2023届北京市海淀区高三二模数学试题含解析

这是一份2023届北京市海淀区高三二模数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市海淀区高三二模数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据集合的包含关系及交集的定义判断可得.【详解】因为，，所以，.故选：B2．在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边经过点，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据三角函数的定义即可求解.【详解】由三角函数的定义可知，故选：A3．若的展开式中常数项为32，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】利用二项展开式的通项，根据常数项为32，求.【详解】的展开式通项为.故常数项为，得.故选：A.4．下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性以及单调性，结合基本初等函数的性质，即可由选项逐一判断.【详解】对于A, 的定义域为，定义域不关于原点对称，所以为非奇非偶函数，故A错误，对于B，的定义域为，定义域关于原点对称，又，所以为奇函数，但在单调递减，故B错误，对于C，的定义域为,关于原点对称，又，故 为偶函数，故C错误，对于D， 由正切函数的性质可知为奇函数，且在单调递增，故D正确，故选：D5．已知等差数列的前项和为，，，则的最大值为（    ）A．7 B．6 C．5 D．4【答案】B【分析】设公差为，根据等差数列的通项公式求出，即可得到的通项公式，再令，即可求出的最大值.【详解】设公差为，因为，，所以，解得，所以，令，解得，所以当或时取得最大值，且.故选：B6．已知抛物线，经过点P的任意一条直线与C均有公共点，则点P的坐标可以为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据点与抛物线的位置即可求解.【详解】在轴上，所以在抛物线外部，将代入抛物线中，则，所以在抛物线外部，将代入抛物线中，则，所以在抛物线外部，将代入抛物线中，则，所以在抛物线内部，将选项中的点分别在直角坐标系中画出来，只有点在抛物线内部，故当点位于点处，此时经过点P的任意一条直线与C均相交，故均有公共点，故选：D7．芯片是科技产品中的重要元件，其形状通常为正方形．生产芯片的原材料中可能会存在坏点，而芯片中出现坏点即报废，通过技术革新可以减小单个芯片的面积，这样在同样的原材料中可以切割出更多的芯片，同时可以提高芯片生产的产品良率．．在芯片迭代升级过程中，每一代芯片的面积为上一代的．图1是一块形状为正方形的芯片原材料，上面有4个坏点，若将其按照图2的方式切割成4个大小相同的正万形，得到4块第3代芯片，其中只有一块无坏点，则由这块原材料切割得到第3代芯片的产品良率为．若将这块原材料切割成16个大小相同的正方形，得到16块第5代芯片，则由这块原材料切割得到第5代芯片的产品良率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题意将原材料进行切割，得到有坏点的芯片数，即可判断.【详解】依题意将这块原材料如下切割得到第代芯片，其中块无坏点，块有坏点，故第代芯片的产品良率为.故选：C8．已知正方形ABCD所在平面与正方形CDEF所在平面互相垂直，且，P是对角线CE的中点，Q是对角线BD上一个动点，则P，Q两点之间距离的最小值为（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根据面面垂直可得线面垂直，进而根据线线垂直得到勾股定理，根据点到直线的距离最小即可求解的最小值.【详解】取边的中点为,连接 , P是CE的中点，则,由于,平面平面,平面平面，平面, 故平面,平面, 故,在直角三角形中， , ,要使最小，则最小，故当时，此时最小，故的最小值为,所以，、故选：C9．已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”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】C【分析】根据向量的模长关系以及共线，即可结合必要不充分条件进行判断.【详解】若，则存在唯一的实数，使得，故，而，存在使得成立，所以“”是“存在，使得”的充分条件，若且，则与方向相同，故此时，所以“”是“存在，使得”的必要条件，故“”是“存在，使得”的充分必要条件，故选：C10．已知动直线与圆交于，两点，且．若与圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值之差为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】D【分析】根据题意当动直线经过圆的圆心时，可得到弦长的最大值为该圆的直径，再设线段的中点为，从而得到动直线在圆上做切线运动，当动直线与轴垂直且点的坐标为时，即可得到弦长的最小值，进而即可求解．【详解】由题意可知圆的圆心在圆上，则当动直线经过圆心，即点或与圆心重合时，如图1，此时弦长取得最大值，且最大值为；设线段的中点为，在中，由，且，则，则动直线在圆上做切线运动，所以当动直线与轴垂直，且点的坐标为时，如图2，此时弦长取得最小值，且最小值为，所以的最大值与最小值之差为2．故选：D．【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法：①几何法：求圆的半径，弦心距，则弦长为；②代数法：运用根与系数的关系及弦长公式． 二、填空题11．在复平面内，复数z所对应的点为，则___________．【答案】2【分析】根据复数的几何意义可得，由乘法运算即可求解.【详解】由题意可知 ，所以，故答案为：212．已知双曲线C经过点，渐近线方程为，则C的标准方程为___________．【答案】【分析】由已知可设C的标准方程为，由已知，解出双曲线的渐近线方程为，结合已知，即可得出答案.【详解】由已知可得，双曲线的焦点位于轴上， 设C的标准方程为.因为双曲线C经过点，所以，则双曲线的渐近线方程为，所以，所以，C的标准方程为.故答案为：. 三、双空题13．如图，在中，是边上一点，，则__________；的面积为___________．【答案】          【分析】在中由余弦定理求出，即可求出，再由诱导公式求出，最后由面积公式计算可得.【详解】在中由余弦定理，即，解得，所以，所以，所以.故答案为：；14．设函数，①若，则不等式的解集为___________；②若，且不等式的解集中恰有一个正整数，则的取值范围是___________．【答案】          【分析】①在坐标系中分别作出和的图象，利用图像法求解即可；②在坐标系中分别作出和的图象，根据图象列不等式组求解即可.【详解】①当时，和的图象如图所示，由图象可得当时，；②当时，的图象如图所示，若不等式的解集中恰有一个正整数，则由图象可得，即，解得，故答案为：； 四、填空题15．在数列中，，．设向量，已知，给出下列四个结论：①；②，；③，；④，．其中所有正确结论的序号是___________．【答案】②③④【分析】根据已知带入，即可求得，即可判断①；同理可求得，.然后猜想，有，（*）.然后根据数学归纳法证明（*）成立，进而推得，.可猜想，（**）. 然后根据数学归纳法证明（**）成立，即可得出②；带入化简整理可得，根据不等式的性质即可得出③；根据（**）的结论即可得出④正确.【详解】对于①，由已知可得，，所以，.因为，所以有，解得，故①错误；对于②，，，所以，.因为，所以有，解得.同理可得，.所以有，，，.猜想，，有，.（*）显然，当时，（*）式成立；假设时，（*）式成立，即，有，.因为，，，所以，.由已知可得，，所以，所以.又，所以，所以.即，时，式子（*）也成立.所以，猜想正确.即，有，.所以， ，.猜想，，.（**）当时，（**）式成立；假设当时，（**）式成立，即，.则，，当且仅当，即时，等号成立.因为，所以.所以，当时，（**）式也成立.所以，，，故②正确；对于③，因为，所以，所以，所以，所以.又，所以.同理可得，.所以，，，故③正确；对于④，由（**）可得，，.所以，，，故④正确.故答案为：②③④.【点睛】关键点睛：根据前几项，猜想结论，根据数学归纳法证明结论. 五、解答题16．已知函数，且．(1)求的值和的最小正周期；(2)求在上的单调递增区间．【答案】(1)，(2)， 【分析】（1）根据代入求出，再利用三角恒等变换公式化简，结合正弦函数的性质计算可得；（2）由正弦函数的性质计算可得.【详解】（1）因为，且，所以，解得，所以，即，所以的最小正周期；（2）由，，解得，，所以的单调递增区间为，，当时的单调递增区间为，当时的单调递增区间为，所以在上的单调递增区间为，.17．某大学学院共有学生1000人，其中男生640人，女生360人．该学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，按性别分层抽样，从该学院所有学生中抽取若干人作为样本，对样本中的每位学生在5月份的累计跑步里程进行统计，得到下表．跑步里程s（）男生a12105女生6642(1)求的值，并估计学院学生5月份累计跑步里程s（）在中的男生人数；(2)从学院样本中5月份累计跑步里程不少于的学生中随机抽取3人，其中男生人数记为X，求X的分布列及数学期望；(3)该大学学院男生与女生人数之比为，学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，也按性别进行分层抽样．已知学院和学院的样本数据整理如下表．5月份累计跑步里程平均值（单位：）                       学院性别AB男生5059女生4045设A学院样本中学生5月份累计跑步里程平均值为，B学院样本中学生5月份累计跑步里程平均值为，是否存在，使得?如果存在，求的最大值；如果不存在，说明理由．【答案】(1)，人(2)分布列见解析，(3)存在满足条件的，且的最大值为， 【分析】（1）首先求出男女生人数之比，即可得到方程，求出的值，再由样本求出估计值；（2）依题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；（3）设学院女生人数为，则男生人数为，求出，，即可得到不等式，解得即可.【详解】（1）依题意，男女生人数之比为，所以，解得，故计学院学生月份跑步里程在中的男生人数为人.（2）依题意的可能取值为，，，所以，，，所以的分布列为所以（3）存在满足条件的，且的最大值为，设学院女生人数为，则男生人数为，则，而，依题意，即，显然，解得，所以的最大值为.18．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB，PD的中点．(1)求证：EF//平面PBC；(2)若，二面角的大小为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．求PD的长．条件①：；条件②：．【答案】(1)证明见解析 (2)12. 【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，进而由线线平行得出线面平行；（2）分别选择条件，设PD边长，建系应用二面角余弦值求参数即得.【详解】（1）取的中点M，连接，∵M，F分别为的中点，∴是的中位线，∴且，又E为的中点，∴且，∴且，∴四边形是平行四边形，∴平面平面，∴平面.（2）选择条件①：,平面ABCD，,平面PCD，平面PCD, 平面PCD, ,,底面ABCD为菱形，E为AB的中点．,是等边三角形，以为z轴，为y轴,为x轴，建立空间直角坐标系， 设,则,设平面法向量为,设平面法向量为,,,,令,则,二面角的大小为∴，,选择条件②：．平面ABCD，,,取的中点O，,平面PDO，平面PDO, 平面PDO, ,,底面ABCD为菱形，O为BC的中点．,是等边三角形，以为z轴，以为x轴，以为y轴设,则,设平面法向量为,,,,令则,设平面的法向量为,,,,令,则,二面角的大小为∴，,19．已知椭圆的左顶点为，上、下顶点分别为，，直线的方程为．(1)求椭圆的方程及离心率；(2)是椭圆上一点，且在第一象限内，是点关于轴的对称点．过作垂直于轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点．求的大小．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）首先由直线的方程求出、的坐标，即可求出、的值，从而求出，即可得到椭圆方程与离心率；（2）设，，则，求出点坐标，再求出直线的方程，即可求出点坐标，从而求出，即可求出的倾斜角，即可得解.【详解】（1）因为直线的方程为，所以，，即，，所以，所以椭圆方程为，离心率（2）依题意，设，，则，且点是椭圆上一点，可得，直线的方程为，由，可得，所以，直线的方程为，令，得，即，所以，即直线的倾斜角是，所以.【点睛】关键点睛：本题解答的关键是设而不求，求出直线的斜率，即可求出.20．已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求证：；(3)若函数在区间上无零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2)见解析(3) 【分析】（1）求导，即可得，结合，由点斜式即可求解切线方程；（2）将不等式转化为，构造函数，求出最值即可证明结论成立；（3）对分情况讨论，在时，，通过二阶求导，结合即可求解，在时，求导，结合零点存在性定理可得存在使得，进而结合导数即可求解.【详解】（1），则，又，所以曲线在点处的切线方程为，（2）因为 所以，要证明，只需要证明，即证.令，则，当时，，此时在上单调递增；当时，，此时在上单调递减，故在取极大值也是最大值，故，所以恒成立，即原不等式成立.（3），当时，，故当时，在区间上恒成立，符合题意；当时，，令，则在区间上恒成立，所以在单调递减，且，①当时，此时，在区间上恒成立，所以在区间单调递减，所以在上恒成立，符合题意，②当时，此时，由于且，所以，所以 ，故存在使得，故当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，故时，取极大值也是最大值，故，由，可得，令 ，得，所以在上存在零点，不符合题意，舍去，综上可知， a的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.21．设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；②(1)若为数列，且，求m；(2)若为数列，求的所有可能值；(3)若对任意的数列，均有，求d的最小值．【答案】(1)(2)的所有可能取值为全体大于的正整数(3) 【分析】（1）根据所给定义一一列举，即可得解；（2）依题意，，利用反证法证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列；（3）先证明符合题意，再利用特例证明，最后证明不符合题意，即可得解.【详解】（1）依题意，，所以，，，，，所以.（2）依题意，，下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，时，符合题意，反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列，设此时的最小值为，即时存在数列，时不存在数列，①当为奇数时，因为存在以为首项的数列，、、、，所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，②当为偶数时，因为存在以为首项的数列，、、、，所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，综上，的所有可能取值为全体大于的正整数.（3）依题意，，，，，先证明符合题意，即，当时显然成立，当时，对任意，，故，即，（i）当时，由，，所以.（ii）当时，由，，，所以.再证明.对任意的偶数，令，先验证为数列，当时为奇数，，符合②；当时为偶数，，符合②；当时，，符合②；又符合①，所以为数列.下面证明不符合题意.假设，因为，，所以，，矛盾.综上可得的最小值为.【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理的利用定义进行推导，结合反证法达到转化证明.