北京市东城区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

这是一份北京市东城区2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知集合，，则， “ ”是“函数为偶函数”的， 设，其中为自然对数的底数，则等内容，欢迎下载使用。

北京市东城区2022-2023学年度第二学期高三综合练习（二）
数学
2023.5
本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（ ）
A. ⫋ B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用列举法写出集合A，利用集合间的基本关系判断．
【详解】，，则⫋.
故选：A
2. 已知椭圆的一个焦点的坐标是，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程，结合，即可求解.
【详解】由条件可知，，，，
所以，得，
故选：C
3. 已知数列中，，，为其前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得到，判定该数列为等比数列，进而利用求和公式计算.
【详解】由得，又∵，∴数列为首项为1，公比为的等比数列，
∴，
故选：B.
4. 在复平面内，是原点，向量对应的复数是，将绕点按逆时针方向旋转，则所得向量对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义结合图象可得.
【详解】

如图，由题意可知，与轴夹角为，

绕点逆时针方向旋转后到达轴上点，又，
所以的坐标为，所以对应的复数为.
故选：A.
5. 已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据点在圆上，求出，考虑的斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线距离列出方程，求出斜率和倾斜角.
【详解】由题意得，
当的斜率不存在时，此时直线方程为，与圆相交，不合题意，
当的斜率存在时，设切线的方程为，
则，解得，
设的倾斜角为，
故的倾斜角为.
故选：D
6. 某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味添加到香囊，则不同的添加方案有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】分四种情况，利用分类计数原理即可求出结果.
【详解】从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一种，有种，
从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选二种，有种，
从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三种，有种，
从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选，有种，
所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一种，共有种，
故选：C.
7. 设函数，若为增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得且，结合与的函数图象及增长趋势求出参数的取值范围.
【详解】因为，当时函数单调递增，
又在上单调递增，在上单调递减，
要使函数为增函数，则且，
又函数与在上有两个交点和，
且的增长趋势比快得多，
与的函数图象如下所示：

所以当时，当时，当时，
所以，即实数的取值范围是.
故选：B
8. “ ”是“函数为偶函数”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
【解析】
【分析】利用，得出，从而求出，再利用偶函数的定义进行判断即可得出充分性成立，再利用，得出，从而判断必要性成立，从而得出结果.
详解】若，得到，所以，
当时，，当时，，
即或，
当时，恒有，当时，，
所以，若，则为偶函数，
若为偶函数，则，所以，化简得，所以，
故选：C.
9. 已知三条直线，，将平面分为六个部分，则满足条件的的值共有（ ）
A. 个 B. 2个 C. 个 D. 无数个
【答案】C
【解析】
【分析】考虑三条直线交于一点或与或平行时，满足条件，求出答案.
【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分，
联立与，解得，
则将代入中，，解得，
当与平行时，满足要求，此时，
当与平行时，满足要求，此时，
综上，满足条件的的值共有3个.
故选：C
10. 设，其中为自然对数的底数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较a，b；构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较b，c，然后可得.
【详解】令，则，
当时，，单调递增，
所以，即，
令，则，
当时，，单调递减，
所以，即
所以.
故选：A
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题 共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知向量满足，与的夹角为，则______;______
【答案】 ①. 1 ②. 2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义及运算律求解作答.
【详解】因为向量满足，与的夹角为，
所以，
.
故答案为：1；2
12. 函数在一个周期内的部分取值如下表：












则的最小正周期为_______； _______．
【答案】 ①. ②. ##0.5
【解析】
【分析】先利用图表求出最小正周期，进而求出，得到，再将代入即可求出结果.
【详解】由图表知，当时，，当时，，所以，即,
又，，所以得到，又由，得到，又，所以，
故，所以，
故答案为：，.
13. 若，则实数的一个取值为__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式的解集为的子集即可满足题意.
【详解】因为，
且当时，即时，，
当时，即时，才有可能使得，
当的两根刚好是时，即，此时的解集为刚好满足，
所以，所以实数的一个取值可以为.
故答案为:
14. 如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则_______

【答案】
【解析】
【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.
【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，
设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，
故,
故答案为：.

15. 定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，给出下列四个结论：
①若为递增数列，则存在最大值；
②若为递增数列，则存在最小值；
③若，且存在最小值，则存在最小值；
④若，且存在最大值，则存在最大值.
其中所有错误结论的序号有_______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】结合函数的单调性判断最值，即可判断①②，利用取反例，判断③④.
【详解】①由条件可知，函数区间上单调递增，在区间上单调递减，
那么在区间，函数的最大值是，若数列为递增数列，
则函数不存在最大值，故①错误；
②由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
若为递增数列，那么在区间的最小值是，且为递增数列，
所以函数在区间的最小值是，故②正确；
③若，取,,
则，存在最小值，但此时的最小值是的最小值，
函数单调递减，无最小值，故③错误；
④若，取，则恒成立，
则有最大值，但的最大值是的最大值，函数单调递增，无最大值，
故④错误
故答案为：①③④
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. 在中,.
（1）求;
（2）若,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,使存在且唯一确定,求及的面积.
条件①:;
条件②:;
条件③:.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;
（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;
【小问1详解】
由正弦定理得,
得,
,
因为,
所以
则.
所以,
所以.
【小问2详解】
选条件①:
因为,
由正弦定理得,
由余弦定理得,
解得，
则,
解得，
所以存在且唯一确定,
则.
选条件②:,
已知
由正弦定理得,
因为,
所以,,
所以存在且唯一确定,
则.
选条件③:,
由余弦定理得,
即,
所以,即,
因为,
所以不存在使得存在.
17. 如图，直角三角形和等边三角形所在平面互相垂直，，是线段上一点.

（1）设为的中点，求证：；
（2）若直线和平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面；
（2）首先设，，再以的中点为原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式，列式求解.
小问1详解】
由题设知
因为平面 平面，平面 平面，，
所以平面．
因为平面，
所以.
因为为等边三角形，是的中点，
所以.
因为，平面，
所以平面．
所以.
【小问2详解】
设，.
取的中点，的中点，连接，，
则，.
由（I）知平面，所以平面，
所以，.
如图建立空间直角坐标系，则

，，，．
所以， ，，，
.
设平面的法向量为，
则即
令，则，.于是.
因为直线和平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，
解得或.
因为，
所以，即.
18. 某数学学习小组的7名学生在一次考试后调整了学习方法，一段时间后又参加了第二次考试．两次考试的成绩如下表所示（满分100分）：

学生1
学生2
学生3
学生4
学生5
学生6
学生7
第一次
82
89
78
92
92
65
81
第二次
83
90
75
95
93
61
76

（1）从数学学习小组7名学生中随机选取1名，求该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率；
（2）设表示第名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差.从数学学习小组7名学生中随机选取2名，得到数据，定义随机变量，如下：
（i）求的分布列和数学期望；
（ii）设随机变量，的的方差分别为，，试比较与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析，；（ii）.
【解析】
【分析】（1）利用古典概型直接计算即可；
（2）（i）列出变量X的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，利用公式直接求解数学期望即可；（ii）计算方差，利用方差的含义直接判断即可.
【小问1详解】
根据表中数据，可知这7名学生中有4名学生的第二次考试成绩高于第一次考试成绩，分别是学生1，学生2，学生4，学生5，
则从数学学习小组7名学生中随机选取1名，
该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率为
【小问2详解】
（i）随机变量可能的取值为0，1，2.
这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.
时，若，有，，共3种，
若，有，共2种，
若，有，，，共4种，
故；
时，若，有，，共3种，
若，有，，共3种，
故；
时，若，有，，，共4种，
若，有共1种，
若，有共1种，
故.
则随机变量的分布列为：

0
1
2




所以的数学期望.
（ii）由（i）知，
这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.
随机变量可能的取值为0，1，2，3.
时，若，有，，共3种，
若，有，共2种，
故；
时，若，有，，，共4种，
故；
时，若，有，，共3种，
若，有，，共3种，
故；
时，若，有，，，共4种，
若，有共1种，
若，有共1种，
故.
则随机变量的分布列为：

0
1
2
3





所以的数学期望.
所以，
因为，所以.
19. 已知焦点为的抛物线经过点．
（1）设为坐标原点，求抛物线的准线方程及△的面积；
（2）设斜率为的直线与抛物线交于不同的两点，若以为直径的圆与抛物线的准线相切，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）准线为，
（2）证明见解析，定点．
【解析】
【分析】（1）由点在抛物线上代入求参数，写出抛物线方程，进而得准线方程，最后求△的面积；
（2）设为，联立抛物线并应用韦达定理、中点公式得的中点N点横坐标，根据到准线的距离等于列方程得，即可证结论并确定定点坐标.
【小问1详解】
因为抛物线过点，所以，即．
故抛物线的方程为，焦点，准线方程为.
所以
【小问2详解】

设直线的方程为．
由 得：，又有．
设则，．
设的中点为，则.
所以到准线的距离，
，
依题意有，即，
整理得，解得，满足．
所以直线过定点．
20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求在区间上的最大值；
（3）设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；
（2）求出函数在区间上的单调性，求出最值即可；
（3）将不等式等价转化为在上恒成立.构造函数，利用导数求出函数的单调性和最小值，进而得证.
【小问1详解】
因为，
所以，则，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
令，
则，当时，，在上单调递增.
因为，，
所以，使得.
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，，
所以.
【小问3详解】
满足条件的的最大整数值为.
理由如下：
不等式恒成立等价于恒成立.
令，
当时，，所以恒成立.
当时，令，，，
与的情况如下：


1









所以，当趋近正无穷大时，，且无限趋近于0，
所以的值域为，
因为，所以的最小值小于且大于.
所以的最大整数值为.
21. 已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.
（1）若，求及；
（2）若，求证：互不相同；
（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.
【答案】（1），.
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）观察数列，结合题意得到及；
（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；
（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.
【小问1详解】
因为，所以，则；
【小问2详解】
依题意，
则有，
因此，
又因为，
所以
所以互不相同.
【小问3详解】
依题意
由或，知或.
令，可得或，对于成立，
故或.
①当时，
，
所以.
②当时，
或.
当时，由或，有，
同理，
所以.
当时，此时有，
令，可得或，即或.
令，可得或. 令，可得.
所以.
若，则令，可得，与矛盾.
所以有.
不妨设，
令，可得，因此.
令，则或.
故.
所以.
综上，时，.
时，.
时，.
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.