北京市第四中学2023-2024学年高三下学期阶段性测试（零模）数学试题（原卷及解析版）

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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】先解对数函数不等式化简集合B，然后利用并集运算求解即可.
【详解】因为，
又，所以.
故选：A
2. 在复平面内,复数对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：，对应的点为，在第一象限
考点：复数运算
3. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】结合特称命题的否定的方法即可.
【详解】命题“，”的否定是，.
故选：C
4. 在平面直角坐标系中，设是双曲线的两个焦点，点在上，且，则的面积为（）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的几何性质求解即可.
【详解】因为点在上，是双曲线的两个焦点,
由双曲线的对称性不妨设，
则①，，
因为，所以，
由勾股定理得②，
①②联立可得，，
所以，
故选：B
5. 函数，，的零点分别为，，，则，，，的大小顺序为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数的交点问题，利用数形结合求解即可.
【详解】令，即，
令，即，
令，即，分别作出，，和的图象，
如图所示：
由图象可知：，所以.
故选：.
6. 在平面直角坐标系中，已知是圆上的动点．若，，，则的最大值为（ ）
A. 16B. 12C. 8D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到，，即可得到答案.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
7. 在无穷项等比数列中，为其前n项的和，则“既有最大值，又有最小值”是“既有最大值，又有最小值”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】设出公比为，分且，且，且，且，且，且，及等情况，进行分类讨论，从而得到答案.
【详解】设公比为，当，时，，
此时，
故，所以为单调递增数列，此时无最大值，
无最大值，
当，时，，
此时，
故，所以为单调递减数列，此时无最小值，
无最大值，
当时，时，，
此时，
故，所以为单调递减数列，此时无最小值，
无最小值，
当时，时，，
此时，
故，所以为单调递增数列，此时无最大值，
无最小值，
当时，，为摆动数列，
且，
故，所以随着的增大，趋向于0，
故有最大值，也有最小值，
若且，，
，当为奇数时，，当为偶数时，，
且随着的增大，趋向于，
其中，，
故且，
故有最大值，也有最小值，
若且，，
，当为奇数时，，当为偶数时，，
且随着的增大，趋向于，
其中，，
故且，
故有最大值，也有最小值，
当时，，为摆动数列，
且，
故，所以随着的增大，趋向于正无穷或负无穷，
故无最大值，也无最小值，
此时无最大值，无最小值，
当时，为常数列，此时有最大值，也有最小值，
此时无最大值或无最小值，故充分性不成立，
当时，有最大值，也有最小值，
此时有最大值和最小值，
综上，当既有最大值，又有最小值时，既有最大值，又有最小值，
必要性成立，
故“既有最大值，又有最小值”是“既有最大值，又有最小值”的必要不充分条件.
故选：B
8. 在中，，BC边上的高等于,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：设
,故选C.
考点：解三角形.
9. 在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是正方体表面上的一点，若，则线段长度的最大值是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过线面垂直的性质找到点的轨迹，然后利用梯形的性质求解即可.
【详解】连接，在正方体中，平面，
四边形是正方形，因为平面，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以当点P在线段（点除外）时，，取的中点E，连接，
在正方形中，因为E为的中点，是棱的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，
且平面，平面，所以平面，又平面，
所以，因为，且平面，平面，
所以平面，设平面平面，则，所以，
则是棱的中点，
所以当点在正方体的表面线段上时，,
由题意可知，在梯形中，，，，
，
所以线段长度的最大值是.
故选：C
10. 如图为某三岔路口交通环岛的简化模型，在某高峰时段，单位时间进出路口,的机动车辆数如图所示，图中分别表示该时段单位时间通过路段的机动车辆数（假设：单位时间内，在上述路段中，同一路段上驶入与驶出的车辆数相等），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据每个三岔路口驶入与驶出相应的环岛路段的车辆数列出等量关系，即可比较出大小．
【详解】依题意，有，所以，
同理，，所以，
同理，，所以，
所以．
故选：C．
【点睛】本题主要考查不等关系的判断，属于基础题．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．
11. 已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】由等差数列通项公式结合等比数列性质计算求解即可.
【详解】因为成等比数列，所以，即，
即，解得或（舍）.
故答案为：4
12. 的展开式中常数项为__________．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【详解】的展开式的通项公式为，令，，故该展开式中的常数项为，故答案为．
【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
13. 抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为___________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标、双曲线的渐近线方程，再利用点到直线距离公式计算即得.
【详解】抛物线的焦点，双曲线的渐近线方程为，
所以点到直线的距离为.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点（不在坐标轴上）．过点作轴的垂线，垂足为．若记为点到直线的距离，则的最大值为___________，此时的一个取值为___________.
【答案】 ①. ##0.5 ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义得，再利用等面积法求得，借助正弦函数性质求得答案.
【详解】依题意，，且，，
由，得，
当且仅当或，即，时取等号，
所以的最大值为，.
故答案为：；
15. 设是正整数，且，数列满足：，，，数列的前项和为.给出下列四个结论：①数列为单调递增数列，且各项均为正数；②数列为单调递增数列，且各项均为正数；③对任意正整数，，；④对任意正整数，.其中，所有正确结论的序号是__________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】由和可确定①正确；由知②错误；根据已知等式可得及，推导得到，加和可得③正确；由已知等式可推导得到，累加得到，进而得到，知④正确.
【详解】对于①，，，，数列单调递增数列，
，，即数列各项均为正数，①正确；
对于②，，
由①知：，，，数列单调递减数列，②错误；
对于③，由得：，
又，，
，③正确；
对于④，由得：，
，
，
，，即，④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系式研究数列相关性质及前项和的问题；求解关键是能够对已知递推关系式进行变形，得到、等关系式，结合累加法、放缩法来进行求解.
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.
（1）求的值；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）1；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再代入求值即可；
（2）由的取值范围求出的取值范围，从而得到函数的值域，由，即可得到不等式组，解得即可；
【详解】解：（1），所以.
（2）因为，所以，所以.
由不等式恒成立，得，解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】本题考查三角恒等变换与三角函数的性质的应用，属于基础题.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，点是的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质及线面垂直的性质推理即得.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，利用空间向量求出线面角的正弦.
【小问1详解】
在四棱锥中，由，点是的中点，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
在平面内过点作，由（1）知直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，，得，
则，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知表1和表2是某年部分日期的天安门广场升旗时刻表．
表1：某年部分日期的天安门广场升旗时刻表
表2：某年2月部分日期的天安门广场升旗时刻表
（1）从表1的日期中随机选出一天，试估计这一天的升旗时刻早于7∶00的概率；
（2）甲，乙二人各自从表2日期中随机选择一天观看升旗，且两人的选择相互独立．记X为这两人中观看升旗的时刻早于7∶00的人数，求的分布列和数学期望；
（3）将表1和表2中的升旗时刻化为分数后作为样本数据（如7∶31化为）．记表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，表1和表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，判断与的大小﹒（只需写出结论）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）记事件为“从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，在表1的20个日期中，有15个日期的升旗时刻早于，由此能求出从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于的概率；
（2）可能的取值为0，1，2，记事件为“从表2的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，则．，由此能求出的分布列和数学期望；
（3）由方差性质推导出．
【小问1详解】
记事件为“从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，
在表1的20个日期中，有15个日期的升旗时刻早于，
．
【小问2详解】
可能的取值为0，1，2．
记事件为“从表2的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，
则．．
，
，
，
所以的分布列为：
．
【小问3详解】
由表1所有升旗时刻对应数据比较集中，而表2所有升旗时刻对应数据比较分散，可得．
19. 已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且平行于的直线交直线于点，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意列关于的方程组，即可得到结果；
（2）设方程为，，，联立直线MN方程和椭圆的方程可得，表示出直线NQ方程，对称性可知直线NQ恒过的定点在x轴上，令，将代入化简即可得出答案.
【小问1详解】
由题意得，，所以，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意直线MN过点且斜率不0，
故设直线MN方程为，，，
联立，消去x得，，
所以，所以，
因为，则：，令，解得，
所以，故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则，将代入得
所以，
故直线恒过定点.
20. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若关于x方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：
【答案】（1）；（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求函数导数得切线斜率，再由点斜式可得解；
（2）由，分和两种情况讨论导函数的正负，可得函数的单调区间；
（3）分析可得要证，，令，利用导数证得，即可得证．
【详解】（1），，
，，
所以在点处的切线方程为，
整理得：，
（2）函数定义域为，
当时，，此时在上单调递增；
当时，令，得，
此时在上，单调递减，
在上，单调递增，
综上：时，在上单调递增
时，在上单调递减，在上单调递增；
（3）证明：由（2）可知，当时，才有两个不相等的实根，且，
则要证，即证，即证，
而，则，否则方程不成立），
所以即证，化简得，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以（1），而，
所以，
所以，得证．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是通过证明即可得解，分析函数在极小值左侧的单调性，关键再由证明，利用构造函数的方法即可.
21. 对给定的正整数，令，对任意的，，定义与的距离．设是的含有至少两个元素的子集，集合中的最小值称为的特征，记作．
（1）当时，直接写出下述集合的特征：；
（2）当时，设且，求中元素个数的最大值；
（3）当时，设且，求证：中的元素个数小于．
【答案】（1），，
（2）
（3）证明详见解析
【解析】
【分析】（1）根据与的距离的定义，直接求出的最小值即可；
（2）一方面先证明A中元素个数至多有个元素，另一方面证明存在集合中元素个数为个满足题意，进而得出A中元素个数的最大值；
（3）设，定义的邻域，先证明对任意的， 中恰有2021个元素，再利用反证法证明，于是得到中共有个元素，但中共有个元素，所以，进而证明结论．
【小问1详解】
依题意可得，，．
【小问2详解】
（a）一方面：对任意的，
令，
则，故，
令集合，则，
则且和的元素个数相同，
但中共有个元素，其中至多一半属于，
故中至多有个元素．
(b)另一方面：设是偶数，
则对任意的，，，
都有中的元素个数为，
易得与奇偶性相同，
故为偶数，
又，则，所以，
注意到，且它们的距离为2，
故此时满足题意，
综上，中元素个数的最大值为．
小问3详解】
当时，设且，
设，
则对任意的，定义的邻域，
（a）一方面：对任意的，中恰有2021个元素，
事实上，
①若，则，恰有一种可能；，
②若，则与，恰有一个分量不同，共2020种可能；
综上， 中恰有2021个元素，
（b）对任意的，，
事实上，若，
不妨设，，
则，这与矛盾，
由（a）和（b）可得中共有个元素，
但中共有个元素，所以，即，
注意到是正整数，但不是正整数，上述等号无法取到，
所以，集合中的元素个数小于．
【点睛】关键点睛：本题考查集合的新定义，集合的含义与表示、集合的运算以及集合之间的关系，反证法的应用，考查学生分析、解决问题的能力，正确理解新定义是关键，综合性较强，属于难题．日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
1月1日
7∶36
4月9日
5∶46
7月9日
4∶53
10月8日
6∶17
1月12日
7∶31
4月28日
5∶19
7月27日
5∶07
10月26日
6∶36
2月10日
7∶14
5月16日
4∶59
8月14日
5∶24
11月13日
6∶56
3月2日
6∶47
6月3日
4∶47
9月2日
5∶42
12月1日
7∶16
3月22日
6∶15
6月22日
4∶46
9月20日
5∶59
12月20日
7∶31
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
2月1日
7∶23
2月11日
7∶13
2月21日
6∶59
2月3日
7∶22
2月13日
7∶11
2月23日
6∶57
2月5日
7∶20
2月15日
7∶08
2月25日
6∶55
2月7日
7∶17
2月17日
7∶05
2月27日
6∶52
2月9日
7∶15
2月19日
7∶02
2月29日
6∶49
0
1
2