北京市北师大附属实验中学2024届高三下学期3月零模数学试题及答案

这是一份北京市北师大附属实验中学2024届高三下学期3月零模数学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．记复数的共轭复数为，则（ ）
A．1B．C．D．
3．已知曲线的焦距为4，则其离心率为（ ）
A．B．C．D．2
4．设等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A．4B．6C．10D．12
5．在的展开式中，项的系数为（ ）
A．B．20C．D．40
6．中，，则将以为轴旋转一周所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．函数，记，则（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，将的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若和在区间上均单调递增，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知为不共线的两个单位向量，为非零实数，设，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
10．已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．已知向量，则 .
12．已知满足：，则 ； .
13．设点在抛物线上，已知.若，则 ；若，则直线斜率的最小值为 .
14．四棱锥中，底面为矩形，，四条侧棱长度均相等.若平面平面，则该四棱锥的高为 ；二面角的余弦值为 .
15．已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论：
①存在无穷多个，使得；
②存在，使得；
③对任意，有；
④对任意，存在互不相同的，使得.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题
16．在中，角所对边分别为，已知：
(1)求；
(2)已知，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，并求的面积.
①；
②；
③.
17．如图，在直三棱柱中，已知，分别和的中点.
(1)求证：平面；
(2)判断与是否垂直，并说明理由；
(3)求与平面所成角的正弦值.
18．某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表：
若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”.
(1)若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；
(2)假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求的分布列和数学期望；
(3)假设选手乙参加轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较与的大小（结论不要求证明）.
19．已知函数.
(1)求的图象在点处的切线方程；
(2)讨论的单调区间；
(3)若对任意，都有，求的最大值.（参考数据：）
20．已知椭圆的离心率为，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，过分别作轴的垂线，垂足为点，求证：直线与的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程.
21．已知集合，其中都是的子集且互不相同，记的元素个数，的元素个数.
(1)若，直接写出所有满足条件的集合；
(2)若，且对任意，都有，求的最大值；
(3)若且对任意，都有，求的最大值.
轮次
一
二
三
四
五
六
七
八
九
十
第一次分数
7
6
8
9
8
5
9
7
10
7
第二次分数
8
7
9
10
8
9
8
7
7
9
参考答案：
1．B
【分析】
解不等式求得集合，再求交集即可.
【详解】因为，又，故.
故选：B.
2．C
【分析】
由复数四则运算以及共轭复数的概念即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：C.
3．C
【分析】
根据题意，求得，再求离心率即可.
【详解】根据题意，，则；又，则；故离心率.
故选：C.
4．B
【分析】
利用等差数列的基本量，求得首项和公差，再求即可.
【详解】设等差数列的公差为，由题可得，解得，则.
故选：B.
5．D
【分析】
由题意写出展开式通项并化简，令，解得，回代展开通项计算即可得解.
【详解】在的展开式通项为，
由题意令，解得，所以项的系数为.
故选：D.
6．D
【分析】
由题意得所求几何体体积即两个同底圆锥的体积之和，通过解直角三角形知识得底面圆半径以及两圆锥的高的和，由此即可得解.
【详解】
过点作于点，
则将以为轴旋转一周所形成的几何体是都以为底面圆半径，分别以为高的两个圆锥的组合体，
因为，所以，
从而，
由等面积法得，即，
解得，
从而所求体积为.
故选：D.
7．B
【分析】由题意得是上的偶函数，由复合函数单调性可知关于在上单调递减，进一步比较对数、指数幂的大小即可求解.
【详解】注意到定义域为全体实数，且，
所以是上的偶函数，
从而，
因为在上单调递增，
所以关于在上单调递减，
而，
所以.
故选：B.
8．A
【分析】
化简的解析式为一般式，并求得其单调增区间；根据三角函数图象变换求得的解析式，再求其单调增区间；结合题意，即可求得的最大值.
【详解】，令，解得，
故的单调增区间为，则在上单调递增；
将的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则，
令，解得，
故的单调增区间为，则在上单调递增；
若和在区间上均单调递增，则的最大值为.
故选：A.
9．C
【分析】由数量积公式、单位向量的定义以及向量夹角公式可得在题设条件下，，注意到，由此即可结合充要条件的定义判断.
【详解】已知为不共线的两个单位向量，为非零实数，设，
则此时
，
而向量夹角范围是，当时，严格单调递减，
从而，
综上所述，在题设条件下“”是“”的充要条件.
故选：C.
10．A
【分析】由题意将原问题等价转换为圆心在直线上且半径为的动圆与圆有交点，进一步存在满足不等式：，在这里我们只需求出的最小值即可.
【详解】若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，
则条件等价于圆心在直线上且半径为的动圆与圆有交点，
设动圆圆心为，则，动圆半径为，
圆的圆心为，
则圆心距满足：（存在满足该不等式），
注意到，理由如下：
因为，所以，从而，
因为，所以，
从而必定有，解得，
又因为是存在性问题，所以当然也有，
所以解得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是将原问题等价转换为存在满足不等式：，由此即可顺利得解.
11．1
【分析】
由向量坐标的线性运算以及向量垂直的坐标表示列出关于的方程即可求解.
【详解】由题意，
因为，
所以，解得.
故答案为：1.
12． /
【分析】根据同角三角比的基本关系求解出的值，然后利用二倍角的余弦公式并结合弦化切即可求出的值.
【详解】因为，所以；
因为，所以，
所以，
故答案为：；.
13． 3 1
【分析】
第一空：由两点间距离公式以及点坐标满足抛物线方程联立列式即可求解；第二空：将直线斜率表达式求出来，结合基本不等式即可得解.
【详解】第一空：若，则，
又，所以，注意到，
所以解得满足题意；
第二空：直线斜率为，若，
则由基本不等式得，等号成立当且仅当.
故答案为：3；1.
14． 3 /
【分析】第一空：首先垂直于平面，记的中点分别为，由线面垂直的性质、判定可以得到垂直于平面，进而垂直于，垂直于，进一步说明为的交线，从而可知，由此即可进一步求解；第二空：得出二面角的平面角为，结合解三角形知识即可求解.
【详解】
设矩形的中心为，则由侧棱长相等，知垂直于平面.
记的中点分别为，过分别作的平行线，
由于垂直于平面，且在平面内，故垂直于，
而垂直于，和相交于，在平面内，故垂直于平面.
而都在平面内，这意味着垂直于，从而垂直于，
又因为经过且和平行，故在平面内，这就说明是两个平面的交线.
由于垂直于，平面互相垂直，故，
所以，
同理可证：垂直于，故垂直于，而垂直于，
所以二面角的平面角为，
故所求二面角的余弦值为.
故答案为：3；.
15．①③④
【分析】对于①，我们得出任意连续两个自然数中必有一个属于即可判断；对于②，我们以斐波那契数列为反例即可推翻；对于③，设，，分两种情况讨论即可判断；对于④，由③可得或，由此即可进一步判断.
【详解】设，，则，.
如果，则，故，从而.
这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于，所以一定是无限集，故①正确；
注意到数列，满足全部条件，这里是斐波那契数列，
这能够得到以及，从而.
假设此时有，，则即对任意成立，这显然不可能，故②错误；
设，，若，则；
若，则.
任一情况都有，故③正确；
由③的过程还可以得到：或.
这意味着可以适当选取使得，
从而，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：对于②的判断，关键是利用斐波那契数列的性质得出矛盾，由此即可顺利得解.
16．(1)
(2)若选①不符题意，选②满足题意且，选③满足题意且
【分析】（1）由正弦定理角化边，再由余弦定理边化角即可求解；
（2）若选①，可余弦定理运算可知此时存在但不唯一，不符题意；若选②，由正弦定理可知此时，此时通过余弦定理可唯一解出满足题意，结合三角形面积公式求解即可；若选③，一方面有，另一方面，且，由此可唯一解出，进而也唯一，满足题意，结合三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为
所以，即，
所以.
（2）若选①，因为，，
所以由余弦定理有，整理得，
解得，此时存在但不唯一，不符题意；
若选②，则，
所以此时，
由余弦定理有，整理得，
解得或（舍去），此时存在且唯一，
且；
若选③，则，
又，且，
所以整理得，解得或（舍去），
此时存在且唯一，
且.
17．(1)证明过程见解析
(2)垂直，理由见解析
(3)
【分析】
（1）设的中点为，证明平行于，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出与所在直线方向向量，判断它们的数量积是否为0即可；
（3）分别求出与平面的方向向量、法向量，由向量夹角的余弦公式即可得解.
【详解】（1）
由于是对角线的中点.
设的中点为，则分别是的中点，故，
这就说明是平行四边形，故平行于，
而在平面内，不在平面内，
故平行于平面；
（2）
记的中点为，由于，故，
又由于该三棱柱是直三棱柱，且，故平行于.
而垂直于平面，故垂直于平面，
而均在平面内，故两两垂直.
现在以为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系.
则，，，，
故，，从而，
这就说明垂直于；
（3）
由于，，故.
而，，，故，.
设是平面的法向量，所以，
则.
所以，，从而可以取.
而，
故与平面所成角的正弦值是.
18．(1)
(2)分布列见解析，数学期望
(3)
【分析】
（1）该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，由此即可求解；
（2）首先求出甲在某一轮中发挥稳定的概率为0.6，从而可知服从二项分布，进一步即可求得分布列以及数学期望；
（3）首先求得关于的表达式，进一步即可比较大小.
【详解】（1）直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故；
（2）
甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，，
的可能取值为0，1，2，3，
，
，
这就得到的分布列为
二项分布的数学期望.
（3）
设在第轮中，较高分和较低分分别为和，
则，且，，
故，且
从而.
即.
19．(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】
（1）求得，，再根据导数的几何意义，即可求得切线方程；
（2）讨论参数与和的大小关系，在不同情况下，求函数单调性，即可求得单调区间；
（3）将问题转化为在上的最大值，根据（2）中所求单调性，求得，再构造函数解关于的不等式即可.
【详解】（1），，又，，
故的图象在点处的切线方程为，即.
（2），又，，
则时，当，，单调递增；当，，单调递减；
时，当，，单调递减；当，，单调递增；
当，，单调递减；
时，当，，在单调递减；
时，当，，单调递减；当，，单调递增；
当，，单调递减.
综上所述：当，的单调增区间为，单调减区间为；
当，的单调减区间为，单调增区间为；
当，的单调减区间为，没有单调增区间；
当，的单调减区间为，单调增区间为.
（3）若对任意，都有，则在上的最大值；
由（2）可知，当，在单调递增，在单调递减，
故；
令，则，
故在单调递增，又，则；
故当时，，
也即当时，对任意，都有.
故的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问处理的关键是，将在区间上恒成立，转化为，再根据第二问中所求函数单调性求得，再构造函数解不等式即可.
20．(1)；
(2)证明见解析，定直线为.
【分析】
（1）根据题意，列出满足的方程组，求得，即可求得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，结合坐标，写出直线的方程，借助韦达定理，求得两直线交点坐标的纵坐标为定值，即可证明，进而求出定直线方程.
【详解】（1）由题可得：，，又；解得；
故椭圆的方程为：.
（2）设直线与的交点为，根据题意，作图如下：
由题可知，直线的斜率存在，又过点，故设其方程为，
联立，可得，显然其，
设两点坐标为，则；
因为都垂直于轴，故，
则方程为：，方程为：，
联立方程可得：，
故，也即直线与的交点在定直线上.
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是求得直线方程后，充分利用利用韦达定理，求出交点的纵坐标即可.
21．(1)或或或
(2)
(3)
【分析】
（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；
（2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到；
（3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可.
【详解】（1）因为，则和的元素个数均为1，
又因为，则，
若，，则或；
若，，则或；
综上或或或.
（2）集合共有32个不同的子集，
将其两两配对成16组，
使得，则不能同时被选中为子集，故.
选择的16个含有元素1的子集:，符合题意.
综上，.
（3）结论:，令，集合符合题意.
证明如下：
①若中有一元集合，不妨设，则其它子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集，
所以除外的子集至多有个，故.
②若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其它子集分两类:
或，和或，
其中互不相同，互不相同且均不为1，2.
若，则，有
若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2)，且互不相同，
因为中除2外至多还有2个元素，所以.
所以.
③若均为三元集合，不妨设.将其它子集分为三类：
，其中.
若，则(除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合)，
所以.
若，不妨设，则由得每个集合中都或者有4、或者有5，
又中除1外无其它公共元素，所以.
所以.
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论.
0
1
2
3