2023届北京市海淀区高三查缺补漏数学试题（二）含解析

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2023届北京市海淀区高三查缺补漏数学试题（二）

一、解答题
1．已知函数的部分图象如图所示.

（1）直接写出的值；
（2）再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求函数在区间上的最小值.条件①：直线为函数的图象的一条对称轴；条件②：为函数的图象的一个对称中心
【答案】（1）；（2）条件选择见解析，在区间上的最小值为.
【分析】（1）求出函数的最小正周期，由此可求得的值；
（2）根据所选条件求得的表达式，结合的取值范围可求得的值，再由求得的值，由求出的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】（1）由图象可知，函数的最小正周期满足，，则；
（2）选择条件①：因为直线为函数的图象的一条对称轴，
所以，，即，
，，则，，，
当时，，
所以当或时，即当或时，函数取得最小值，即；
选择条件②：因为是函数图象的一个对称中心，
则，解得，
，，则，，，
当时，，
所以当或时，即当或时，函数取得最小值，即.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上最值的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；
第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；
第三步：求出所求函数的值域（或最值）.
2．在△ABC中，．
(1)求B的值；
(2)给出以下三个条件：①；②，；③，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求的值；
（ii）求∠ABC的角平分线BD的长．
【答案】(1)
(2)正确条件为①③，（i），（ii）

【分析】（1）利用和角正弦公式可得，结合三角形内角和性质即可求B的值；
（2）根据条件组合判断出正确条件为①③，（i）应用余弦定理、三角形面积公式求各边长，最后由正弦定理求；
（ii）由角平分线性质求得，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出，再根据正弦定理求BD的长．
【详解】（1）由题设，
而，
所以，故；
（2）若①②正确，则，得或，
所以①②有一个错误条件，则③是正确条件，
若②③正确，则，可得，即②为错误条件，
综上，正确条件为①③，
（i）由，则，即，
又，可得，
所以，可得，则，
故；
（ii）因为且，得，
由平分得，
在中，，
在中，由，得．

3．设函数（是常数，）．若在区间上具有单调性，且，
(1)直接写出的解析式；
(2)求的单调递减区间；
(3)已知，求函数在上的值域．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据已知结合作出图象分析可得的对称中心和对称轴，然后列方程可解；
（2）利用正弦函数的单调递减区间解不等式即可；
（3）化简后，通过换元转化为二次函数问题求解可得.
【详解】（1）因为在区间上具有单调性，且
如图，所以关于对称，且，
所以，即，，解得，
又，所以，
因为，所以
所以

（2）由，得
所以函数的单调递减区间为
（3）由（1）知，

因为，所以，
令
所以的值域为
4．如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，．
  
(1)求证：；
(2)若．
（ⅰ）求直线与直线所成角的余弦值；
（ⅱ）求点到平面的距离；
（ⅲ）设点为线段上任意一点（不包含端点），证明：直线与平面相交.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）；（ⅲ）证明见解析

【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系用坐标法计算即可.
【详解】（1）因为底面是正方形，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）（ⅰ）如图建立空间直角坐标系，
  
则
所以，
设直线与直线所成角为，则

（ⅱ）
设平面的法向量为，则，
所以，
令，则，
于是．
所以点到平面的距离
（ⅲ）设是线段上一点，设．
则
因为，
所以直线与平面相交.
5．正△ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，先将△ABC沿CD翻折成直二面角．

(1)求二面角E－DF－C的余弦值；
(2)在线段BC上是否存在一点，使AP⊥DE？证明你的结论．
【答案】(1)；
(2)在线段BC上存在点，使，证明见解析.

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式可求二面角E－DF－C的余弦值；
（2）设，由条件列方程求点坐标即可.
【详解】（1）由已知，
所以为二面角的平面角，
又二面角为直二面角，所以，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以
设平面EDF的法向量为，则，即，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
又为平面的一个法向量，
，
∴二面角E－DF－C的余弦值为．
（2）设，则，
因为，
所以，
∴，
又，，
∵，
∴，
∴，
把代入上式得，
∴，
∴，
∴在线段BC上存在点，使AP⊥DE．
6．为了解某地区居民每户月均用电情况，采用随机抽样的方式，从该地区随机调查了户居民，获得了他们每户月均用电量的数据，发现每户月均用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），得到如下频率分布直方图：

(1)记频率分布直方图中从左到右的分组依次为第组、第组、、第组，从第组、第组中任取户居民，求他们月均用电量都不低于的概率；
(2)根据上述频率分布直方图，估计月均用电量的样本数据的第百分位数；
(3)该地区为提倡节约用电，拟以每户月均用电量为依据，给该地区月均用电量不少于的居民用户每户发出一份节约用电倡议书，且发放倡议书的数量为该地区居民用户数的．请根据此次调查的数据，估计应定为多少合适？（只需写出结论）．
【答案】(1)；
(2)；
(3).

【分析】（1）分析可知户居民中，第组的居民数为，第组的居民数为，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）设月均用电量的样本数据的第百分位数为，分析可得，根据已知条件可得出关于的等式，即可解得的值；
（3）计算出月均用电量的样本数据的第百分位数，即可得解.
【详解】（1）解：由频率分布直方图可知，户居民中，第组的居民户数为，
第组的居民户数为，
从第组、第组中任取户居民，他们月均用电量都不低于的概率为.
（2）解：前个矩形的面积之和为，
前个矩形的面积之和为，
设月均用电量的样本数据的第百分位数为，则，
则，解得，
因此，估计月均用电量的样本数据的第百分位数为.
（3）解：前个矩形的面积之和为，
设月均用电量的样本数据的第百分位数为，则，
则，解得，
故应定为较为合适.
7．2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市．为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如图数据：

(1)“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为可作为“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；
(2)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校中恰有一所参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，抽到学校中恰有一所学校“单板滑雪”超过30人的概率；
(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)12轮

【分析】（1）由图形分析得X的可能取值为0，1，2，3．再计算其各自概率，得出分布列及期望即可；
（2）先计算得出事件“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘自由式滑雪’的人数超过40人”及事件“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘单板滑雪’的人数超过30人”的概率，再由条件概率计算即可.
（3）先计算得出小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率，再由二项分布计算期望即可判定.
【详解】（1）“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校有4所，则X的可能取值为0，1，2，3．
．
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




所以．
（2）由题可知，参与“自由式滑雪”的人数超过40人的学校，且参加“单板滑雪”的人数不超过30人的学校为C、G，
参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且参加“单板滑雪”的人数超过30人的学校为D、I，
参与“自由式滑雪”的人数不超过40人，且参加“单板滑雪”的人数超过30人的学校为A、B、E、H，
参与“自由式滑雪”的人数不超过40人，且参加“单板滑雪”的人数不超过30人的学校为F、J，
设事件A为“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘自由式滑雪’的人数超过40人”．
事件B为“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘单板滑雪’的人数超过30人”．
则．
若“自由式滑雪”的人数超过40人和“单板滑雪”人数超过30人为同一个学校，则有种情况，
若“自由式滑雪”的人数超过40人和“单板滑雪”人数超过30人非同一个学校，则有种情况，，
所以．
（3）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为：．
所以小明在n轮测试中获得“优秀”的次数Y满足，由，得．
所以理论上至少要进行12轮测试．
8．已知椭圆的左顶点为，上、下顶点分别为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆上一点，不与顶点重合，点与点关于坐标原点中心对称，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．求证：三点共线．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件及椭圆的定义求得a、b的值即可.
（2）设直线方程，联立其与椭圆方程可得点坐标，将代入直线的方程可得点坐标，再将代入直线方程，得到点坐标，求，再证明即可.
【详解】（1）可得，
因此．
（2）设．联立方程可得：，
解得，代入得，于是．
的方程为，代入，得：．
再代入得：，即．
所以，，
而，
总之三点共线．
  
【点睛】方法点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的动点的直线过定点问题，可探求出动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题，证明三点共线问题可以转化为斜率之差为零的问题.
9．已知椭圆的左、右顶点为，离心率为，直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求证：以为直径的圆恒过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆方程定义和离心率，解得；
（2）设点坐标，联立方程组得表示出直线，的方程进而可得， ，然后利用向量关系结合条件即得.
【详解】（1）由题可得，
解得：，
所以；
（2）由题可知，
  
联立得，，
∴．设，则，
所以，直线的方程为：，
令，可得．
由，直线的方程为：，
令，可得．
以，为直径的圆方程为，
，
由坐标表示可猜测得顶点坐标在直线上，
猜测定点，验证：


同理，
因此以为直径的圆 ，恒过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
10．设函数．
(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求；
(2)求的单调区间．
【答案】(1)1
(2)答案见解析

【分析】由曲线在点处的切线与轴平行知，，可得，验证与轴不重合.
，根据的范围不同，对的符合影响，及两根的比较，将分类进而求单调区间.
【详解】（1）因为，
所以
.
.
由题设知，即，解得.
此时.
所以的值为1.
（2）由（1）得．
1）当时，令，得，
所以的变化情况如下表：









单调递增
极大值
单调递减
2）当，令，得或2
①当时，，所以的变化情况如下表：




2



0

0


单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
②当时，
（ⅰ）当即时，




2



0

0


单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
（ⅱ）当即时，恒成立，所以在上单调递增；
（ⅲ）当即时，


2





0

0


单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
综上，
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是和；
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是．
【点睛】方法点睛：讨论含参函数的单调性问题，需根据参数的导函数符号的影响，及导函数的零点大小比较进行分类.
11．已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：存在唯一的，使得曲线在点处的切线的斜率为；
（Ⅲ）比较与的大小，并加以证明．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【详解】试题分析：（1）求出的值可得切点坐标，求出,可得的值，从而得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）由已知，只需证明方程 在区间有唯一解，先利用导数证明在区间单调递增，再利用零点存在定理可得结论；（3）当时，利用导数研究函数的单调性，可得，即 ，令 即可的结果.
试题解析：（1）函数的定义域是，
导函数为．  所以， 又，
所以曲线在点处的切线方程为，    
（2）由已知．                                      
所以只需证明方程 在区间有唯一解．
即方程 在区间有唯一解．                                                                      
设函数 ，则 ．
当 时，，故在区间单调递增．              
又 ，，
所以 存在唯一的，使得．                           
综上，存在唯一的，使得曲线在点处的切线的斜率为．
（3）．证明如下：首先证明：当时，．
设 ，则 ．
当 时，，所以 ，故在单调递增，                          
所以 时，有，即当 时，有．
所以 ．
【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性与零点，属于难题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.
12．设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
13．设A是如下形式的2行3列的数表，
a
b
c
d
e
f
满足性质P：a，b，c，d，e，f，且a+b+c+d+e+f=0
记为A的第i行各数之和（i=1,2）, 为A的第j列各数之和（j=1,2,3）记为中的最小值．
（1）对如下表A，求的值
1
1
-0.8
0.1
-0.3
-1
(2)设数表A形如
1
1
-1-2d
d
d
-1
其中，求的最大值
（3）对所有满足性质P的2行3列的数表A，求的最大值．
【答案】1
【详解】（1）因为，，所以
（2），
因为，所以，
所以
当d=0时，取得最大值1
（3）任给满足性质P的数表A（如图所示）
a
b
c
d
e
f
任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表仍满足性质P，并且，因此，不妨设，，
由得定义知，，，，
从而

所以，，由（2）知，存在满足性质P的数表A使，故的最大值为1
【考点定位】此题作为压轴题难度较大，考查学生分析问题解决问题的能力，考查学生严谨的逻辑思维能力

14．已知数列是由正实数组成的无穷数列，满足，，，.
(1)写出数列前4项的所有可能取法；
(2)判断：是否存在正整数，满足，并说明理由；
(3)为数列的前项中不同取值的个数，求的最小值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)不存在，理由见解析；
(3)51

【分析】（1）根据题意得或，再直接求解即可；
（2）根据或，再证明，即可证明结论‘；
（3）根据①或②得对于任意的，均可以使用①递推，②不能连续使用，进而记记且，可得且，进而得，再根据特例说明即可得答案.
【详解】（1）解：由得或，
所以或，
因为足，，
所以或，
所以，当时，或；
当时，或
因为数列是由正实数组成的无穷数列，
所以舍，
所以，数列前4项的所有可能取法有，，，或，，，或，，，.
（2）解：不存在，下面证明：
因为，
所以，或，
当时，
因为数列是由正实数组成的无穷数列，
所以，即
或，
所以；
当时，
因为数列是由正实数组成的无穷数列，
所以，即
所以或（舍），
综上，，
所以，，.
综上，不存在正整数，满足.
（3）解：由，
所以，①或②，
对于任意的，均可以使用①递推，只有满足时，才可以使用②递推；
若，显然，下次只能用①递推，即
所以，②不能连续使用.
记且，
若，则；
若，则，所以，
所以且，
所以，中至少有共51项，即.
举例如下：

所以，此时，
所以，的最小值为51.
【点睛】关键的点睛：本题第三问解题的关键在于构造且，推理得到且，，进而结合题意说明最小值可以取到即可.
15．已知集合的元素个数为且元素均为正整数，若能够将集合分成元素个数相同且两两没有公共元素的三个集合、、，即，，，，其中，，，且满足，，、、、，则称集合为“完美集合”.
（1）若集合，，判断集合和集合是否为“完美集合”？并说明理由；
（2）已知集合为“完美集合”，求正整数的值；
（3）设集合，证明：集合为“完美集合”的一个必要条件是或.
【答案】（1）是完美集合，不是完美集合；（2）可能值为：、、中任一个；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据完美集合的定义，将分为集合、、符合条件，将分成个，每个中有两个元素，根据完美集合的定义进一步判断即可；
（2）根据完美集合的概念直接求出集合，从而得到的值；
（3）中所有元素之和为，根据，等号右边为正整数，可得等式左边可以被整除，从而证明结论.
【详解】（1）将分为、、满足条件，则是完美集合.
将分成个，每个中有两个元素，则，，
中所有元素之和为，，而为整数，不符合要求，
故不是“完美集合”；
（2）若集合，，根据完美集合的概念知集合；
若集合，，根据完美集合的概念知集合；
若集合，，根据完美集合的概念知集合.
故的可能值为、、中任一个；
（3）证明：中所有元素之和为
，
因为，所以，，
所以，，
因为为正整数，则可以被整除，
所以，或，即或.
故集合为“完美集合”的一个必要条件是或.
【点睛】关键点点睛：解决集合中新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证，把其转化为我们熟知的基本运算，解本题的关键在于理解“完美集合”的定义，弄清集合、中的元素与集合中元素之间的关系，采取逻辑推证、列举法等方法求解.