北京市第八中学2023-2024学年高三下学期零模练习数学试题及答案

这是一份北京市第八中学2023-2024学年高三下学期零模练习数学试题及答案，共23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．复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．1B．C．D．
3．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
4．等差数列：，，，，满足，，则（ ）
A．5.4B．6.3C．7.2D．13.5
5．若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．在平面直角坐标系中，角与的顶点在原点，始边与x轴正半轴重合，终边构成一条直线，且，则（ ）
A．1B．C．D．
7．如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（ ）

A．存在点E，使平面
B．三棱锥的体积随动点E变化而变化
C．直线与所成的角不可能等于
D．存在点E，使平面
8．已知非零向量，，则“与共线”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．即不充分也不必要条件
9．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，则该蓄电池的Peukert常数大约为（ ）
A．1.25B．1.5C．1.67D．2
10．某次考试的第二大题由8道判断题构成，要求考生用画“√”和画“×”表示对各题的正误判断，每题判断正确得1分，判断错误不得分．请根据如下甲，乙，丙3名考生的判断及得分结果，计算出考生丁的得分．
丁的得分是（ ）
A．4分B．5分C．6分D．7分
二、填空题
11．在的展开式中无常数项，则的一个取值为 ．
12．已知正方形的边长为2，点满足，则= ．
13．同一种产品由甲､乙､丙三个厂商供应.由长期的经验知，三家产品的正品率分别为0.95､0.90､0.80，甲､乙､丙三家产品数占比例为，将三家产品混合在一起.从中任取一件，求此产品为正品的概率 .
14．设函数．
①给出一个的值，使得的图像向右平移后得到的函数的图像关于原点对称， ；
②若在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是 ．
15．已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；②数列的前项和；
③数列每一项都满足成立；④数列每一项都满足.
其中，所有正确结论的序号是 .
三、解答题
16．已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.D是AB的中点，，.
(1)求∠A的大小；
(2)求a的值.
17．据中国日报网报道：2017年11月13日，TOP500发布的最新一期全球超级计算机500强榜单显示，中国超算在前五名中占据两席，其中超算全球第一“神威太湖之光”完全使用了国产品牌处理器．为了了解国产品牌处理器打开文件的速度，某调查公司对两种国产品牌处理器进行了12次测试，结果如下（数值越小，速度越快，单位是MIPS）
（Ⅰ）从品牌A的12次测试中，随机抽取一次，求测试结果小于7的概率；
（Ⅱ）从12次测试中，随机抽取三次，记X为品牌A的测试结果大于品牌B的测试结果的次数，求X的分布列和数学期望E（X）；
（Ⅲ）经过了解，前6次测试是打开含有文字和表格的文件，后6次测试是打开含有文字和图片的文件.请你依据表中数据，运用所学的统计知识，对这两种国产品牌处理器打开文件的速度进行评价.
18．如图所示，将边长为2的正方形沿对角线折起，得到三棱锥，为的中点.

(1)证明：
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值及点到平面的距离．
①；②
19．已知椭圆的离心率为，长轴的左端点为.
(1)求C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点.
20．设函数.
(1)若在处有极小值2，求，的值；
(2)若，且在上是增函数，求实数的取值范围；
(3)若，时，函数在上的最小值为0，求实数的取值范围.
21．无穷数列满足：为正整数，且对任意正整数，为前项，，，中等于的项的个数.
（Ⅰ）若，请写出数列的前7项；
（Ⅱ）求证：对于任意正整数，必存在，使得；
（Ⅲ）求证:“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件．
第1题
第2题
第3题
第4题
第5题
第6题
第7题
第8题
得分
甲
×
×
√
×
×
√
×
√
5
乙
×
√
×
×
√
×
√
×
5
丙
√
×
√
√
√
×
×
×
6
丁
√
×
×
×
√
×
×
×
？
测试1
测试2
测试3
测试4
测试5
测试6
测试7
测试8
测试9
测试10
测试11
测试12
品牌A
3
6
9
10
4
1
12
17
4
6
6
14
品牌B
2
8
5
4
2
5
8
15
5
12
10
21
参考答案：
1．C
【分析】利用对数不等式的解法及并集的定义即可求解.
【详解】由，得，解得，
所以，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】利用复数除法法则及复数的概念即可求解.
【详解】由，得，
所以复数的虚部为.
故选：D.
3．C
【分析】根据离心率可得，可得出、的等量关系，由此可得出双曲线的渐近线方程.
【详解】由已知可得，则，故，
所以，双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
4．B
【分析】利用等差数列的通项公式及前项和公式即可求解.
【详解】设等差数列的的公差为，
由题意可知，解得，
所以.
故选：B.
5．A
【分析】作出图形，分析可知当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，求出、的大小，可求得的最小值.
【详解】如下图所示：
直线的斜率为，倾斜角为，故，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
易知直线交轴于点，所以，，
由图可知，当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，
由圆的几何性质可知，且，则，
故.
故选：A.
6．C
【分析】根据角与的终边构成一条直线得，利用诱导公式及二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由题意，角与的顶点在原点，终边构成一条直线，所以，
所以
，
又，
所以.
故选：C.
7．D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定的体积情况判断B.
【详解】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为2，则，
由在线段上运动，设（），则，
平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误；
，设直线与所成角为，则，
显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误；
设平面的法向量为，则，令，得，
当时，，因此平面，D正确；
点在正方体的对角面矩形的边上，则，
而平面平面，则，又，
可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误.
故选：D
【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，可选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
8．B
【分析】取为方向相反的单位向量，得到不充分，根据得到，得到必要性，得到答案.
【详解】若与共线，取为方向相反的单位向量，则，，
，不充分；
若，则，整理得到，
若且，设夹角为，则，即，即，即，故与共线，必要性成立.
综上所述：“与共线”是“”的必要不充分条件.
故选：B
9．B
【分析】由已知可得出，可得出，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运算法则计算可得的近似值.
【详解】由题意可得，所以，所以，
所以.
故选：B.
10．C
【解析】已知得第3、4题应为一对一错，所以丙和丁得分相同，即可得出结论.
【详解】解：因为由已知得第3、4题应为一对一错，所以丙和丁得分相同，
所以，丁的得分也是6分.
故选：C.
【点睛】本题考查合情推理，属于基础题.
11．（答案不唯一）
【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式及常数项的特点即可求解.
【详解】的展开式的通项公式为，
由，得，又,
因此，所以的一个取值为.
故答案为：（答案不唯一）.
12．6
【分析】由条件代入向量，根据向量数量积的四则运算计算即可.
【详解】在正方形中，，且向量的夹角为，
则有，
.
故答案为：6
13．0.86
【分析】由全概率公式计算所求概率.
【详解】由全概率公式，得所求概率.
故答案为：.
14． （答案不唯一）
【分析】，则，取计算即可，确定，根据零点个数得到，解得答案
【详解】由题意可得，
因为的图像关于原点对称，所以，即，
当时，；
，则，有且仅有两个零点，
则，解得，
故答案为：（答案不唯一）；
15．①③④
【分析】通过递推公式，判断出数列单调性，由此得到数列的取值范围，根据取值范围对①③④进行判断，算出即可判断②.
【详解】由，，
得，，，
，②错误；
，
又因为，所以，所以，①正确；
由可得，即，
又，两边同时除以，可得：
，，… ，，
累加可得，
又因，
所以，即有，
当时，，所以，③正确；
由，得，
则当时，，
则，
当时，，
所以，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：数列中出现大小比较时，若通过原数列或者构造新数列不能找到大小关系，常见思路为对数列进行放缩，通过将数列放缩为一个简单的通项公式再进行大小比较.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理得，进而求得A；
（2）在和中分别使用余弦定理，计算a的值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：，因为，所以，
得，因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得：，
即，解得：(负值舍去)，则，
在中，由余弦定理得：，所以.
所以.
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）随机变量的分布列为：
；（Ⅲ）本题为开放问题，答案不唯一.
【详解】试题分析：（Ⅰ）从品牌的12次测试中，测试结果打开速度小于的文件有次，利用古典概型，即可求解相应的概率；
（Ⅱ）在12次测试中，品牌的测试结果大于品牌的测试结果的次数共有次，确定随机变量的可能的取值为，求出取每个数值的概率，列出分布列，利用公式求解数学期望；
（Ⅲ）结合题设中已有数据，能够运用以下其中一个标准中的任何一个陈述得出该结论的理由即可.
试题解析：
（Ⅰ）从品牌的12次测试中，测试结果打开速度小于7的文件有：测试1、2、5、6、9、10、11，共7次，设该测试结果打开速度小于7为事件，因此
（Ⅱ）12次测试中，品牌的测试结果大于品牌的测试结果的次数有：测试1、3、4、5、7、8，共6次，随机变量所有可能的取值为：0，1，2，3

随机变量的分布列为：
（Ⅲ）本题为开放问题，答案不唯一，在此给出评价标准，并给出可能出现的答案情况，阅卷时按照标准酌情给分.
给出明确结论，
结合已有数据，能够运用以下8个标准中的任何一个陈述得出该结论的理由，
标准1: 会用前6次测试品牌A、品牌B的测试结果的平均值与后6次测试品牌A、品牌B的测试结果的平均值进行阐述（这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的测试结果的平均值均小于打开含有文字和图片的文件的测试结果平均值；这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的平均速度均快于打开含有文字和图片的文件的平均速度）
标准2: 会用前6次测试品牌A、品牌B的测试结果的方差与后6次测试品牌A、品牌B的测试结果的方差进行阐述（这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的测试结果的方差均小于打开含有文字和图片的文件的测试结果的方差；这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件速度的波动均小于打开含有文字和图片的文件速度的波动）
标准3：会用品牌A前6次测试结果的平均值、后6次测试结果的平均值与品牌B前6次测试结果的平均值、后6次测试结果的平均值进行阐述（品牌A前6次测试结果的平均值大于品牌B前6次测试结果的平均值，品牌A后6次测试结果的平均值小于品牌B后6次测试结果的平均值，品牌A打开含有文字和表格的文件的速度慢于品牌B，品牌A打开含有文字和图形的文件的速度快于品牌B）
标准4：会用品牌A前6次测试结果的方差、后6次测试结果的方差与品牌B前6次测试结果的方差、后6次测试结果的方差进行阐述（品牌A前6次测试结果的方差大于品牌B前6次测试结果的方差，品牌A后6次测试结果的方差小于品牌B后6次测试结果的方差，品牌A打开含有文字和表格的文件的速度波动大于品牌B，品牌A打开含有文字和图形的文件的速度波动小于品牌B）
标准5：会用品牌A这12次测试结果的平均值与品牌B这12次测试结果的平均值进行阐述（品牌A这12次测试结果的平均值小于品牌B这12次测试结果的平均值，品牌A打开文件的平均速度快于B）
标准6：会用品牌A这12次测试结果的方差与品牌B这12次测试结果的方差进行阐述（品牌A这12次测试结果的方差小于品牌B这12次测试结果的方差，品牌A打开文件速度的波动小于B）
标准7：会用前6次测试中，品牌A测试结果大于（小于）品牌B测试结果的次数、后6次测试中，品牌A测试结果大于（小于）品牌B测试结果的次数进行阐述（前6次测试结果中，品牌A小于品牌B的有2次，占1/3. 后6次测试中，品牌A小于品牌B的有4次，占2/3. 故品牌A打开含有文字和表格的文件的速度慢于B，品牌A打开含有文字和图片的文件的速度快于B）
标准8：会用这12次测试中，品牌A测试结果大于（小于）品牌B测试结果的次数进行阐述（这12次测试结果中，品牌A小于品牌B的有6次，占1/2.故品牌A和品牌B打开文件的速度相当）
参考数据
18．(1)证明见解析
(2)二面角的余弦值为，点A到平面BPC距离为
【分析】（1）先确定正方形沿对角线折起后的不变关系，再证明平面，即得；
（2）由所选条件先证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，进而利用向量法可求二面角的余弦值及点到平面的距离．
【详解】（1）证明：正方形沿对角线折起后的不变关系为.
连接，，如下图：

因为，所以，同理得，
又因为平面且，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）若选择①，，
因为，所以，
因为，所以，
由（1）可得，
所以，，两两垂直，建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取时，，即，
因为平面，
所以平面的一个法向量，
于是，，
所以结合图像可知，二面角的余弦值为.
，，
点到平面的距离，
所以A到平面的距离为.
若选择②，
由（1）得，，，平面，，
所以平面，又平面，所以，
因为，
所以，
所以，，两两垂直，建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取时，，即，
因为平面，
所以平面的一个法向量，
于是，，
所以结合图像可知，二面角的余弦值为.
，，
点到平面的距离，
所以A到平面的距离为.
19．(1)
(2)证明见解析，定点分别为，
【分析】（1）由离心率，及顶点坐标得椭圆的方程；
（2）设，，将直线方程与椭圆方程联立，求得，，由垂直关系利用数量积等于零，求得圆与x轴的交点.
【详解】（1）由题可得，，得，
所以椭圆的方程：；
（2）椭圆右焦点坐标为，由题直线斜率不为零，设直线l方程为，
设，，
由题，联立方程组，消去x得，
所以，，
，得，同理，，得，
设轴上一点，则，同理得:，
，
因为，
得：，即或，
所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为，.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由，求，的值；
（2）在上是增函数，则在上恒成立，可求实数的取值范围；
（3）依题意，最小值为，利用导数讨论函数单调性，求最小值点满足的条件即可.
【详解】（1）函数，定义域为，，
在处有极小值2，则有，解得.
此时，
解得，解得，
在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值.
所以.
（2）若，，，
在上是增函数，则在上恒成立，
函数，图象抛物线开口向上，对称轴，，
当，则在上恒成立，此时在上不恒成立，
不满足在上成立，
当时，则在上恒成立，若在上成立，
则在上恒成立，
由，则有，解得，
所以实数的取值范围的.
（3）时，函数，有，
，由，则，
函数，函数图象抛物线开口向下，，
若，则在上恒成立，在上单调递增，最小值为，
若，则存在，使得，
时，；时，，
则在上单调递增 ，在上单调递减，
综上可知，函数在上的最小值为0，只需，
即，解得，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
21．（Ⅰ）2，1，1，2，2，3，1；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据题设条件，直接写出即可；
（Ⅱ）假设存在正整数，使得对任意的，，利用反证法证明即可；
（Ⅲ）可分充分性和必要性证明即可，当时，得数列满足，，当为偶数，则；当为奇数，则，即可证得充分性；再作出必要性的证明即可.
试题解析：
（Ⅰ）2，1，1，2，2，3，1
（Ⅱ）假设存在正整数，使得对任意的，. 由题意，
考虑数列的前项：
，，，…，
其中至少有项的取值相同，不妨设
此时有：，矛盾.
故对于任意的正整数，必存在，使得.
（Ⅲ）充分性：
当时，数列为，，，，，，，…，，，，，…
特别地，，，故对任意的
（1）若为偶数，则
（2）若为奇数，则
综上，恒成立，特别地，取有当时，恒有成立
方法一:假设存在（），使得“存在，当时，恒有成立”
则数列的前项为 ，，，，，，，，…，，，，
，，，，，…，，，，
，，，…，，，，
，，，，
，，
后面的项顺次为
，，，，…，，
，，，，…，，
，，，，…，，
……
对任意的，总存在，使得，，这与矛盾，故若存在，当时，恒有成立，必有
方法二：若存在，当时，恒成立，记.
由第（2）问的结论可知：存在，使得（由s的定义知）
不妨设是数列中第一个大于等于的项，即均小于等于s.
则.因为，所以，即且为正整数，所以.
记，由数列的定义可知，在中恰有t项等于1.
假设，则可设，其中，
考虑这t个1的前一项，即，
因为它们均为不超过s的正整数，且，所以中一定存在两项相等，
将其记为a，则数列中相邻两项恰好为（a，1）的情况至少出现2次，但根据数列的定义可知：第二个a的后一项应该至少为2，不能为1，所以矛盾！
故假设不成立，所以，即必要性得证！
综上，“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件.
0
1
2
3
0
1
2
3
期望
前6次
后6次
12次
品牌A
5.50
9.83
7.67
品牌B
4.33
11.83
8.08
品牌A与品牌B
4.92
10.83
方差
前6次
后6次
12次
品牌A
12.30
27.37
23.15
品牌B
5.07
31.77
32.08
品牌A与品牌B
8.27
27.97