坐标轴的两个交点为，，由于，所以，，所以椭圆的方程为.（2）设过点的直线为，由题意直线斜率存在，设方程为，即.由，消元得，整理得由，可得.设，，则，.由题意，将，代入：得，直线的方程为，令得，所以所以，点是线段的中点.【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．20．(1)1(2)函数在区间上单调递增，理由见解析(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义即可；（2）判断导函数的正负，可得单调性；（3）利用（2）确定的单调性，作差比较即可.【详解】（1），所以，由，得，所以.（2）函数在单调递增.因为，所以函数定义域为.，因为所以. 因此函数在区间上单调递增.（3）证明：当时，显然有，不等式成立；当时，不妨设，由于函数在区间上单调递增，所以，则.因为，所以，所以，所以.综上，对任意的，成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．21．(1)，(2)最小值为6，的最大值为6063(3)6069 【分析】（1）根据的定义即可求解，（2）根据，即可求解，（3）根据任意相邻的6项的和，求解，即可.【详解】（1）当时，中的元素为中的三项相加，故最大元素，最小元素.（2）最小值为6，的最大值6063.证明：对于1，2，…，2021，2022的一个排列，若，则中的每一个元素为 ，，由题意 ，，那么，对于任意的，总有.同理，由题意 ，那么，对于任意的，总有，当时，满足：，.（3）的最小值为6069.由于，对于1，2，…，2021，2022的一个排列，中的每一个元素为 ，，由题意 ，，对于任意的，都有，即，.构造数列：，，，对于数列，设任意相邻6项的和为，则，或若，则，若，则，所以，即对这样的数列，，又，所以的最小值为6069.【点睛】本题主要考查等差数列求和以及集合的表示，元素与集合的关系以及数学的化归思想。数学中常见的思想方法有：函数与方程的思想，分类讨论的思想，数形结合的思想，建模思想等。做考查转化与化归思想题目时，要把题设中给的条件和性质进行分析，逐条分析，验证，运算，使得问题转化成常见的数学知识，充分利用化归思想将问题化难为简，本题的关键是将问题转化成数列的知识进行求解.