2023年北京海淀高三一模数学试题含答案解析

这是一份2023年北京海淀高三一模数学试题含答案解析，共11页。试卷主要包含了04， 依题意可得等内容，欢迎下载使用。

2023.04
海淀区2022—2023学年第二学期期中练习
高三数学
参考答案
一、选择题
二、填空题
题目
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
D
C
D
B
A
B
B
(1, )
（11） (, 2)
（12）2
[2, )
（13）  （答案不唯一， [  , ] ）（14）1； (,0]
26 2
（15）①③
三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
（16）（本小题13分）
解：（Ⅰ）由直三棱柱 ABC  A1B1C1 可知 BC  CC1 ，又因为 AC  BC ，且 ACCC1  C ,
所以 BC  平面CC1A1A .
由C1D  平面CC1A1A ，所以 BC  C1D .
在矩形CC1 A1 A 中， AD  DA1  1, CC1  2 ，所以 DC1 
2, DC .
2
11
可得C C2  C D2  CD2 ，所以C1D  CD .
又因为 BCCD  C ，所以C1D  平面 BCD .
（Ⅱ）由题意可知， CA,CB, CC1 两两垂直，如图建立空间直角坐标系C  xyz ，
z
C1
B1
A1
D
C
B
y
x A
则C(0,0,0) ， D(1,0,1) ， B(0,1,0) ， C1 (0, 0, 2) ，
BD  (1, 1,1) ， BC1  (0, 1, 2) , CD  (1, 0,1) .
设平面 BC1D 的一个法向量为n  (x, y, z) ，则
n  BD  0,
x  y  z  0,
即

n  BC
 0,
 y  2z  0.
1
令 z  1 ，则 y  2 ， x  1， 得n  (1, 2,1) .
设直线 CD 与平面 BC1D 所成角为 ，
CD  n

CD n
3
3
则sin | cs  CD, n |，
所以直线 CD 与平面 BC D 所成角的正弦值为 3 .
13
（17）（本小题 14 分）解：（Ⅰ）由b sin 2A
3a sin B 及正弦定理，得sin B sin 2 A
3 sin Asin B .
由倍角公式得2sin B sin Acs A3 sin Asin B .
在△ABC 中， sin A
0, sin B0 ，
3
2
得cs A.
π
因为 A
(0, ) ，
2
所以 Aπ .
6
（Ⅱ）记△ABC 的面积为 S△ABC .
选条件②：
由（Ⅰ）知 A
π
3 3 ，
，又由题知 S
1 bc sin A
2
6
可得 S△ABC
△ABC
得bc12 3 .
3 3
4
又由条件②，即
，解得b
3 3, c4 .
由余弦定理，得
a2b2c2
2bc cs A
271623 343
2
7
，
7.
所以a
选条件③：
又由条件③，即cs C 21 以及C (0, π) ，可得sin C  2 7 .
7
所以sin B  sin(A  C)  sin AcsC  cs Asin C  1 
21 
7
3  2 7  3 21
由（Ⅰ）知 A
又由题知 S△ABC
π
，
6
3 ，可得 S△ABC
272714
1 bc sin A .
2
得bc12 3 .
7
由正弦定理得a : b : c  sin A : sin B : sin C  7 : 3 21 : 4.
可设a  7k,b  3 21k,c  4 7k .
7
1
由bc  12 3 ，得k .
得 a  7.
（18）（本小题 14 分）
解：（Ⅰ）设该户网购生鲜蔬菜次数超过 20 次为事件 C，在 A 组 10 户中超过 20 次的有 3 户，由
样本频率估计总体概率，则 P(C)  3 .
10
（Ⅱ）由样本频率估计总体概率，一单元参与网购家庭随机抽取 1 户的网购生鲜蔬菜次数超过 20
次概率为 3
10
，二单元参与网购家庭随机抽取 1 户的网购生鲜蔬菜次数超过 20 次概率为 7 .
10
X 的取值范围为0,1, 2 .
P( X  0)  (1  3 )  (1  7 )  21 ，
1010100
P( X  1)  3  (1  7 )  (1  3 )  7
 29 ，
1010101050
P( X  2) 
3  7  21 .
E( X )  0 
10 10100
21  1 29  2  21  1 .
10050100
（Ⅲ） D(1 )  D(2 ) .
19. （本小题 14 分） 解：（Ⅰ）依题意可得：
2b  2,
a2  b2

4

解得a 
b  1.
 4 6.
5,
x2  2
椭圆 E 的方程为
5
y  1 .
（Ⅱ）依题意, 可设直线l 方程为 y  kx  m (km  0)， M (x1 , y1 ), N (x2 , y2 ) .
联立方程 5
y
 x2  2

 1,
 y  kx  m.
得(5k2 1)x2 10kmx  5m2  5  0 .
  (10km)2  4  (5k2 1)(5m2  5) 100k2  20m2  20  0 ，即5k2  m2 1 .
10km5m2  5
x1  x2   5k 2  1 ， x1 x2  5k 2  1 .
在直线l 方程 y  kx  m 中，令 y  0 ，得 x  m ，得 P( m , 0) .
kk
依题意得 M '(x , y ) ，得直线 M ' N 方程为 y  y2  y1 (x  x )  y .
1 1x  x11
令 x  0 ，得 y
21
 x1 y2  x2 y1 .
Qx  x
12
1
2
所以△ OPQ 的面积为 Sx  y
x1 y2  x2 y1 x1  x2
1
m
2
k
.
OPQPQ
x1 y2  x2 y1  x1 (kx2  m)  x2 (kx1  m)  2kx1x2  m(x1  x2 )
2k 
5m2  510km2 
5k 2 15k 2 
10k
2 1 .
即 S△OPQ
15k
10k
10km
1
m
2
k
 2 ，解得k  1 ，经检验符合题意.
4
所以k 的值为 1 .
4
（20）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）当a  1时， f (x)  ex  x .
则 f (0)  1.
求导得 f '(x)  ex 1，得 f '(0)  0 .
所以曲线 y  f (x) 在(0, f (0)) 处的切线方程为 y 1 .
求导得 f '(x)  aeax 1 .
当 a  0 时， f '(x)  0 恒成立，此时 f (x) 在R 上单调递减.当 a  0 时，令 f '(x)  0 ，解得 x=  ln a .
a
f x 与 f x 的变化情况如下：
由上表可知， f (x) 的减区间为(,  ln a ) ，增区间为( ln a , ) .
aa
综上，当a  0 时， f (x) 的减区间为(, ) ，无增区间；
当 a  0 时， f (x) 的减区间为(,  ln a ) ，增区间为( ln a , ) .
aa
将 f (x) 在区间[1,1] 上的最大值记为 f (x)max ，最小值记为 f (x)min .
由题意，若x [1,1] ，使得| f (x) | 3 成立，即 f (x)max  3 或 f (x)min  3 .
当 x [1,1]时， f (x)  eax  x  x  1.
所以若x [1,1] ，使得| f (x) | 3 成立，只需 f (x)max  3 .
由（Ⅱ）可知 f (x) 在区间[1,1] 上单调或先减后增，故 f (x)max 为 f (1) 与 f (1) 中的较大者，所以只需当 f (1)  3 或 f (1)  3 即可满足题意.
即 f (1)  ea 1  3 或 f (1)  ea 1  3 .
解得a  ln 2 或 a  ln 4 .
综上所述， a 的取值范围是(, ln 2] [ln 4, ) .
x
(,  ln a )
a
 ln a a
( ln a , )
a
f x
−
0
+
f x
↘
极小值
↗
（21）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）（ⅰ）不满足.令i  j  3 ， ai aj  16 不是数列{an } 中的项.
（ⅱ）满足. 对于任意bi ,bj (i≥j) ， bibj  (2i 1)(2 j 1)  2(2ij  i  j  1) 1 .
由于2ij  i  j 1  1，故令k  2ij  i  j 1 即可.
（Ⅱ）（1）对于有穷数列{an } 记其非零项中，绝对值最大的一项为 ap ，绝对值最小的一项为aq .
故令i  j  p 时，存在一项| a || a a | a 2 .
ki jp
pnppp
又 a 是数列{a } 非零项中绝对值最大的，所以| a | a 2 ，即0 | a | 1.
再令i  j  q 时，存在一项| a || a a | a 2 .
ki jq
又 a 是数列{a } 非零项中绝对值最小的，所以| a | a 2 ，即| a
| 1 .
qnqqq
又1 | aq || ap | 1 ,
所以数列所有非零项的绝对值均为 1.
又数列{an } 的各项均不相等，所以其至多有0, 1,1 共 3 项.所以m  3 .
（2）构造数列{an }: 0, 1,1 .
其任意两项乘积均为0, 1,1之一，满足性质①.
其连续三项满足0  (1) 1  0 ，满足性质②.
又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时m  3 .
（3）由（1）（2）， m 的最大值为 3.
（Ⅲ）（1）首先证明：当a1  0, a2  1 时，数列满足a2t 1  0, a2t  0, 且| at || at 2 |,t  1, 2,3,
.（*）
因为对于任意数列的连续三项a , a, a
，总有(a  a
 a)(a  1 a
 a)  0 .
nn1 n2
nn1
n2n2 n1
n2
即 a a  a或a
 a  1 a
. 不论是哪种情形，均有
n2
nn1
n2
n2 n1
当 a  0  a
时， a
 a  1 a a  0 ，即| a
|| a | .
nn1
n2
n2 n1n
n2n
当 a  0  a
时， a
 a  1 a a  0 ，亦有| a
|| a | .
nn1
n2
n2 n1n
n2n
又 a1  0  1  a2 ，故性质（*）得证.
考虑a , a , a 三项，有a
 a  a 或a
 a  1 a .
1 23
312
312 2
若 a  a  a , 则a  a  a  1 ，此时令i  j  1 ，有a 2  a ，由性质（*）知不存在k 使得
31213211
a  0 ，且a  a 2  a .
kk11
3
故只有a  a  1 a ，此时a  a  1 a .
312 2132 22
因为a  a  1 a  a  1 (a  1 a )  5 a
 5 ,
532 43222 3
32
所以令i  j  1 时， a 2  9  a .
145
由性质（*）知，只有a 2  a 或 a 2  a .
1113
2
13
当 a 2  a 时， a1 
2, a2  2(a1  a3 )  2
 4 ，此时令i  2, j  1 ， a2a1  4  4，
2
2
但 a  a  1 a
 2
 5 ，即| a || a a | ，由性质（*）知不存在k 使得a
 a a .
422
3
42 1
k2 1
所以a 2  a ，即a  1 ，从而a  2 .
1112
 n1
2 2 , n是奇数，
n
经验证，数列{an }： an  

满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列.
 22 , n是偶数
假设as 是第一个不满足上述通项公式的项， s  4 .
当 s  2t  1,t  2 时，只能为a a a
 2t1  (2t )  3 2t1 .
2t 12t 12t
i j
令i  2t 1, j  3，则aa  2t .
但 a 2t  a，由性质（*），不存在k 使得aia j  ak .
2t 12t 1
当 s  2t,t  2 时，只能为a  a
 1 a 2t1  1 2t1  3  2t2  2t .
2t2t 2
2 2t 12
则 a a
 1 a a  1 (a
 1 a
)  5 a
 1 a 19  2t  2t .
2t 22t
2 2t 12t
22t1
2 2t
4 2t
2 2t 116
令i  2t  2, j  3 ，则aa  2t ，但a
 2t  a
，由性质（*），不存在k 使得a a
 a .
i j
故不存在不满足上述通项公式的项.


2t
n1
2t 2
i jk
2 2 , n是奇数,
综上，数列{an } 的通项公式为an  
 n
 22 , n是偶数.