2023年北京重点大学实验学校高考数学三模试卷-普通用卷

2023年北京重点大学实验学校高考数学三模试卷

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，为虚数单位，，，则复数(    )

A.  B.  C.  D.

2.  设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是(    )

A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则

3.  已知函数是定义域为的奇函数，且，那么(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知函数，则不等式的解集是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  设是首项大于零的等比数列，则“”是“数列是递增数列”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

6.  已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，过作的垂线，垂足为若，则(    )

A.  B.  C.  D.

7.  在中，，若，则的大小是(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知直线：，为圆：上一动点，设到直线距离的最大值为，当最大时，的值为(    )

A.  B.  C.  D.

9.  已知正方体中，点为线段上的动点，点为线段上的动点，则与线段相交且互相平分的线段有(    )

A. 条
B. 条
C. 条
D. 条

10.  某中学举行了科学防疫知识竞赛．经过选拔，甲、乙、丙三位选手进入了最后角逐．他们还将进行四场知识竞赛．规定：每场知识竞赛前三名的得分依次为，，，且，，；选手总分为各场得分之和．四场比赛后，已知甲最后得分为分，乙和丙最后得分都为分，且乙只有一场比赛获得了第一名，则下列说法正确的是(    )

A. 每场比赛的第一名得分为 B. 甲至少有一场比赛获得第二名
C. 乙在四场比赛中没有获得过第二名 D. 丙至少有一场比赛获得第三名

二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）

11.  设二项式的展开式中常数项为，则 ______ ．

12.  已知中，，，且，则的面积是______．

13.  设、分别为双曲线的左，右焦点，若在双曲线右支上存在点，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为______．

14.  假设你有一笔资金用于投资，现有三种投资方案供你选择，这三种方案的回报如图所示：

横轴为投资时间单位：天，纵轴为回报，根据以上信息，若使回报最多，下列说法正确的所有序号是______．
投资天以内含天，采用方案一   投资天，不采用方案三
投资天，采用方案二     投资天，采用方案二

15.  已知函数，，其中表示不超过的最大整数例如：，，．
          ；
若对任意都成立，则实数的取值范围是          ．

三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.  本小题分
已知函数
如果，试求的值；
Ⅱ求函数的单调区间．

17.  本小题分
某汽车专卖店试销，，三种品牌的新能源汽车，销售情况如表所示：

从前三周随机选一周，若品牌销售量比品牌销售量多，求品牌销售量比品牌销售量多的概率；
为跟踪调查新能源汽车的使用情况，根据销售记录，从该专卖店第二周和第三周售出的新能源汽车中分别随机抽取一台求抽取的两台汽车中品牌的台数的分布列和数学期望；
直接写出一组，，的值，使得表中每行数据方差相等．

18.  本小题分
在等腰梯形中，，，是的中点，将沿着翻折成，使平面平面，为线段的中点．
求证：；
求二面角的余弦值；
在线段上是否存在点，使得直线平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

19.  本小题分
已知椭圆：的长轴长为，左、右顶点分别为，，经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，不与点，重合．
Ⅰ当，且直线轴时，求四边形的面积；
Ⅱ设，直线与直线相交于点，求证：，，三点共线．

20.  本小题分
已知函数，，；
当时，求曲线在点处的切线方程；
若正数使得对恒成立，求的取值范围；
设函数，，讨论其在定义域内的零点个数．

21.  本小题分
已知有穷数列：，，，，若数列中各项都是集合的元素，则称该数列为数列．对于数列，定义如下操作过程：从中任取两项，，将的值添在的最后，然后删除，，这样得到一个项的新数列约定：一个数也视作数列若还是数列，可继续实施操作过程，得到的新数列记作，，如此经过次操作后得到的新数列记作．
Ⅰ设：，，请写出的所有可能的结果；
Ⅱ求证：对于一个项的数列操作总可以进行次；
Ⅲ设：，，，，，，，，，求的可能结果，并说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：根据题意得：，
解得：．
故选：．
根据两集合的交集中的元素为，得到，即可求出的值．
此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考查，属基础题
根据题意，依次分析选项综合可得答案．

【解答】

解：，根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确；
：由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直这个平面．故正确．
：，，则或，异面，故不正确．
：平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，不正确．
故选：．

3.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查函数的奇偶性的应用，属于基础题．
利用函数的奇偶性的性质以及函数值求解即可．

【解答】

解：函数是定义域为的奇函数，且，
则有，，
那么．
故选D．

4.【答案】 

【解析】

【分析】

根据题意，求出函数的定义域，分析可得在上是减函数，结合分析可得答案．
本题考查不等式的解法，涉及函数单调性的性质以及应用，属于基础题．

【解答】

解：根据题意，函数，其定义域为，
又由和函数都是区间上的减函数，则在上也是减函数，
又由，则不等式的解集是，
故选：．

5.【答案】 

【解析】

【分析】
首项大于零是前提条件，则由“，”来判断是等比数列是递增数列．
本题考查等比数列及充分必要条件的基础知识，属保分题．
【解答】
解：若已知，则设数列的公比为，
因为，所以有，解得，又，
所以数列是递增数列；反之，若数列是递增数列，
则公比且，所以，即，
所以是数列是递增数列的充分必要条件．
故选：．  

6.【答案】 

【解析】

【分析】

画出图形，判断三角形的形状，然后结合抛物线的性质求解即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

【解答】

解：抛物线：的焦点为，准线为，不妨设点是抛物线上第一象限内的一点，过点作的垂线，垂足为，，由抛物线的定义，可知是正三角形，
由，则，所以．
故选：．

7.【答案】 

【解析】解：在中，，
，
，
，
，即，
，
故选：．
利用三角形的内角和定理及诱导公式得到，再利用两角和与差的余弦函数公式化简，把的度数代入已知等式求出的值，代入计算求出的值，再利用两角和与差的余弦函数公式求出的值，进而得到，即可求出的度数．
此题考查了正弦定理，两角和与差的余弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】

【分析】

先得出直线过定点，再求出圆心坐标，由圆的对称性以及斜率公式得出的值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中档题．

【解答】

解：因为：，所以直线过定点，
圆：可化为，
则圆心，，
由圆的对称性可知，当时，到直线距离的最大，
则．
故选：．

9.【答案】 

【解析】解：与相交，故在平面，即平面内，点定在上
为线段上的动点，故点定为与的交点，
与互相平分，在矩形内可知必为的中点
符合条件的线段只有一条即
故选：．
先由与相交，利用平面的基本性质证明点一定在线段上，从而点的位置确定，再由与互相平分，在矩形内可知必为的中点，从而点确定，故线段确定
本题考查了平面的基本性质，将空间问题转化为平面问题的能力，空间想象力，属基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：每场比赛三位选手得分之和为，由题意可知，
四场比赛三位选手共得分为，即，
因为，且，，，所以，，或，，．
若，，，因为乙选手最后得分，所以乙选手有
两场比赛获得第二名，有两场比赛获得第三名，
又已知乙只有一场比赛获得了第一名，所以，，不符合题意，
即，，，所以选项A错误因为甲选手最后得分，，
，，所以甲选手有三场比赛获得第一名，有一场比赛获得第三名，
所以选项B错误因为乙选手最后得分，，，，
且乙选手有一场比赛获得第一名，所以乙选手另外三场比赛均
获得第三名，所以选项C正确因为丙选手最后得分，所以丙选
手可能四场比赛都获得了第二名，所以选项D错误．
故选C．
根据四场比赛总得分，结合，，满足的条件，可求出，，，再根据已知的得分情况，确定甲、乙、丙的得分情况，问题即可解决．
本题考查了合情推理的问题，考查了推理论证能力，考查了化归与转化思想，审清题意是正确解题的关键，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：，
所以．
故答案为：．
展开二项式，求出常数项作答．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：，，
，
解得：，
是三角形的内角，
，
，
故答案为：．
求出，根据三角形的面积公式计算即可．
本题考查了向量的数量积的运算，考查三角形的面积公式，是一道常规题．
 

13.【答案】 

【解析】解：设，
由，可得，
由到直线的距离等于双曲线的实轴长，
设的中点，
由等腰三角形的性质可得
由，即有
，
化为，即，
可得，
即有，
则双曲线的渐近线方程为，
即
故答案为：
设，运用双曲线的定义和等腰三角形的三线合一，结合双曲线的，，的关系，以及渐近线方程可得所求．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查等腰三角形的性质，以及勾股定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由图可以看出，从每天回报看，在第一天到第三天，方案一最多，故正确；
在第四天，方案一、二一样多，方案三最少，故正确；
在第五天到第八天，方案二最多，故正确；
第九天开始，方案三比其他两个方案所得回报多得多，故不正确；
故答案为：．
观察图象即可得到结论．
本题考查函数模型的选择，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决问题的能力．
 

15.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查函数恒成立问题解法，以及新定义的理解和运用，考查分类讨论思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题．由特殊角的三角函数值和诱导公式、以及的定义，可得所求值；
由题意可得对任意都成立，分别讨论在各个象限和坐标轴的取值情况，结合的定义，可得所求范围．

【解答】

解：；
若对任意都成立，
即为对任意都成立，
当或时，或；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，，
可得；
同理可得当时，可得；
当时，可得；
当时，可得．
综上可得，的取值范围是．
故答案为：；．

16.【答案】解：Ⅰ，
，
，
，即：，
即
，
，

，
，
；
Ⅱ，
当，，单调递增，
，，单调递增；
同理，，单调递减；
故的单调递增区间为：，
单调递减区间为： 

【解析】Ⅰ根据二倍角公式和两角和的正弦公式，将化简为，将，化简可求得，根据诱导公式和二倍角公式，即可求得的值；
Ⅱ根据余弦函数图象，即可求得的单调区间．
本题重点考查了三角公式、两角和与差的三角公式、三角函数的图象与性质等知识，属于中档题．
 

17.【答案】解：记事件为“品牌销售量比品牌多”，则，
记事件为“品牌销售量比品牌多”，则，
所以所求概率为．
因为在第二周抽取品牌的概率为，第三周抽取品牌的概率为，
所以，，，
又，，，
所以的分布列为：

所以．
根据题意可得，，
，，
，，
观察数据：第一组，，，；第二组：，，，；第三组：，，，，
将每组数据补成两对相邻数据，且和能被整除，即，，，
此时，，
，于是，
所以，，是满足题意的一组值． 

【解析】根据给定条件，利用条件概率的公式计算作答；
求出的可能取值，分别计算其概率，列出分布列，求出数学期望作答；
利用方差的计算公式，结合题干中每组数据，将每组数据补成两对相邻数据，且和能被整除的数即可．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，方差的概念与性质，化归转化思想，属中档题．
 

18.【答案】Ⅰ证明：由题意可知四边形是平行四边形，所以，故B．
又因为，为的中点，所以，
即又因为，．
所以四边形是平行四边形．
所以．
故CD．
因为平面平面，平面平面，平面
所以平面．
因为平面，所以．
因为，、平面，
所以平面分
Ⅱ解：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，．
平面的法向量为．
设平面的法向量为，
因为，，
所以，
令得，．
所以，，因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为分
Ⅲ解：存在点，使得平面分
设在线段上存在点，使得平面，
设，，，
因为．
所以，
因为平面，所以，
所以，解得，
又因为平面，
所以在线段上存在点，使得平面，分 

【解析】Ⅰ证明通过直线与平面垂直的判定定理证明平面．
Ⅱ以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量通过向量的数量积求解二面角的余弦值．
Ⅲ 存在点，使得平面，设在线段上存在点，使得平面，设，，通过，求出即可．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，存在性问题的判断与证明，考查空间想象能力．
 

19.【答案】解：Ⅰ由题意，得，解得．
所以椭圆方程为．
当，及直线轴时，易得，且，．
所以，，
显然此时四边形为菱形，所以四边形的面积为．
Ⅱ当直线的斜率不存在时，由题意，得的方程为，
代入椭圆的方程，得，，
易得的方程为．
则，，，
所以，即，，三点共线．
当直线的斜率存在时，设的方程为，，，
联立方程消去，得．
由题意，得恒成立，故，．
直线的方程为．
令，得．
又因为，，
则直线，的斜率分别为，，
所以．
上式中的分子 ，
所以．
所以，，三点共线． 

【解析】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆方程的运用，注意联立直线方程，运用韦达定理，同时考查向量的共线的坐标运算，证明时需对直线斜率是否存在讨论，属于难题．
Ⅰ当，及直线轴时，易得，且，所以，，显然此时四边形为菱形，可得面积．
Ⅱ分斜率是否存在讨论，当直线的斜率不存在时，求出，，，坐标，用向量法易证，，三点共线．当直线的斜率存在时，设的方程为，，，联立方程消去，得将，表示为含有的算式，可以证，相等．故A，，三点共线．
 

20.【答案】解：时，，
故，，
故函数在处的切线方程是：，
即；
设，
，
时，，，
故对恒成立，
当时，由得：，
故F在递增，
又，
故对恒成立，
当时，由得：，
在递减，
，
故对恒成立，
综上，的范围是；
，
，
当时，，无零点，
当则，，
故G在递减，
由，，
故函数有且只有个零点，
若，令，解得：，
故，，递增，
时，，递减，
故G，
又，，
故函数在上有唯一零点，
综上，时，无零点，
时，个零点． 

【解析】代入的值，求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可；
设，求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，从而确定的范围即可；
求出的解析式，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极值，从而确定零点的个数即可．
本题考查了函数的切线方程，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及函数的零点问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
 

21.【答案】解：Ⅰ直接按定义来操作，当取，时代入计算可得：，；
当取，时可得：，；
当取，时，可得：，．
故有如下的三种可能结果：，；：，；：，分
Ⅱ因为对，，有
且
所以，
即每次操作后新数列仍是数列．
又由于每次操作中都是增加一项，删除两项，
所以对数列每操作一次，项数就减少一项，
所以对项的数列可进行次操作最后只剩下一项分
Ⅲ由Ⅱ可知中仅有一项．
对于满足，的实数，定义运算：，
下面证明这种运算满足交换律和结合律．
因为，且，所以，即该运算满足交换律；
因为
且
所以，即该运算满足结合律．
所以中的项与实施的具体操作过程无关   分
选择如下操作过程求：
由Ⅰ可知；
易知，，，；
所以：，，，，；
易知经过次操作后剩下一项为．
综上可知：：分 

【解析】Ⅰ直接按定义来操作，每次取两个数代入计算即可求出的所有可能的结果；
Ⅱ先通过作差得到每次操作后新数列仍是数列；再根据每次操作中都是增加一项，删除两项即可得到结论；
Ⅲ先定义运算：，并证明这种运算满足交换律和结合律；再结合Ⅱ可知中仅有一项，再按定义先求出，综合即可得到的可能结果．
本题是一道综合性很强的题，解题时要认真审题，理解定义，并会用新定义来解题，仔细解答，避免错误．