2023届北京市清华附中高三统练二数学试题含解析

2023届北京市清华附中高三统练二数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据交集运算求解.

【详解】因为，

所以，

故选:B.

2．已知复数在复平面对应的点在虚轴上，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】根据复数的运算法则，纯虚数的定义即可求解.

【详解】依题意，

，

因为复数在复平面对应的点在虚轴上，

所以，解得.

故选：D.

3．已知为平面向量，若，若，则实数（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】由，利用向量共线坐标公式即可求解.

【详解】因为向量，且，

所以，解得.

故选：A

4．已知抛物线的焦点为，直线与该抛物线交于A，B两点，则（    ）

A．4 B． C．8 D．

【答案】D

【分析】根据题意可得抛物线的方程，从而可得坐标，从而得到.

【详解】因为抛物线的焦点为，则，所以抛物线方程为，

设，不妨令，

则可得，即，

所以.

故选:D

5．若双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据双曲线渐近线和离心率的公式即可.

【详解】渐近线方程为；

；

；

故选：A.

6．已知数列为等差数列，其前n项和为，，，若对于任意的，总有恒成立，则（    ）

A．6 B．7 C．9 D．10

【答案】D

【分析】根据题意，求得等差数列的通项公式，从而得到数列前项都是负数，从而得到结果.

【详解】设等差数列的公差为，

由性质知，则，且，

则，

令，得，即前项都是负数，

所以最小，所以.

故选:D

7．大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa，1Pa=1N/m2），大气压强（Pa）随海拔高度（m）的变化规律是（m-1），是海平面大气压强.已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（    ）

（参考数据：）

A．550m B．1818m C．5500m D．8732m

【答案】C

【分析】根据以及指数的运算即可求解.

【详解】在某高山两处海拔高度为，

所以，

所以，

所以（m）.

故选：C

8．已知数列为等比数列，其前n项和为，，则“公比”是“对于任意，”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】根据等比数列的通项公式以及前项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.

【详解】若，且公比，则，所以对于任意，成立，故充分性成立；

若，且，则，

所以由对于任意，，推不出，故必要性不成立；

所以“公比”是“对于任意，”的充分不必要条件.

故选:A

9．已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠成三棱锥则在折叠过程中，不可能出现（    ）

A． B．

C．三棱锥的体积为 D．平面平面BCD

【答案】A

【分析】根据题意，由线面垂直的性质定理即可判断AB，由三棱锥的体积公式即可判断C，由二面角的定义即可判断D.

【详解】对于A，若，因为，面ABC，所以，而，即直角边长与斜边长相等，显然不对，故A错；

对于B，取BD中点O，因为，AO 所以面AOC，所以，故B对；

对于C，当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，此时 ，故C对；

对于D，当沿对角线折叠成直二面角时，有平面平面，故D对；

故选:A

10．函数，.若存在，使得，则的最大值为（     ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】构造函数，研究的单调性．

【详解】方程变形为：

，

设，则，

在上递减，在上递增，

∴，

∴的值域是，

若存在，使得，

则，，∴的最大值为8．

故选：D．

【点睛】本题考查函数的值域，解题关键是构造新函数，把问题转化为“存在，使得”，这样利用的值域就可以解决问题．

二、填空题

11．已知，则__________．

【答案】9

【分析】按照二项式定理展开，再根据对应项系数确定和的值，代入计算即可.

【详解】

故，，

所以，

故答案为9.

12．不等式的解集为__________．

【答案】

【分析】利用数形结合思想，结合对数函数和二次函数的图象进行求解即可.

【详解】由，

在同一直角坐标系内画出函数的图象如下图所示：

因为，

所以由函数的图象可知：当时，有，

故答案为：

13．已知函数，在上单调递增，那么常数的一个取值____．

【答案】（答案不唯一）

【分析】由条件利用正弦函数的单调性可得,由此求得正数ω的范围，任取此范围内常数即可.

【详解】在上单调递增,

则,

，取一个该范围内的值即可，如．

故答案为：.

14．已知函数

①函数的零点个数为__________．

②若存在实数b，使得关于x的方程有三个不同的根，则实数m的取值范围是__________．

【答案】     1    

【分析】第一空，分类讨论，无论，函数都一个零点；

第二空，由第一空讨论，，值的情况，从而可得满足题意的的范围.

【详解】第一空：当时，可知有一个零点；

当时，有一个零点；

当时，可知有一个零点；

综上函数的零点个数为1个.

第二空：

如图所示，当时，若要满足题意需，得；

当时，不符题意；

如图所示，当时，若要满足题意需，得；

综上m的取值范围是：

故答案为：1；

15．对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，现新定义：若满足，则称为的次不动点，有下面四个结论

①定义在R上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点

②定义在R上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点

③当时，函数在上仅有一个不动点和一个次不动点．

④不存在正整数m，使得函数在区间上存在不动点，其中，正确结论的序号为__________．

【答案】②③

【分析】举反例偶函数，利用“不动点”、“次不动点”的定义即可判断①；

对于②结合奇函数定义及性质即可判断；

对于③首先利用“不动点”定义得到及利用“次不动点”的定义得，再分离变量，利用函数单调性即可求得a的取值范围；

对于④利用“不动点”得到，分离变量后得到，将问题转化为函数零点问题即可求解.

【详解】对于①:取函数，，既是的不动点，又是的次不动点，故①错误；

对于②:定义在上的奇函数满足，故②正确；

对于③:当时， ，即.

令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解；

当时，即.

令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解；综上时函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，故③正确;

对于④:假设函数在区间上存在不动点，则在上有解，即在上有解，令，则，再令，则，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以在上 恒成立，所以在上单调递增，

所以，，

所以实数满足，存在正整数满足条件，故④错误：

故答案为：②③

【点睛】本题考查的是函数的新定义问题，试题以函数和方程的有关知识为背景设计问题，难度较大.已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解

三、解答题

16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，底面ABCD，，E是PC上任一点，.

（1）求证：平面平面PAC：

（2）若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）依题意可得，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，从而得到平面；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；

【详解】解：（1）在四棱锥中，底面ABCD为菱形，所以，又因为底面ABCD，底面ABCD，所以，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；

（2）取的中点，连接，因为底面ABCD为菱形且，所以为等边三角形，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，所以即，令则，，所以，设直线ED与平面EBC所成角为，则

所以直线ED与平面EBC所成角的正弦值为

【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

17．在△中，，.

(1)求证：△为等腰三角形；

(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△存在且唯一，求的值.

条件①：；

条件②：△的面积为；

条件③：边上的高为.

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)详见解析.

【分析】（1）把转化为边a、b之间的倍数关系，把转化为三边a、b、c之间的关系，综合可得证；

（2）条件①,与已知矛盾，三角形无解，不可选；

条件②，通过三角形面积公式解得a，可使△存在且唯一；

条件③，通过转化条件，可使△存在且唯一.

【详解】（1）在△中，由，可得

则由，可得

即，故有

故△为等腰三角形.

（2）选择条件①：时，由（1）知，则有，

此时，

与已知矛盾，三角形无解.不能选；

选择条件②：△的面积为时，

由得，

故有，解得，,.

三角形存在且唯一，可选.

选择条件③：边上的高为.

由得，

可得，则有,.

三角形存在且唯一，可选.

综上可知:选择条件②时，三角形存在且唯一，.

选择条件③时，三角形存在且唯一，.

18．为了弘扬中华优秀传统文化，加强对学生的美育教育，某校开展了为期5天的传统艺术活动，从第1天至第5天依次开展“书画”、“古琴”、“汉服”、“戏曲”、“面塑”共5项传统艺术活动，每名学生至少选择其中一项进行体验，为了解该校上述活动的开展情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取了100名学生作为样本进行调查，调查数据如表：

(1)从样本中随机选取1名学生，求这名学生体验戏曲活动的概率；

(2)从高一、高二、高三年级中各随机选取1名学生，估计这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率；

(3)为了解不同年级学生对各项传统艺术活动的喜爱程度，现从高一、高二、高三样本中各随机选取1名学生进行访谈，设这3名学生均选择了第天传统艺术活动的概率为，当取得最大值时，写出的值．（直接写出答案即可）

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）结合古典概型可直接求解；

（2）先求出样本中这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率，再利用样本估计总体概率；

（3）结合相互独立事件概率公式求出，即可求解.

【详解】（1）由题意知，样本中学生共有人，

其中体验戏曲活动的学生共人，

设事件为“从样本学生中随机选取1名学生，这名学生体验戏曲活动”，

故所求概率为.

（2）从高一、高二、高三年级的体验学生中各随机选取1名学生，

这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率为：，

所以从高一、高二、高三年级中各随机选取1名学生，估计这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率为.

（3）由题可知，，

，

，

，

，

故．

所以当取得最大值时，.

19．已知椭圆的短轴长为，离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线l与圆相切，与椭圆交于不同的两点，求的面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得，解方程即可得出答案；

（2）当直线斜率不存在时，可得，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立椭圆方程根据韦达定理及弦长公式可表示出，结合条件即得.

【详解】（1）由题意可得：，解得：.

故椭圆的标准方程为：；

（2）圆的方程为，圆心为，半径为，

①当直线斜率不存在时，的方程为或，

直线与椭圆交点为，的面积为，

根据对称性，直线时，的面积为；

②当直线斜率存在时，设直线方程为，

由得，

由，得，

则，得.

因为，所以，所以恒成立，

设，则，

所以

，

所以，

令，

则的面积为，

令，

令，,

所以

因为，从而的面积的最大值为为,

综上，的面积的最大值为.

20．已知函数．

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)求的单调区间；

(3)若方程有解，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)单调递增区间为，单调递减区间为

(3)

【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，即可求出切线方程；

（2）利用导函数的符号，解不等式即可得到函数的单调区间；

（3）分离参数，转化为函数与直线有公共点问题，求导，利用单调性画函数图象，利用数形结合求解即可.

【详解】（1）由题，，所以，，

所以，又，所以曲线在处的切线方程为：，

即；

（2）令得，所以，令得，所以，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，

（3）因为方程有解，即方程有解，

令，，则方程有解，所以，有解，

记，，则函数与直线有公共点，

，令，，

令得，令得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以，

所以函数在上单调递增，

记，，令得，

令得，所以函数在上单调递增，

在上单调递减，所以，所以，

作出图象，如图：

由图可知，函数与直线有公共点时，即实数a的范围为.

【点睛】方法点睛：方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.也可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题.

21．若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．

(1)若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；

(2)若等差数列具有性质，且，求的取值范围；

(3)已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式．

【答案】(1)的可能取值有：、、、

(2)

(3)

【分析】（1）根据题中定义可得出，，可依次求得、的取值；

（2）设等差数列的公差为，根据可求得的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求得的取值范围；

（3）根据性质可得出，根据可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性即可.

【详解】（1）解：因为数列具有性质，则，所以，，

当时，由，所以，或，

当时， 由，所以，或.

综上所述，的可能取值有：、、、.

（2）解：设等差数列的公差为，

则，

即，所以，，

所以，，

因为，则，

所以，.

（3）解：根据性质，，都有，

又因为，所以，，

于是，因为、必同号，进而、必同号，

若，由性质，必有，，，，这与矛盾，

所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能.

若，则，，，这与矛盾，因此，.

下面证明：，则，

利用反证法：假设，则，

又因为，所以，，

若，则或，与矛盾，则，所以，，则或，

于是无论哪种情况，，，

由且可得，此时满足，

所以，，则，，所以，，矛盾，

综上可知，，所以，，，

下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则，

由于，所以，，只能有，，这与矛盾，

总之，，再由可得，进而，都成立，

可以猜测数列的通项为，

可验证此时、两条性质均成立，符合题意，

如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，

仍满足，，

设是第一个违反上述通项公式的项，

若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾；

若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾.

综上所述，数列的通项公式必为.

【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.