北京市石景山区2023届高三一模数学试题 （解析版）

这是一份北京市石景山区2023届高三一模数学试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
北京市石景山区2023届高三一模数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解一元二次不等式得集合，再根据并集运算得结果.【详解】由解得，所以，又，所以.故选：A.2．在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数对应点坐标得的值，再利用复数的除法可得结果.【详解】复数对应的点的坐标为，则，所以.故选：C.3．已知双曲线的离心率是2，则（    ）A．12 B． C． D．【答案】B【分析】根据双曲线离心率公式即可求出结果.【详解】由题意可得，解得，故选：B.4．下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性，基本初等函数的单调性，逐项判断即可.【详解】对于A，函数为奇函数，但在定义域上函数不单调，故A不符合；对于B，的定义域为，，则为偶函数，故B不符合；对于C，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上均为增函数，故在上为增函数，故C不符合；对于D，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上为减函数，在上为增函数，故在上为减函数，故D符合.故选：D.5．设，，则“”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】根据基本不等式判断充分性，根据举反例说明必要性不成立，即可得结论.【详解】因为，，则，当且仅当时等号成立，故充分性成立；若，满足，但，故必要性不成立，所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.6．已知数列满足：对任意的，都有，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对任意的，有，且，求得的值，即可得的值.【详解】对任意的，都有，且，所以，则，所以.故选：B.7．若函数的部分图象如图所示，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦型函数的对称性可得对称中心，即可求得最小正周期，从而可求的值，结合图象代入已知点坐标即可得的值.【详解】由图可知，所以是的一个对称中心，由图象可得最小正周期满足：，则，又，所以，则由图象可得，，所以，，又，所以.故选：A.8．在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：）与燃料的质量（单位：），火箭（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系是．当燃料质量与火箭质量的比值为时，火箭的最大速度可达到．若要使火箭的最大速度达到，则燃料质量与火箭质量的比值应为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对数运算法则可求得，由此可得结果.【详解】由题意得：，，，即当火箭的最大速度达到，则燃料质量与火箭质量的比值为.故选：D.9．已知直线:被圆:所截得的弦长为整数，则满足条件的直线有（    ）A．6条 B．7条 C．8条 D．9条【答案】B【分析】圆C的圆心为，半径，直线l过定点，故直线l被圆C截得的弦长范围为，结合圆的对称性，再检验斜率不存在的直线l的情况即可得出答案.【详解】圆的圆心为，半径，直线l化为，则直线l过定点，则，在圆内，当时，直线l被圆C截得的弦长最短为，当过圆心C时，直线l被圆C截得的弦长最长为10，故直线l被圆C截得的弦长范围为，因为弦长为整数，则弦长的取值为7，8，9，10，由圆的对称性，故满足弦长为整数的直线有7条.故选：B.10．已知正方体的棱长为2，点为正方形所在平面内一动点，给出下列三个命题：①若点总满足，则动点的轨迹是一条直线；②若点到直线与到平面的距离相等，则动点的轨迹是抛物线；③若点到直线的距离与到点的距离之和为2，则动点的轨迹是椭圆.其中正确的命题个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据正方体中的线面垂直以及线线垂直关系，即可确定满足满足的动点的轨迹，从而可判断①；利用线线关系将点线距离转化为点点距离，结合圆锥曲线的定义即可判断动点的轨迹，即可得判断②③，从而可得答案.【详解】对于①，如图在正方体中，连接，在正方体中，因为四边形为正方形，所以，又平面，平面，所以，又平面，所以平面，平面平面，平面，点总满足，所以平面，所以，则动点的轨迹是一条直线，故①正确；对于②，平面,平面，则点到直线等于到的距离，又到平面的距离等于到的距离，则到的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，动点的轨迹是抛物线，故②正确；对于③，点到直线的距离等于到的距离，所以到的距离与到点的距离之和为2，即，则点的轨迹为线段，故③不正确.所以正确的命题个数是2.故选：C. 二、填空题11．向量，，若，则_________.【答案】##0.5【分析】根据平面向量的坐标平行运算得，利用同角三角函数的商数关系式即可得的值.【详解】向量，，若，则，所以则.故答案为：.12．若的展开式中含有常数项，则正整数的一个取值为_________.【答案】3（只要是3正整数倍即可）【分析】根据二项式通项公式即可求出结果.【详解】的展开式的通项为，的展开式中含有常数项需要满足，即，所以只要是3正整数倍即可.故答案为：3（只要是3正整数倍即可）.13．项数为的有限数列的各项均不小于的整数，满足，其中.给出下列四个结论：①若，则；②若，则满足条件的数列有4个；③存在的数列；④所有满足条件的数列中，首项相同.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①②④【分析】根据有限数列的性质，，及满足，其中，利用不等式放缩，结合等比数列求和可得，即可确定的值，从而可判断①③④的正误，若，得，结合，求得的关系，根据不等式求得的范围，一一列举得数列，即可判断②.【详解】由于有限数列的各项均不小于的整数，所以，，又因为，所以所以，且，为整数，所以，故③不正确，④正确；当时，得，所以，则，故①正确；当时，得，因为，所以，则，所以，为整数，则的可能取值为，对应的的取值为，故数列可能为；；；，共4个，故②正确.故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：项数为的有限数列的性质入手，从各项，结合不等式放缩，确定的范围，从而得的值，逐项验证即可. 三、解答题14．如图，在中，，，点在边上，.(1)求的长；(2)若的面积为，求的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角形中邻补角互补，，由平方关系得，再结合正弦定理即可求得的长；（2）由得面积可得，再结合余弦定理即可求得的长.【详解】（1）因为，所以在中，因为所以在中，由正弦定理得，所以；（2）的面积为，得因为，所以又因为，所以在中，由余弦定理得所以.15．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1,2,3三组.观察一段时间后，分别从1,2,3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.株高增量（单位：厘米）第1组鸡冠花株数92092第2组鸡冠花株数416164第3组鸡冠花株数1312132 假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.(1)从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率；(2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，记这3株鸡冠花中恰有株的株高增量为厘米，求的分布列和数学期望；(3)用“”表示第组鸡冠花的株高增量为，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明）【答案】(1)(2)分布列见解析，(3) 【分析】（1）根据表格数据，第1组所有鸡冠花中随机选取1株，得厘米的总数，由古典概型概率公式可得结果；（2）首先估计各组鸡冠花增量为厘米的概率，然后可确定所有可能的取值，根据独立事件概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望；（3）由两点分布方差计算公式可求得，，的值，由此可得大小关系．【详解】（1）设事件为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，根据题中数据，第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花增量为厘米,所以估计为；（2）设事件为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，设事件为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，根据题中数据，估计为， 估计为，根据题意，随机变量的所有可能取值为0,1,2.3，且；；；，则的分布列为：0123 所以.（3）理由如下：，所以；，所以；，所以；所以.16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.(1)求证：；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小. 条件①：；条件②：平面平面；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；（2）选条件①②可以证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.【详解】（1）证明：因为底面是正方形，所以，平面，平面,所以平面，又因为平面与交于点.平面，平面平面所以.（2）选条件①②侧面为等腰直角三角形，且即，平面平面，平面平面，平面,则平面，又为正方形，所以.以点为坐标原点，分别为轴,轴,轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则因为，所以点为的中点，则从而：，设平面的法向量为：，则，令，可得设平面的法向量为：，则，令，可得所以则两平面所成的锐二面角为选条件①③侧面为等腰直角三角形，且即，且两直线在平面内，可得平面，平面，则.又因为且两直线在平面内，则平面平面则因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点又因为，所以为等腰直角三角形，下面同①②选条件②③侧面为等腰直角三角形，且，即平面平面，平面平面，平面,则平面为正方形，所以.又因为且两直线在平面内，则平面，平面则因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.下面同①②17．已知椭圆:过点，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过点且互相垂直的直线,分别交椭圆于,两点及两点.求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆过点，且离心率为列方程组求得的值，即可得椭圆的方程；（2）讨论直线的斜率不存在时，直线的斜率不存在时，求各交点坐标即可得的取值，再讨论直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，利用弦长公式即可求得的范围，综合可得答案.【详解】（1）椭圆:过点，且离心率为所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，则直线：，代入椭圆方程得，所以；直线：，代入椭圆方程得，所以，所以；当直线的斜率不存在时，同理可得；当直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，则，消去得，恒成立，所以，所以；同理可得，将换成可得所以，综上所述，的取值范围是.18．已知函数.(1)当时，（ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（ⅱ）求证：，.(2)若在上恰有一个极值点，求的取值范围.【答案】(1)（ⅰ）切线方程为；（ⅱ）证明见解析(2) 【分析】（1）当时，求导，根据导数几何意义求解切点坐标与斜率，即可得切线方程；根据导函数的正负确定函数的单调性，即可得函数的最值，即可证明结论；（2）根据极值点与函数的关系，对进行讨论，确定导函数是否存在零点进行判断，即可求得的取值范围.【详解】（1）当时，（ⅰ） ，又，所以切线方程为.（ⅱ），，因为，所以,所以，所以所以在单调递增，所以；（2），当时，所以， ,由（1）知，，所以在上单调递增.所以当时，没有极值点，当时，，因为与在单调递增.所以在单调递增.所以，.所以使得.所以当时，，因此在区间上单调递减，当时，，因此在区间上单调递增.故函数在上恰有一个极小值点，的取值范围是.19．若无穷数列满足以下两个条件，则称该数列为数列.①，当时，；②若存在某一项，则存在，使得（且）.(1)若，写出所有数列的前四项；(2)若，判断数列是否为等差数列，请说明理由；(3)在所有的数列中，求满足的的最小值.【答案】(1)数列的前四项为：；；；(2)数列为首项为1公差为4的等差数列，理由见解析(3)的最小值为 【分析】（1）先根据条件①去绝对值可得或，由得，再根据条件逐个列举即可；（2）由条件①知，当时，或，由得，利用反证法假设数列中存在最小的正整数（），使得，根据单调性结合条件②可知假设不成立，即可得结论；（3）先根据条件②可得必为数列中的项，再结合条件①可得分析即可．【详解】（1）由条件①知，当时，或，因为，由条件①知，所以数列的前四项为：；；；.（2）若，数列是等差数列由条件①知，当时，或，因为，所以假设数列中存在最小的正整数（），使得，则单调递增，由则均为正数，且.所以.由条件②知，则存在 ，使得此时与均为正数矛盾，所以不存在整数（），使得，即.所以数列为首项为1公差为4的等差数列.（3）由及条件②,可得必为数列中的项，记该数列为，有，不妨令，由条件①，或均不为；此时或或或，均不为上述情况中，当，时，结合，则有.由，得即为所求. 四、双空题20．抛物线：的焦点坐标为_________，若抛物线上一点的纵坐标为2，则点到抛物线焦点的距离为_________.【答案】          【分析】根据抛物线标准方程可得焦点坐标，利用抛物线定义可得点到抛物线焦点的距离.【详解】抛物线：中，所以的焦点坐标为；由抛物线的定义可得.故答案为：；.21．设函数，①若，则的最大值为_________；②若无最大值，则实数的取值范围是_________.【答案】          【分析】①分别分析在两段内的单调性即可求出最大值；②讨论所在的区间，分别研究函数在每一段的单调性，根据无最大值列出不等式求出结果.【详解】①若，，当时，，单调递减，，当时，，，所以在单调递增，在单调递减，则此时，所以的最大值为2；②当时，当时，，单调递减，所以，当时，在单调递增，所以，因为无最大值，所以，解得；当时，当时，，单调递减，，当时，在单调递增，在单调递减，所以，因为无最大值，所以，此种情况无解，舍去；当时，当时，，单调递减，，当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以，因为无最大值，所以，此种情况无解，舍去；所以实数的取值范围是故答案为：① ;②