2023届北京市石景山区高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届北京市石景山区高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解不等式求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】，.

故选：A.

2．在复平面内，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】D

【分析】由题意可得：，据此确定复数所在的象限即可.

【详解】由题意可得：，

则复数z对应的点为，位于第四象限.

本题选择D选项.

【点睛】本题主要考查复数的运算法则，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

3．已知，则（    ）

A．10 B．20 C．40 D．80

【答案】C

【分析】利用二项式定理求出答案即可.

【详解】因为

所以

故选：C

4．已知直线与圆交于A，B两点，则线段的垂直平分线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据互相垂直两直线斜率之间的关系、圆的几何性质进行求解即可.

【详解】由，圆心坐标为，

由，所以直线的斜率为，

因此直线的垂直垂直平分线的斜率为，

所以直线的垂直垂直平分线方程为：，

故选：A

5．已知直线与平面满足，则下列判断一定正确的是

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据，利用线面垂直的性质证得，再结合面面垂直的判定定理，证得，即可得到答案.

【详解】因为，可得，

又因为，所以，

因为，且，所以.

故选：D.

6．已知函数，则下列命题正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称

B．的图象关于点对称

C．最小正周期为，且作上为增函数

D．的图象向右平移个单位得到一个偶函数的图象

【答案】C

【分析】利用辅助角公式，结合正弦型函数的对称性、最小正周期公式、单调性、奇偶性逐一判断即可.

【详解】，

对于A，因为，所以不是函数图象的对称轴，所以A错误，

对于B，因为，所以点不是函数图象的对称中心，所以B错误，

对于C，的最小正周期为 ，当即 时，单调递增，所以 在上单调增，所以C正确；

把的图象向右平移 个单位得到函数的图象，没有奇偶性，所以D错误，

故选：C

7．已知数列是的无穷等比数列，则“为递增数列”是“且，”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据等比数列的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】解：若为递增的等比数列，显然后面的项都比大，

即且，，充分性成立；

反过来，若且，，即（为公比），

因为，所以，所以，从而可得为递增数列，必要性成立，

所以“为递增数列”是“且，”的充分必要条件.

故选：C.

8．中国茶文化博大精深．茶水口感与茶叶类型和水的温度有关．经验表明，某种绿茶用的水泡制，再等到茶水温度降至时饮用，可以产生最佳口感．已知室内的温度为，设茶水温度从开始，经过x分钟后的温度为．y与x的函数关系式近似表示为，那么在室温下，由此估计，刚泡好的茶水大约需要放置多少分钟才能达到最佳口感（参考数据：）（    ）

A．8 B．7 C．6 D．5

【答案】B

【分析】根据题意带入数据，列出等量关系式，利用对数的运算性质化简即可求得.

【详解】由题意降至时口感最佳，即，带入函数关系式即得，

即，两边同时取对数，得，

所以.

故选：B

9．已知F是抛物线的焦点，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，M为线段的中点，若，则p的值为（    ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】设出点，的坐标，利用抛物线定义结合已知求出，再借助斜率坐标公式计算作答.

【详解】设，抛物线的准线为：，

因为线段的中点，则，又，解得，

则抛物线C的方程为：，有，，显然直线l的斜率存在，

所以直线的斜率为.

故选：B

10．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若= +，则+的最大值为

A．3 B．2 C． D．2

【答案】A

【详解】[方法一]：特殊值法

,故选A

[方法二]：解析法

如图所示，建立平面直角坐标系.

设,

易得圆的半径，即圆C的方程是，

，若满足，

则，，所以，

设，即，点在圆上，

所以圆心到直线的距离，即，解得，

所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.

【点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.

（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.

二、填空题

11．函数的定义域为_________________．

【答案】

【分析】由题知，再解不等式即可得答案.

【详解】解：要使函数有意义，则，解得且

所以，函数的定义域为

故答案为：

12．等比数列中，，，成等差数列，若，则公比 __________．

【答案】

【分析】由等差中项的性质以及等比数列的通项列方程即可求解.

【详解】因为，，成等差数列，

所以，

可得，

因为，所以，

解得：，

故答案为：.

13．在四棱锥中，面，底面是正方形，，则此四棱锥的外接球的半径为_______________．

【答案】

【分析】将四棱锥P-ABCD补成正方体，求出正方体的对角线长，即可得外接球的半径.

【详解】将四棱锥P-ABCD补成正方体如图：

则此四棱锥的外接球即为正方体的外接球，

正方体的对角线长为，

所以四棱锥的外接球的直径为，

因此四棱锥的外接球的半径为

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用割补法进行求解是解题的关键.

14．函数，给出下列四个结论

①的值域是；

②任意且，都有；

③任意且，都有；

④规定，其中，则．

其中，所有正确结论的序号是______________．

【答案】①②

【分析】根据绝对值的性质，结合分式型函数的性质、代入法逐一判断即可；

【详解】①：当时， ，

当时，该函数单调递增，所以有，

当时， 因为，

所以，因此当时，；

当时，，此时函数单调递增，

所以有，

，所以有，

所以的值域是，故①正确；

②：不妨设，由，

所以该函数是实数集上的增函数，

由①可知：该函数在时，单调递增，且，

当时，单调递增，且，所以该函数是实数集上的增函数，符合题意，故②正确；

③：当任意且时，

令，，

，显然，

因此不成立，故③不正确；

④：当时， ，

，

，

，

，

于是有，因此，故④不正确，

故答案为：①②

【点睛】关键点睛：利用分式型函数的性质是解题的关键.

三、双空题

15．已知双曲线的一个顶点为，且渐近线方程为，则实数____________，___________．

【答案】     1     ##-0.25

【分析】根据双曲线的一个顶点为，代入求得m，再根据其渐近线方程为求解.

【详解】解：因为方程表示双曲线，

所以，

因为双曲线的一个顶点为，

所以，则，

又因为其渐近线方程为，

所以，解得，

故答案为：1，

四、解答题

16．在中，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．

(1)求；

(2)若的面积为，求的周长．

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)；

(2).

【分析】（1）若选①：利用正弦定理进行求解即可；

若选②：利用正弦定理和余弦定理进行求解即可；

（2）结合（1）的结论，根据三角形面积公式、余弦定理、三角形周长公式进行求解即可.

【详解】（1）选①：

，

因为，所以，因此有，

因为，所以；

选②：

由

，

因为，所以；

（2）因为的面积为，

所以有，而，

解得：，

由余弦定理可知：，

所以的周长为.

17．如图，在四棱锥P-ABCD中，CD平面PAD，为等边三角形，，，E，F分别为棱PD，PB的中点.

(1)求证AE平面PCD；

(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；

(3)在棱PC上是否存在点G，使得DG平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)存在，.

【分析】（1）根据平面得到，根据为等边三角形，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角即可；

（3）设，得到，然后利用空间向量和∥平面列方程，解得即可.

【详解】（1）∵平面，平面，

∴，

∵为等边三角形，为中点，

∴，

∵，平面，平面，

∴平面.

（2）

取中点，连接，，

∵平面，平面，平面，

∴平面平面，，

∵为中点，为等边三角形，

∴，，

∵平面平面，平面，

∴平面，

∵，，

∴四边形为平行四边形，，

如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

，，，，,

∵平面，

∴可以作为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，则

，令，则，，，

所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

（3），，，，

设，则，

∵∥平面，

∴，解得，

所以在棱上存在点使∥平面，此时.

18．某学校有初中部和高中部两个学部，其中初中部有1800名学生．为了解全校学生两个月以来的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取了100名学生进行问卷调查，将样本中的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：小时）各分为5组：，得到初中生组的频率分布直方图（图1）和高中生组的频数分布表（表1）．

表1高中生组

(1)求高中部的学生人数并估计全校学生中课外阅读时间在小时内的总人数；

(2)从课外阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，记为3人中初中生的人数，求的分布列和数学期望；

(3)若用样本的频率代替概率，用随机抽样的方法从该校高中部抽取10名学生进行调查，其中有k名学生的阅读时间在的概率为，请直接写出k为何值时取得最大值．（结论不要求证明）

【答案】(1)高中部的学生人数为人，估计全校学生中课外阅读时间在小时内的总人数为人；

(2)的分布列见解析，；

(3).

【分析】（1）根据频率分布直方图和频数分布表，结合分层抽样的定义进行求解即可；

（2）根据古典型概率公式，结合数学期望的公式进行求解即可；

（3）根据二项分布的性质进行求解即可.

【详解】（1）100名学生中高中生有人，初中生有人，

设高中部的学生人数为，则有，

设100名学生中初中生在小时内的人数为，则有，

100名学生中高中生在小时内的人数为人，

因此全校学生中课外阅读时间在小时内的总人数估计为：

；

（2）课外阅读时间不足10个小时的样本中，

初中学生人数为人，

高中学生人数为人，所以，

因此有，，，

所以的分布列如下：

的数学期望为；

（3）由（1）高中部的学生人数为，

其中阅读时间在的人数为，

所以每个人被抽到内的概率为，

因此，

假设为最大项，则有，

解得：，因为，

所以当时，有最大值.

19．已知函数．

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)求的单调区间；

(3)若和有相同的最小值，求a的值．

【答案】(1)

(2)答案见解析；

(3)

【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；

（2）根据题意，分和两种情况讨论求解即可；

（3）结合（2）得，求得，进而构造函数，研究其零点即可得答案.

【详解】（1）解：因为，，

所以，

所以，，

所以，曲线在点处的切线方程，即．

（2）解：函数的定义域为，

所以，，

所以，当时，在上恒成立，函数在上单调递增，

当时，时，，单调递减；时，，单调递增，

综上，当时，增区间为，无减区间；

当时， 减区间为，增区间为.

（3）解：由（2）知，当时，在上单调递减，在单调递增.

所以，

因为，得，

所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，，

因为和有相同的最小值，

所以，即，

令，，

令，，

所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，即，

所以，在上单调递增，

因为，

所以，等价于

20．已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆C的左、右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，射线分别交椭圆C于点A，B，求证：为定值．

【答案】(1)；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据椭圆的顶点和焦距定义进行求解即可；

（2）利用转化法，结合一元二次方程根与系数的关系，分类讨论进行求解即可.

【详解】（1）因为椭圆的一个顶点为，焦距为2，

所以，

所以椭圆的标准方程为；

（2）根据椭圆的对称性，不妨设当直线不存在斜率时，且，

，

把代入中，得，所以，

于是，，直线的方程为，

则有，或，因此，

所以；

由根据椭圆的对称性，不妨设当时，此时A，B两点重合，坐标为，

所以；

当直线存在斜率时，且时，设，

由题意可知：，直线的方程为：，与椭圆方程联立，得，

因此有，

设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得，

因此有，

显然有，，

当时，两式相减得：，

，

由和可知：，

因此有，

因为，，所以，

因为，，所以，于是有所以有

当时，则，

把代入中，得，即

所以，

综上所述：为定值.

【点睛】关键点睛：把证明为定值转化为证明为定值是解题的关键.

21．已知项数为的有穷数列满足如下两个性质，则称数列具有性质P；

①；

②对任意的、，与至少有一个是数列中的项．

(1)分别判断数列、、、和、、、是否具有性质，并说明理由；

(2)若数列具有性质，求证：；

(3)若数列具有性质，且不是等比数列，求的值．

【答案】(1)数列、、、不具有性质，数列、、、不具有性质，理由见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据题中定义判断即可得出结论；

（2）推导出，设且，分析可知为数列中的项，根据不等式的性质可得出，可得出，，，，利用累乘法可证得结论成立；

（3）分析可知当时，、、成等比数列；根据（1）可知满足题意；讨论当时，由（2）可知，，当时，根据题中定义以及不等式的性质推导出，结合等比数列的定义可知不成立，从而可得出的值.

【详解】（1）解：对于数列、、、，因为，，

所以，数列、、、不具有性质；

对于数列、、、，当时，，，

所以，数列、、、不具有性质.

（2）证明：因为，

因为，则为数列中的项，所以，，

设且，因为，则不是数列中的项，

所以，为数列中的项，

因为，

所以，，，，，

上述等式全部相乘可得，因此，.

（3）解：当时，由（2）可知，

由题意可得，这与数列是等比数列矛盾；

当时，由（1）可知，数列、、、具有性质；

当时，由（2）可知，，①

当时，，所以，不是数列中的项，

因为，，

所以，，，，，所以，，

因为，所以，，，

所以，，，所以，，②

由①②可得，这与数列不是等比数列矛盾，不合题意.

综上所述，.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题的关键在于根据题中的定义结合不等式的性质进行推导，在求解第3问时，要充分利用题中定义结合不等式的基本性质进行推导，进而求解.