2023-2024学年北京东城区高三一模数学试题

这是一份2023-2024学年北京东城区高三一模数学试题，文件包含北京东城区高三一模数学试题原卷版docx、北京东城区高三一模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

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】D
【解析】
【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为，因此，.
故选：D.
2. 下列函数中，定义域与值域均为R的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数，对数函数，幂函数和反比例函数的性质判断.
【详解】A. 函数的定义域为，值域为R；
B. 函数的定义域为R，值域为；
C. 函数的定义域为R，值域为R；
D. 函数的定义域为，值域为，
故选：C
3. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 2B. －2C. 1D. －1
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法的运算性质，结合复数虚部的定义进行求解即可.
【详解】由，所以的虚部为，
故选：B
4. 已知数列的前项和，则是（ ）
A. 公差为2的等差数列B. 公差为3的等差数列
C. 公比为2的等比数列D. 公比为3的等比数列
【答案】A
【解析】
【分析】根据数列的第项与前项和的关系，结合等差数列的定义进行求解即可.
【详解】因为，
所以当时，有，
，得，
当时，适合上式，
因为，
所以该数列是以2为公差的等差数列，
故选：A
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式、二倍角公式及同角三角函数的基本关系化简，再代入计算可得；
【详解】解：因为，所以
；
故选：C
6. 已知正方体的棱长为1，为上一点，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由为到平面的距离， 所以根据体积法可得，代入数值即可得解.
【详解】
由为正方体，
显然为到平面的距离，
所以，
故选：D
7. 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从24个节气中随机选取3个介绍给外国的朋友，则这3个节气中含有“立春”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用古典概型运算公式进行求解即可.
【详解】这3个节气中含有“立春”的概率为,
故选：B
8. 已知、，则“”是“”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】A
【解析】
【分析】利用基本不等式、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若，由基本不等式可得，则，，
所以，“”“”；
若，可取，，但，
所以，“”“”.
因此，“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
9. 在平面直角坐标系中，直线与轴和轴分别交于，两点，，若，则当，变化时，点到点距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.
【详解】由得 ，
故 由得，
由得，设 ，则 ，
即，即点C轨迹为一动圆，
设该动圆圆心为 ，则，
整理得 ，代入到中，
得： ，即C轨迹的圆心在圆上，
故点（1,1）到点距离的最大值为 ，
故选：B
10. 李明开发的小程序在发布时已有500名初始用户，经过天后，用户人数，其中为常数.已知小程序发布经过10天后有2000名用户，则用户超过50000名至少经过的天数为（ ）（本题取）
A. 31B. 32C. 33D. 34
【答案】D
【解析】
【分析】经过天后，用户人数，根据题意可求得，由小程序发布经过10天后有2000名用户，可得，当用户达到50000名时有，根据对数运算，即可求得答案.
【详解】经过天后，用户人数
又小程序在发布时已有500名初始用户
又小程序发布经过10天后有2000名用户
即，可得
……①
当用户达到50000名时有
即，可得
……②
联立①和②可得，即
故
用户超过50000名至少经过的天数为34天
故选：D.
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. 在的展开式中，常数项为________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为，
令，所以常数项，
故答案为：
12. 已知向量，在正方形网格中的位置如图所示.若网格上小正方形的边长为1，则________.
【答案】5
【解析】
【分析】设出互相垂直的两个单位向量，根据向量的加法表示出，，利用数量积的运算律求解即可.
【详解】设网格中方向向右，向上的单位向量分别为，且，
则,,
所以，
故答案为：5
13. 已知抛物线过点，则________；若点，在上，为的焦点，且，，成等比数列，则________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据点在抛物线上，代入可得，再由抛物线定义可得，，，又，，成等比数列，代入即可得解.
【详解】由抛物线过点，
可得，所以，
根据抛物线定义可得，
，，
由，，成等比数列，
所以，
可得，
所以.
故答案为：，.
14. 已知函数，若，则不等式的解集为_______；若恰有两个零点，则的取值范围为_____．
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】第一空：直接代入，分和解不等式，再取并集即可；第二空：将题设转化为和的实数根的个数为2，分、和依次讨论根的情况，即可求解.
【详解】第一空：若，则，当时，由解得，则；
当时，由，解得，则；综上可得不等式的解集为；
第二空：恰有两个零点等价于和的实数根的个数为2.
当时，显然无解；解得（舍去），也无解，不合题意；
当时，显然无解；的判别式，设的两根为，
则，显然两根一正一负，即有1个实根，不合题意；
当时，令的对称轴为，则在单减，则，则无解；
，显然时不成立，则，令，则，显然在上单减，在单增，
则，又，，则时，有2个根，即恰有两个零点；
综上：.
故答案为：；.
15. 某学校开展“测量故宫角楼高度”的综合实践活动.如图1所示，线段表示角楼的高，，，为三个可供选择的测量点，点，在同一水平面内，与水平面垂直.现设计能计算出角楼高度的测量方案，从以下六组几何量中选择三组进行测量，则可以选择的几何量的编号为________.（只需写出一种方案）
①，两点间的距离；
②，两点间的距离；
③由点观察点的仰角；
④由点观察点的仰角；
⑤和；
⑥和.
【答案】①③④或②③⑤
【解析】
【分析】若要求角楼的高即长，必要知道一边长，若知，两点间的距离长，在梯形中解和即可，此时可选①③④；若知，两点间的距离即长，则解和即可得解，此时可选②③⑤.
【详解】经分析可知，若选①③④，
在中，，，，
所以 ，
所以，
所以，其中各个量均已知；
若选②③⑤，
已知和，则，
由，
所以，
所以 其中各个量均已知.
其他选择方案均不可求得长.
故答案为：①③④或②③⑤
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. 已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．
（1）求的解析式；
（2）设，求函数在上的单调递增区间．
条件①：；
条件②：为偶函数；
条件③：的最大值为1；
条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先由降幂公式得，故为奇函数，排除条件②，若选①③，不唯一，不合题意；若选①④由及周期解出即可；若选③④由最大值及周期解出即可；
（2）先由倍角公式及辅助角公式求出，再令解出单调区间，最后写出在上的单调递增区间即可.
【小问1详解】
，易知为奇函数，故条件②不成立，舍去.
若选①③，则且，故，，解得，故不唯一，不合题意；
若选①④，且，故，解得，，存在且唯一，故；
若选③④，则且，故，解得，，故，存在且唯一，故；
【小问2详解】
，令，
解得，当时，，当时，，
故函数在上的单调递增区间为.
17. 如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.

（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可.
小问1详解】
因为平面，平面，
所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：
，
，因为，
所以，即，
【小问2详解】
设平面的法向量为，
，
所以有，
因直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，因为，
所以点到平面的距离为：
.
【点睛】
18. 根据Z市2020年人口普查的数据，在该市15岁及以上常住人口中，各种受教育程度人口所占比例（精确到0.01）如下表所示：
（1）已知Z市15岁及以上常住人口在全市常住人口中所占比例约为85%，从全市常住人口中随机选取1人，试估计该市民年龄为15岁及以上且受教育程度为硕士研究生的概率；
（2）从Z市15岁及以上常住人口中随机选取2人，记这2人中受教育程度为大学本科及以上的人数为X，求X的分布列和数学期望；
（3）若受教育程度为未上学、小学、初中、高中、大学专科及以上的受教育年限分别记为0年、6年、9年、12年、16年，设Z市15岁及以上男性与女性常住人口的平均受教育年限分别为年和年，依据表中的数据直接写出与的大小关系.（结论不要求证明）
【答案】（1）;
（2）答案见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）结合概率乘法的计算公式即可求出结果；
（2）求出X的可能取值，进而求出对应的概率，即可求出结果；
（3）根据平均数的概念即可得出结论.
【小问1详解】
因为在该市15岁及以上常住人口中，受教育程度为硕士研究生的人口所占比例为0.06，
则估计该市民年龄为15岁及以上且受教育程度为硕士研究生的概率85％；
【小问2详解】
该市15岁及以上常住人口中，受教育程度为大学本科及以上的人口所占比例为0.23+0.06+0.01=0.3，
X的可能取值为0，1，2，
则,
,
,
故X的分布列为
,
【小问3详解】
由题意，男性平均受教育年限为，
女性平均受教育年限为，
则.
19. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线斜率为，求的值；
（2）若在上有最大值，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，即可求得实数的值；
（2）分、、三种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，利用函数的最值与极值的关系可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，
，
由已知可得，解得.
【小问2详解】
解：因为，令.
①当时，对任意的，恒成立，则，
此时函数在上单调递减，没有最大值；
②当时，在上单调递减，则，则，
此时函数在上单调递减，没有最大值；
③当时，方程的两根分别为，，
由可知，列表如下：
所以函数在处取得最大值，
综上所述，实数的取值范围是.
20. 已知椭圆的离心率为，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点.是否存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）由求出，再根据求出，可得结果；
（2）设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到与，将化为，即，再结合韦达定理可得对恒成立，从而可得.
【小问1详解】
由题意可知，，解得，
所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
直线的方程为，
联立，消去并整理得，
则，得，
设，，
则，，
依题意可得，
因为在，之间，所以，所以,
因为，
所以 得，
得，
得，
将，代入上式并整理得，对恒成立，
所以，即，
故存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有.
【点睛】关键点点睛：利用平面集合知识将化为后，再结合韦达定理求解是解题关键.
21. 设数列.如果，且当时，，则称数列A具有性质.对于具有性质的数列A，定义数列，其中.
（1）对，写出所有具有性质的数列A；
（2）对数列，其中，证明：存在具有性质的数列A，使得与为同一个数列；
（3）对具有性质的数列A，若且数列满足，证明：这样的数列A有偶数个.
【答案】（1）、、
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列的定义，得到且，，，确定，按照或分别讨论可得答案；
（2）设数列：中恰有项为1，在按照、、三种情况分别讨论可证结论；
（3）按照奇偶分类讨论，结合数列的定义可证结论.
【小问1详解】
因为，所以，则
因为，，，所以，，，
又，
所以，或，
当时，，
当时，或，
综上所述：所有具有性质的数列A为：、、.
【小问2详解】
由于数列：，其中，
不妨设数列：中恰有项为1，
若，则符合题意，
若，则符合题意，
若，则设这项分别为，
构造数列，令分别为，
数列的其余各项分别为，
经检验数列符合题意.
【小问3详解】
对于符合题意的数列，
①当为奇数时，存在数列符合题意，
且数列与不同，与相同，
按这样的方式可由数列构造出数列，
所以为奇数时，这样的数列有偶数个，
当时，这样的数列也有偶数个，
②当为偶数时，
如果是数列中不相邻的两项，交换与得到数列符合题意，
且数列与不同，与相同，
按这样的方式可由数列构造出数列，
所以这样的数列有偶数个，
如果是数列中相邻的两项，由题设知，必有，，，
除这三项外，是一个项的符合题意的数列，
由①可知，这样的数列有偶数个，
综上，这样的数列有偶数个.
【点睛】关键点点睛：正确理解数列的定义，并利用定义求解是解题关键.受教育程度
性别
未上学
小学
初中
高中
大学
专科
大学
本科
硕士
研究生
博士
研究生
男
0.00
0.03
0.14
0.11
0.07
0.11
0.03
0.01
女
0.01
0.04
0.11
0.11
0.08
0.12
0.03
0.00
合计
0.01
0.07
0.25
0.22
0.15
0.23
0.06
0.01
0
1
2
0.49
0.42
0.09
增
极大值
减