2023年北京丰台区高三二模数学试题含答案解析

这是一份2023年北京丰台区高三二模数学试题含答案解析，共14页。













丰台区 2022～2023 学年度第二学期综合练习（二）
高三数学 参考答案

一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．




2023. 04

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
B
A
D
C
D
A
D
B
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．
11．24 12． y = x + 2 （答案不唯一） 13．0；[- 9 , 2]
8
14．80 15．②③

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）选择条件①：
5
解：（Ⅰ）在△BCD中，由余弦定理得 DC2 = BD2 + BC2 - 2BD × BC cosÐDBC ，即 BD2 - 2 5BD + 5 = 0 ，解得 BD = . 6分
5
（Ⅱ）在△BCD中，BC=3，CD=2， BD = ，所以 BD2 + CD2 = BC2 ，
因此ÐBDC = π ，
2

所以 S

DBCD
= 1 BD × CD =
5
2

5
在△ABD 中，AB=1，AD=2， BD = ，所以 AB2 + AD2 = BD2 ，
所以ÐDAB= π ，
2

又因为 S

DABD
= 1 AB × AD = 1， 2

5
所以 SABCD =SDABD + SDBCD = + 1 . 13分
选择条件②：

解：（Ⅰ）在△BCD中，BC=3，CD=2，由余弦定理得

BD2 = BC2 + CD2 - 2BC × CD cosÐDCB = 13 -12cosÐDCB ①，在△ABD中，AB=1，DA=2，由余弦定理得
BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × AD cosÐDAB = 5 - 4cosÐDAB ②，因为∠DCB+∠DAB= π ，

所以cosÐDCB= - cosÐDAB ，
由①②解得cosÐDCB= 1 ，
2
7
代入①得 BD = . 6 分
（II） 因为cosÐDCB= - cosÐDAB ，
1
所以cos ÐDAB= - ，
3
2

所以sin ÐDCB=sinÐDAB = ，
2


所以 S



ABCD

=SDABD

+ SDBCD
= 1 AB × AD sin ÐDAB + 1 CB × CD sin ÐDCB = 2 .
3
2 2



17.（本小题 14 分）
（I） 证明：因为平面 ABF//平面 CDE，
平面ADEF 平面ABF=AF，平面ADEF 平面CDE=DE，所以AF//DE. 4分
（II） 因为 DE^平面 ABCD， AD,DC Ì 平面 ABCD，所以 DE^AD，DE^DC，
又因为 AD^DC，
所以 AD,DC,DE 两两垂直，
以 D 为原点建立空间直角坐标系O - xyz ，如图所示，
D(0,0,0),A(1,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,2),F(2,0,1) ，
CE = (0,-2,2), BC = (-2,0,0), FB = (0,2,-1) ，
设平面 BCE 的法向量为m = (x0 ,y0 ,z0 )
由ìïm ^ BC, 得ìïm × BC = 0, 所以ì-2x0 = 0,
13分

í
m ^ CE,
í
m × CE = 0,
í-2 y
+ 2z
= 0,

ïî ïî
î 0 0

所以平面 BCE 的一个法向量为m = (0,1,1) ，
所以点 F 到平面 BCE 的距离为d = | FB × m | = 2 . 9 分
| m | 2

（Ⅲ） 设 EP = l EB ，可得 FP = (2l - 2,2l,1- 2l) ，因为 FP 在 CE 的垂面上，所以 FP^CE，
所以 FP × CE = -4l + 2(1- 2l) = -8l + 2 = 0 ，所以l = 1 ，
4


EP = 1 EB =
4
3
2
所以
18.（本小题 14 分）
. 14 分

解：（Ⅰ） n = 2000 ´
7


100
=140 ； 4 分

（II） 设事件 A=“按性别进行分层抽样，从该地区抽取了 5 名教师，这 5 名教师中恰有
1 人认为人工智能对于教学很有帮助”.
按性别进行分层抽样，从该地区抽取了 5 名教师，其中 1 名男教师，4 名女教师.
由题意可知 100 名被调查的教师中，有 8 名男教师和 40 名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”.
所以估计从该地区教师中任取一名男教师，认为人工智能对于教学“很有帮助”

2
的概率为
5
1
；任取一名女教师，认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为 .
2

故 P( A) = 2 ´(1- 1 )4 + 3 ´ C1 1 ´ (1- 1 )3 = 1 + 6 = 7 ； 11 分

5 2 5 4 2 2 40 40 40
（III） m1 > m0 > m2 . 14 分
19.（本小题 15 分）
1
解：（Ⅰ）因为椭圆 C 过点 A(-2,0) ,B ( 3, ) .
2

ìa = 2
í
所以ï 3 1
+ = 1
ìa = 2
í
，解得： ，
îb = 1

ïî a2
4b2

x2 + 2

所以椭圆 C 的方程为：
4
y = 1 ，

因为c2 = a2 - b2 = 3 ，所以椭圆 C 的离心率为 3 . 5 分
2
（Ⅱ）方法 1：
设点 P(x1 , y1 ),Q(x2 , y2 )(x1 ¹ ±2, x2 ¹ ±2) ，

所以直线 PA 的方程为：y =
y1 x1 + 2
(x + 2) ，直线 AQ 的方程为：y =
y2 x2 + 2
(x + 2) ，


所以点 E(0,
2 y1

x1 + 2

) ， F (0,
2 y2 ) .
x2 + 2



ME = (-1,
2 y1

x1 + 2
) ， MF = (-1,
2 y2 )
x2 + 2


因为 ME ^ MF ，所以 ME × MF = 0


即 ME × MF = 1 +
4 y1 y2 =0 ①
(x1 + 2)(x2 + 2)


当直线 PQ 无斜率时，设 x = m ，

1 2 1 2 1
则 x = x = m ， y × y = - y 2
m2
= m2 -
1
4

4( -1)
代入①得：1 + 4 = 0 ，解得： m = 0 ，
m2 + 4m + 4

所以 P，O，Q 三点共线.
当直线 PQ 有斜率时，设 y = kx + n(k ¹ 0) ，
ï
ì y = kx + n

由
í x2
+ y2 = 1
得： (1 + 4k 2 )x2 + 8knx + 4n2 - 4 = 0

ïî 4
ì
ïD = 64k 2n2 - 4(1 + 4k 2 )(4n2 - 4) > 0
ï
所以ïx + x = - 8kn

í 1 2
ï
ï


1 + 4k 2
4n2 - 4

ïîx1 × x2 = 1 + 4k 2
y1 × y2 = (kx1 + n)(kx2 + n)

= k 2 x x + kn(x + x ) + n2
1 2 1 2

= k 2 (4n2 - 4) - 8k 2n2 + 2



1 + 4k 2
= n2 - 4k 2
1 + 4k 2
4n2 - 4 -
1 + 4k 2


16kn
n



+ + 4n2 -16k 2 =

代入①得： 1 + 4k 2
解得： n = 0 或n = 2k
1 + 4k 2 4
1 + 4k 2 0

当n = 2k 时，直线 PQ 的方程： y = k(x + 2) ，不符合题意.所以 P，O，Q 三点共线.
综上，P，O，Q 三点共线. 15 分
方法 2：


设点 P(x0 , y0 )(x0 ¹ ±2) ，点 F (0, n) ， 直线 PA 的方程为： y =
y0 x0 + 2

(x + 2) ，




所以点 E(0,
2 y0 ) .
x0 + 2



ME = (-1,
2 y0

x0 + 2
) ， MF = (-1, n) ，


因为 ME ^ MF ，所以 ME × MF = 0



所以 1 +
2 y0 n = 0 ，即n =- x0 + 2 ，


x0 + 2 2 y0

所以直线 AF 的方程为： y = - x0 + 2 (x + 2)
4 y0

要证 P，O，Q 三点共线，由椭圆的对称性，只需证Q(-x0 , - y0 ) 在直线 AF 上.
x 2
又因为 0 + y 2 = 1，所以 x 2 - 4 = -4 y 2 ，

4 0
x + 2
0 0


x 2 - 4

所以- 0 (-x + 2) = 0 = - y
4 y 0 4 y 0
0 0

所以Q(-x0 , - y0 ) 在直线 AF 上，
所以 P，O，Q 三点共线. 15 分
20.（本小题 15 分）
xe
ex
2 x
解： f (x) 的定义域为[0, +¥)

（Ⅰ）当a = 0 时， f (x) =
x ， f ¢(x) = +
xex (x > 0) ，


所以 f ¢(1) = 3e ， f (1) = e ，
2
因此，所求切线方程为 y - e = 3e (x -1) ，即3e x - 2 y - e = 0 4 分
2


（Ⅱ） f ¢(x) =

1
2 x
ex + (
+ a) ex = 2x + 2a x +1ex (x > 0) ，

x
2 x

因为函数 f (x) 是增函数，所以 f ¢(x) ³ 0 在区间(0, +¥) 上恒成立，


等价于2x + 2a

x
法 1：转化为a ³ -(
+ 1 ³ 0 在区间(0, +¥) 上恒成立，
x
+ 1 ) 在区间(0, +¥) 上恒成立，
1
2 x
2
2 x




因为
+ ³ ，当且仅当 x = 1 时
x
1
2 x
2
x
2
+ = ，



所以[-(
+ 1 )] = -
x
2 x max
2 ，所以a £- 2 .


2
当 a =- 时，满足条件.

所以 a 的取值范围是[- 2, +¥) . 9 分

x
法 2：当a ³ 0 时， 2x + 2a + 1 > 0 在区间(0, +¥) 上恒成立，符合题意.

x
当 a < 0 时，令 = t ，则t ³ 0 ， 2t2 + 2at +1 ³ 0 在区间(0, +¥) 上恒成立，

2
因为- a > 0 ，所以4a2 - 8 £ 0 ，所以- £ a < 0 ，
2

综上所述，a 的取值范围是[- 2, +¥) . 9 分

x
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a ³- 2 时， f (x) 是增函数， f (x) 的最小值 f (0) < f (1) ；


a2 -1- a a2 - 2
当 a <-
2 时，由 f ¢(x) = 0 得， 2x + 2a
+ 1 = 0 ，该方程有两个正实数根，




a2 -1+ a a2 - 2
设为 x1 , x2 且 x1 < x2 ，（ x1 =
2 ， x2 = 2 ）


随 x 的变化， f ¢(x), f (x) 的变化情况如下表：

x
(0, x1 )
x1
(x1 , x2 )
x2
(x2 , +¥)
f ¢(x)
+
0
-
0
+
f (x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以 f (x) 的极小值为 f (x2 ) ， f (x) 的最小值为min{ f (0), f (x2 )} ,记为 f (x0 ) .

当 x2 ¹ 1 时， f (x2 ) < f (1) ，所以 f (x0 ) < f (1) ，
当 x = 1 时， f ¢(1) = 0 ，所以a =- 3 ， f (0) - f (1) = e- 3 < 0 ，即 f (0) < f (1) ，

2 2 2
此时 f (x0 ) = f (0) < f (1) ，

综上所述， f (x0 ) < f (1) . 15 分
21.（本小题 14 分）
解：（Ⅰ）{an } 为 4，6，9；{bn } 为 1，3，5，7.（答案不唯一） 4 分

（Ⅱ）由题意，因为数列{bn } 是公差 d 不为 0 的无穷数列，所以数列{bn } 的公差必为正数
否则，假设d < 0 ，因为b ³ 1,b < 1 Û b + (n -1)d < 1 Û n > 1- b1 +1，

1 n 1 d
所以当n > 1 - b1 +1时， b < 1 ，与c = 1 矛盾.

d n 1

n
数列{c } 的前 5 项为1, p, p2 , p3 , p4 ，且 p > 1，因为d > 0 ，所以{bn } 是递增数列.
因为b1 < a5 ， a1 = c1 = 1, A B = Æ ，所以b1 Î{c2 ,c3,c4 ,c5} .
此时必有c2 = b1 , 事实上，若c2 = a2 ，则{cn } 的前 5 项即是{an } 的前 5 项，

与b1 Î{c2 ,c3,c4 ,c5} 矛盾.所以c3 = a2 或c3 = b2 .
2
若c = a ，则 p2 = 2 ，所以 p = ，此时{c } 的前 5 项为1, 2, 2, 2 2, 4 ，
2
3 2 n


即b1 =
2, b2 = 2
，所以数列{bn } 的公差为d = b2 - b1 = 2,


2
2
因为b3 = 3 > a2 ，所以 p = 符合题意；

若c3 = b2 ，则c4 = b3 或c4 = a3

① c = b 时，有 p, p2 , p3 成等差数列，所以2 p2 = p + p3 ，解得 p = 1，与 p > 1矛盾；
4 3


3 2
② c = a 时，有 p3 = 2 ，所以 p = ，所以{c } 的前 5 项为1,
3 2,
3 4, 2, 23 2 ，

4 3 n

因为23 2 Ï A ，所以23 2 Î B ，即b = 23 2 ，所以b + b ¹ 2b ，与{b } 为等差数
3 1 3 2 n


列矛盾. 所以c3 = b2 不可能.

2
综上， p 的值为 . 9 分

（III） 因为数列{bn } 是首项为 1 的无穷数列，由（2）知，数列{bn } 是递增的数列；


对于公比不为 1 的无穷数列{an } ，必有a1 ³ 1 ,
q > 1 .


否则，若q 为负，则{an } 相邻两项必有一项为负，与c1 = 1 矛盾；

若0 < q < 1 ，因为a qn-1 < 1 Û n > 1 - ln a1 ，


1



所以当n > 1 - ln a1 时， a < 1 与题设矛盾.
ln q


ln q n

先证明充分性：

当 d 是有理数时，因为数列{bn } 是递增的等差数列，所以d > 0 ，
设 d = s (s,t Î N*, s,t互质) ，则 s = td ，
t

令 a = (1 + s)n-1 ，则a = 1, a
= 1 + s = 1 + td = b ,

n 1 2
t +1

当 n ³ 3时， a = 1 + C1 s + C 2
s2 +

+ Cr sr +
n-1
+ Cn-1sn-1
n-1
n-1
n-1
n n-1 n-1

n-1
= 1 + (C1
2
+ C
n-1
s + + Cr
sr -1 + + Cn-1sn-2 )td

n-1
所以数列{an } 的第 n 项是数列{bn } 的第(C1

+ C
2
n-1
s + + Cr
sr -1 + + Cn-1sn-2 )t + 1 项，


n-1
n-1
所以数列{an } 中的 项都是数列{bn } 的项，即 A Í B .
再证明必要性，（反证法）

假设d 是无理数，因为 A Í B ，即数列{an } 中的项都是数列{bn } 的项，

令 a1 = bi+1, a2 = bj +1, a3 = bk +1 (i, j, k Î N ) ，则a1 = 1 + id, a2 = 1 + jd, a3 = 1 + kd ，且i < j < k ，

2 1 3
因为a2 = a a ,即(1 + jd )2 = (1 + id )(1 + kd ) ，

整理得： 2 jd + j2d 2 = (i + k)d + ikd 2 ，约去 d 有2 j + j2d = (i + k ) + ikd ，


ì2 j = i + k,
î
因为i, j, k Î N*，且d 是无理数，所以í j2 = ik,

消去 j 并整理得： (i - k)2 = 0

即i = k ，与i < j < k 矛盾，所以假设不成立，即d 是有理数.
综上所述，“存在数列{an } ，使 A Í B ”的充要条件是“ d 是有理数”.




14 分