2023届北京专家信息卷（全国甲卷）高三上学期12月月考（四）数学（理）试题（解析版）

2023届北京专家信息卷（全国甲卷）高三上学期12月月考（四）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先化简集合,再利用补集的定义求解即可.

【详解】由解得或，

所以或，，

故选：D

2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据共轭复数的定义，求出复数的共轭复数，即可判断对应点位于第几象限.

【详解】复数的共轭复数为，其对应的点在第一象限，

故选：A.

3．在中，点D在边上，且.记，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量的加减运算，即可求得答案.

【详解】由题意知，

所以，即，

故选：A.

4．函数（）的最大值是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导数，判断导数正负，确定函数的单调性，并比较端点处函数值与极大值的大小，即可确定答案.

【详解】因为，,

当时，，当时，，当时，，

故在上递增，上递减，上递增，

又，

故函数（）的最大值是，

故选：B.

5．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足.已知某同学视力的小数记录法的数据为0.8，则其视力的五分记录法的数据约为（）（    ）

A．4.5 B．4.7 C．4.8 D．4.9

【答案】D

【分析】根据五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足，将代入，结合对数的运算，可得答案.

【详解】由题意可知

,

故选:D.

6．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为12的正方形，则该圆柱的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据圆柱的体积公式计算可得结果.

【详解】由题意知该圆柱的高和底面直径是，

所以该圆柱的体积为.

故选：C.

7．已知直线l过点且垂直于x轴.l被抛物线（）截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意令，可得，求得p的值，可得抛物线方程，即可得答案.

【详解】由题意令，则，

故，

所以抛物线（）为，其焦点坐标为，

故选：B.

8．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.如图，若在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列的前20项的和为（    ）

A．350 B．295 C．285 D．230

【答案】C

【分析】利用分组求和法和组合数的性质进行求解即可

【详解】记此数列的前20项的和为，则，

故选：C.

9．已知函数，以下判断正确的是（    ）

①有两个极值点；

②有三个零点；

③点是曲线的对称中心.

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③

【答案】C

【分析】求导，根据导函数的正负可判断极值点，即可判断①，根据单调性以及极值即可判断②，根据对称性满足的关系式即可判断③.

【详解】由得，令得，且当和时， ，当时，，所以均是的极值点，故有两个极值点，故①正确，

由①知，是的极大值点，且， ，所以只有一个零点，故②错误，

又，所以，故点是曲线的对称中心，所以③正确，

故选:C

10．双曲线C：（，）的左顶点为A，点均在C上，且关于y轴对称.若直线，的斜率之积为，则C的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】设，则，化简可得，结合，即可求得答案.

【详解】由题意知双曲线左顶点为，设，则，

则有，

又，将代入中，得，

即，所以，故，

故选：A.

11．设函数在区间上恰有两个极值点和三个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令，由已知可得，根据已知可得，应使在上有两个极值点、三个零点，根据余弦函数的图象即可得到关于的不等式，求解即可得到的取值范围.

【详解】令，因为，所以，要使函数在区间有两个极值点、三个零点，只需函数在上有两个极值点、三个零点即可.

又因为的极值点即为的最值点，即在对称轴处取得极值.

作出的图象，，.

根据函数图象可知，需满足，即，

即，解得，

所以的取值范围是.

故选：C.

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由于，和比较大小，可构造函数，求导判断函数单调性，即可比较的大小；由于，故与比较，可构造函数，判断其单调性，可比较大小，即可得答案.

【详解】设，当时，，递减，

当时，，递增，

故，所以，当且仅当时取等号，

取，则，得；

由，构造函数，，

，令，则，

当时，，

所以即在上递减，所以，

设 ，

故 ，即，

故，所以，所以在上递减，

所以，即，取，则，即，

即，则

故选：D.

【点睛】方法点睛：由于，因此和比较大小，可构造函数，由于，故与比较，可构造函数，所以解决此类问题时要能根据数或式的结构特征，构造恰当的函数，是解题的关键.

二、填空题

13．高三年级某班共有48人，其中文艺爱好者20人，体育爱好者18人，文艺、体育均不爱好的20人，从班级中随机抽取1人，则他既是文艺爱好者，又是体育爱好者的概率是__________.

【答案】

【分析】根据韦恩图求出既是文艺爱好者，又是体育爱好者的人数，根据古典概型中概率的公式求解即可.

【详解】

结合韦恩图可知班级中文艺、体育都爱好的有，

既是文艺爱好者，又是体育爱好者的概率，

故答案为：.

14．若存在，有成立，则实数a的取值范围是__________.

【答案】

【分析】参数分离可得，设，将存在问题转化为，求出函数的最大值，即可得到实数a的取值范围.

【详解】解：将原不等式参数分离可得，设，

已知存在，有成立，则，

令，则，，

由对勾函数知在

上单调递减，在上单调递增，

，，

所以，即，

故答案为：.

15．若直线与圆交于A，B两点，O为坐标原点，则__________.

【答案】

【分析】根据点到直线的距离公式求出，由垂径定理可得，最后利用极化恒等式即可求出.

【详解】

设圆心到直线的距离为，

由垂径定理可得，

又，

故答案为：

16．在中，，，，Q为内一点，.若，则__________.

【答案】##

【分析】由余弦定理求得的长，确定，设，推得，表示出，在中由正弦定理可得，化简即可求得答案.

【详解】在中，，，,

由余弦定理得，

则,根据勾股定理逆定理得，

因为，，所以，

设，则，所以，

在中，，

在中，由正弦定理得：，即，

所以,即，

解得：，即，

故答案为：

三、解答题

17．某企业为解决科技卡脖问题，不断加大科技研发投入，下表为该企业2018年至2022年重大科技项目取得突破的个数：

经过相关系数的计算和分析，发现重大科技项目突破个数y与年份x的线性相关程度非常高.请建立y关于x的回归方程，并预测该企业在2024年重大科技项目取得突破的个数.

附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，．

【答案】，11个

【分析】根据回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程，并求得预测值.

【详解】依据题意得：

，

，

，

，

，

，

故所求回归方程为，

当时，，

所以预测该企业在2024年重大科技项目取得的突破数为11个.

18．已知数列满足，.

(1)若，，

①求，，；

②求数列的通项公式；

(2)若，，求数列的通项公式.

【答案】(1)①；②

(2)

【分析】（1）由已知条件取n的值代入计算可得，然后利用递推关系，验证，即为数列的通项公式；

（2）由（1）可证数列是为首项，为公比的等比数列，进而求得，利用累加法可求数列的通项公式.

【详解】（1）①已知，

若，，则，，

而，

，，，即；

②由，得，

即，

所以，

因为，

所以，即；

（2）由（1）知，

若，，则，

∴，

因此数列是为首项，为公比的等比数列，

所以，即，

当时，

，

又当时，也满足上式，

所以.

19．如图，在三棱锥中，平面平面，，O为的中点.

(1)证明：；

(2)若是边长为1的等边三角形，点E在棱上，，且三棱锥的体积为，求二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析;

(2).

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理即可证明结论；

（2）根据三棱锥的体积求得，可得，作辅助线作于F，作于M，连，利用定义法找到二面角的平面角，再求得相关线段长，解三角形可得答案.

【详解】（1）证明：因为，O为中点，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

因此平面，

因为平面，所以；

（2）因是边长为1的等边三角形，所以，

则，

因平面，所以为三棱锥的高，设为h，

所以.

所以，即有,所以，

作于F，作于M，连，则，

因为平面， 所以平面，平面,则，

因为，平面，所以平面，

而平面，故，

则为二面角的平面角.

又，所以，

在中，，，所以，

由知，故，所以，即,

∴，从而，所以，

即二面角的大小为.   

另解：因是边长为1的等边三角形，所以，则，

因平面，所以为三棱锥的高，设为h，

所以，

故，

如图：以O为坐标原点，在平面内过点O作的垂线为x轴，以、所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，

因是边长为1的等边三角形，故，

又，故.

因平面，故平面的一个法向量为，

，，

设平面的一个法向量为，

由 得 ，

令，得，，所以，

所以，由图知二面角的大小为锐角，

设为（），所以.

20．已知点在椭圆（）上，且该椭圆的离心率为.直线l交椭圆于P，Q两点，直线，的斜率之和为零，

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若，求 的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件立方程组求解a，b，c；

（2）设直线AP的倾斜角，由条件计算出AP和AQ的斜率，再求出点P和Q的坐标，运用三角形面积公式计算 的面积.

【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，

所以椭圆方程为；

（2）由题意作下图：

不妨设直线的倾斜角为锐角且为，则直线的倾斜角为，所以，

因， ，解得 ，

又为锐角，所以，于是得直线：，：，    

联立方程组消去y得：，

因为方程有一根为2，所以，，

同理可得，，

所以：，，点A到直线的距离，

所以 的面积为；

综上，椭圆方程为； 的面积为.

21．已知函数.

(1)当时，求证：；

(2)若恒成立，求a的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）化简，分类讨论和，的正负，即可证明；

（2）因为，令，（），要使恒成立，只要，对求导，讨论的单调性，即可得出答案.

【详解】（1），

当时，，，

又二者不能同时为0，所以；

当时，，

又，，所以；

综上有时，；

（2）因为，令，（），

要使恒成立，只要，

因为，又图像在定义域上连续不间断，

所以0是的一个极大值点，则有，

因，

所以，.

当时，，

当时，，，

所以，故在上递增；

又因在递减，

且，则，故在上递减；

当时，，所以，

故在上递减.

综上有当时，在上递增，在上递减，即若成立，故.

【点睛】关键点点睛：第二问，确定函数在0处取得最值，且把定义域分段研究是关键

22．在直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的参数方程：（为参数）.

(1)求l和C的直角坐标方程；

(2)若直线l被曲线C所截得线段的中点坐标为，求.

【答案】(1)当时，直线l的直角坐标方程为，当时，直线l的直角坐标方程为，曲线C的直角坐标方程为：

(2)

【分析】（1）消去参数可得直线的直角坐标方程，消去参数可得曲线的直角坐标方程；

（2）将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，利用根与系数的关系以及直线参数方程中参数的几何意义可求出结果.

【详解】（1）当时，直线l的直角坐标方程为，

当时，直线l的直角坐标方程为，

由消去参数，得.

所以曲线C的直角坐标方程为；

（2）因为线段的中点坐标为，所以直线l不可能是，

将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程：，

并整理得关于t的方程：，

设点对应的参数分别为，

所以，，

因为曲线C截直线l所得线段的中点在C内，

所以，即，

故，又，

所以，解得，

所以.

23．已知.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将双绝对值函数用分段函数表示，即可求出的解集；

（2）当时，将不等式恒成立，转化为恒成立，分类讨论a，即可求出实数a的取值范围.

【详解】（1）当时，，即，

或或

解得

故不等式的解集为；

（2）当时，恒成立，等价于当时， 恒成立.

则，

若，恒有成立；

若，则当时，的解集为，所以，故；

若，的解集为，所以，故.

综上所述，a的取值范围为.