2023届北京市通州区高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届北京市通州区高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由集合并集的定义求解即可.

【详解】因为集合，，

所以，

故选：B

2．等差数列中，，，则的通项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件求得等差数列的首项和公差，从而求得.

【详解】设等差数列的公差为，

依题意，解得，

所以.

故选：A

3．抛物线的焦点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】抛物线交点坐标为，算出即可.

【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为.

故选：D.

【点睛】本题考查抛物线的定义及方程，求抛物线焦点坐标时，一定要注意将方程标准化，本题是一道基础题.

4．已知向量，满足，，则等于（    ）

A． B．13 C． D．29

【答案】C

【分析】先求得向量，，进而求得.

【详解】依题意，，

两式相加得，

所以，

所以.

故选：C

5．设为正整数，的展开式中存在常数项，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】写出二项式展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.

【详解】的展开式的通项，

令得，因为，所以当时，有最小值3，

故选：B

6．在中，若，，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意由余弦定理直接求得答案.

【详解】在中，若，，,

则,即，即，

解得 ，舍去，

故选：A

7．“”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】A

【分析】根据的特征，设函数，并判断其单调性，由此判断“”可推出“”，举反例说明反推不成立，可得答案.

【详解】设函数，

则，

即为单调增函数，则，

即得，

所以当时，成立，

当时，，但推不出成立，

故“”是“”的充分而不必要条件，

故选：A

8．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】先求得圆心的轨迹方程，然后结合点到直线的距离公式求得正确答案.

【详解】由于半径为1的圆（设为圆）经过点，

所以圆的圆心的轨迹是以为圆心，半径为的圆，

到直线距离为，

所以圆的圆心到直线距离的最大值为.

故选：C

9．要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】设圆柱的高为，底面半径为．由，可得，再利用基本不等式即可得出．

【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为．

，

．

当且仅当，即当时取等号．

此时．

即当，时取得最小值．

故选：C.

10．设点是曲线上任意一点，则点到原点距离的最大值、最小值分别为（    ）

A．最大值，最小值 B．最大值，最小值1

C．最大值2，最小值 D．最大值2，最小值1

【答案】B

【分析】由题设明确点到原点距离为，结合曲线方程，利用基本不等式可得的最小值和最大值，即可得答案.

【详解】由题意知点到原点距离为 ，

由于点是曲线上任意一点，可得，

当且仅当时取等号，即曲线上的点到原点距离最小，最小值为1；

又因为,所以，

当且仅当时取等号，

故，即，当且仅当时取等号，

即点到原点距离的最大值为，

故选：B

二、填空题

11．复数的共轭复数______.

【答案】##

【分析】根据复数除法的运算求出，再由共轭复数的概念求解即可.

【详解】，

所以，

故答案为：

12．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，则C的离心率为___________.

【答案】2

【分析】根据渐近线得到，得到离心率.

【详解】由题意可知，，离心率.

故答案为：.

【点睛】本题考查了双曲线的离心率，属于简单题.

13．已知函数，若函数存在最大值，则的取值范围为______.

【答案】

【分析】分段求出函数在不同区间内的范围，然后结合存在最大值即可求解

【详解】当，在区间上单调递增，所以此时；

当，在区间上单调递减，所以此时，

若函数存在最大值，则，解得

所以的取值范围为

故答案为：

14．已知数列的前项和为，为数列的前项积，满足，给出下列四个结论：

①；②；③为等差数列；④.

其中所有正确结论的序号是______.

【答案】①③④

【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项.

【详解】因为，所以当时，，解得或，

又，所以，故，故①正确；

因为，可得，所以，当时，，

所以，

是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确；

所以，则，所以为等差数列，故③正确；

当时，，又不符合

所以，故②不正确.

故答案为：①③④.

三、双空题

15．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现双方各出上、中、下等马各一匹，分3组各进行一场比赛，胜2场及以上者获胜.若双方均不知对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为______；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，则田忌获胜的概率为______.

【答案】          ##0.5

【分析】列举出齐王与田忌赛马的每组马对阵的所有情况，即可求出双方均不知对方马的出场顺序时田忌获胜的概率，列举出田忌的上等马与齐王的中等马分在一组时的对阵情况，可求得田忌获胜的概率.

【详解】设齐王的三匹马分别记为，田忌的三匹马分别记为，

齐王与田忌赛马，双方每组对阵情况有∶

，齐王获胜；

，齐王获胜；

，齐王获胜；

，田忌获胜；

，齐王获胜；

，齐王获胜,共6种；

其中田忌获胜的只有一种

 则田忌获胜的概率为；

若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，

此时情况为和共两种，

 时，齐王获胜，，田忌获胜，

此时田忌获胜的概率为 ，

故答案为：

四、解答题

16．已知函数的最小正周期为.

(1)求的值；

(2)把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数的单调递增区间.

【答案】(1).

(2)，.

【分析】（1）化简的表达式，根据最小正周期求得的值；

（2）根据三角函数图象的变换规律，可得的解析式，根据正弦函数的单调性，即可求得答案.

【详解】（1）因为，

所以的最小正周期,依题意得，解得.

（2）由（1）知，

把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），

得到的图象，

再把得到的图象向右平移个单位，得到的图象，

即，

由函数的单调递增区间为，,

令，得，

所以的单调递增区间为，.

17．如图，在四棱雉中，底面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.

(1)求证:平面；

(2)再从条件①，条件②两个中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.

条件①：；

条件②：.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，,证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；

（2）选条件①，由可证,继而证明平面,推出，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；

选条件②，根据，证明，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；

【详解】（1）取中点，连接，,

因为为中点，所以有且,

因为，，所以且,

所以四边形为平行四边形,

所以,

又因为平面，平面，

所以平面.

（2）选择条件①：

因为平面平面，为矩形,,

平面平面平面,

所以平面,平面,

所以,

又因为，由（1）可知，平面，

所以，又因为，平面，

所以平面,平面,所以,

平面,故平面,

以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立坐标系，

则，，，,

则，，设平面的法向量，

则，令，则，

因为平面，故可作为平面的法向量，

则平面与平面夹角的余弦值.

选择条件②：.

因为平面平面，为矩形,

平面平面平面,

所以平面,所以,

又因为，

取中点为，连接，，

则有，,

所以,

所以,则,所以,

平面,故平面,

以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，,

则，，设平面的法向量，

则，令，则，

因为平面，故可作为平面的法向量，

则平面与平面夹角的余弦值.

18．为了解两个购物平台买家的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得A平台问卷100份，B平台问卷80份.问卷中，对平台的满意度等级为：好评、中评、差评，对应分数分别为：5分、3分、1分，数据统计如下：

假设用频率估计概率，且买家对平台的满意度评价相互独立.

(1)估计买家对A平台的评价不是差评的概率；

(2)从所有在A平台购物的买家中随机抽取2人，从所有在B平台购物的买家中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人给出好评的概率；

(3)根据上述数据，你若购物，选择哪个平台？说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)选择A平台，理由见解析

【分析】（1）根据题设统计表即可求得答案；

（2）计算出买家对平台好评的概率，明确这4人中恰有2人给出好评的情况有哪几种，根据互斥事件以及相互独立事件的概率计算，可得答案.

（3）列出买家对平台的满意度评分的分布列，分别计算均值和方差，由此可得结论.

【详解】（1）设“买家对A平台的评价不是差评”为事件，

则.

（2）设“这4人中恰有2人给出好评”为事件，

由已知数据估计，买家在A平台好评的概率为，买家在平台好评的概率，

事件包含：A平台2个好评，平台0个好评；A平台1个好评，平台1个好评；

A平台0个好评，平台2个好评,

故.

（3）设一位买家对A平台的满意度评分为，一位买家对平台的满意度评分为，

可得其分布列如下表：

则，，

，

,

从买家对两个平台满意度得分看两个平台均分相等，但,

所以选择A平台.

19．已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

【答案】(1)

(2)以为直径的圆过定点，.

【分析】（1）根据椭圆的标准方程和离心率列方程组求解即可；

（2）设，由题意可得，，设定点为，利用即可得到结论.

【详解】（1）由题意可知，解得，

所以所以求椭圆的方程为.

（2）设，由（1）可知， 斜率存在且不为0，

依题意可知的直线方程为，

的直线方程为，

令，可得，，

假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，

依题意可知，，所以，

，

因为，

所以.

因为，

所以，

令，可得，解得，，

所以以为直径的圆过定点，.

【点睛】判断以为直径的圆过定点时，常用向量法，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.

20．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数的单调区间；

(3)当函数存在极小值时，求证：函数的极小值一定小于0.

【答案】(1)

(2)答案见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义确定切点坐标和斜率，即可得切线方程；

（2）根据函数单调性与导数的关系，确定单调性，即可得单调区间；

（3）在（2）的基础上，确定函数极小值点，求极小值即可证明.

【详解】（1）解：当，，则，

因为，所以.

所以曲线在的切线方程为.

（2）解：函数定义域为.

，

令，解得：.

①当即时，，

所以函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.

②当即时，当和，；当，，

函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

③当即时，当和，；当，，

函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

综上所述：

时，函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.

时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

（3）证明：函数定义域为.

由题意，函数存在极小值，

则在极小值点有定义，且在该点左侧函数单调递减，在该点右侧函数单调递增.

由（2）可知，当时，函数在处取得极小值，

即；

当时，又，函数无极小值，

所以函数的极小值一定小于0.

21．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.

(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；

(2)当时，若构成等比数列，求正整数；

(3)记，求证：.

【答案】(1)8.

(2).

(3)证明见解析.

【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；

（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；

（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.

【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，

比如为8的所有正约数,即.

（2）由题意可知，，，，

因为，依题意可知，所以，

化简可得，所以，

因为，所以，

因此可知是完全平方数.

由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，

所以为，

所以,.

（3）证明：由题意知，，

所以，

因为，

所以

，

因为，，所以，

所以，

即.

【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.