北京市通州区2023-2024学年高三下学期二模数学试题（原卷及解析版）

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本试卷共4页，共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，请将答题卡交回．
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】B
【解析】
【分析】先求，再求即可.
【详解】由题意知，，则.
故选：B.
2. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义和复数的运算求出结果即可.
【详解】由题意可得，
所以，
故选：A.
3. 在的展开式中，常数项为（）
A. 60B. 120C. 180D. 240
【答案】D
【解析】
【分析】写出通项，令的次数为零，求出，再计算常数项即可.
【详解】展开式的通项为，
令，
所以，
所以常数项为240.
故选：D.
4. 下列函数中，是奇函数且在区间上单调递减的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由奇函数的性质可判断A、D错误；由奇函数的性质和导数可得B正确；由正切函数的定义域可得C错误.
【详解】A：因为，所以不是奇函数，故A错误；
B：因为的定义域为，
又，所以是奇函数，
又在恒成立，
所以区间上单调递减，故B正确；
C：由正切函数的定义域可得函数在上不连续，
所以在区间上不单调，故C错误；
D：因为，所以不是奇函数，故D错误；
故选：B.
5. 在梯形ABCD中，，，，则（）
A. B. 8C. 12D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图形，结合图形和已知，由向量数量积的定义求出即可.
【详解】
如图，取的中点，则，且，
所以四边形为平行四边形，
则，所以为正三角形，
过作于，
则，
所以.
故选：C.
6. 在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】接根据三角函数的定义可求出，再由诱导公式和二倍角余弦公式化简即可得出答案.
【详解】由三角函数的定义可得，
所以.
故选：B.
7. 已知圆心为C的圆与双曲线E：（）交于A，B两点，且，则双曲线E的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意画出图形，得到，代入双曲线方程，再求出渐近线方程即可.
【详解】由题意可得的圆心，半径，
显然适合和，
即为圆与双曲线E：的一个交点，
且为双曲线的左顶点，则轴；
因为，所以，
所以，解得或（舍），所以，
代入双曲线方程可得，
双曲线E的渐近线方程为，
故选：A.
8. 某池塘里原有一块浮萍，浮萍蔓延后的面积S（单位：平方米）与时间t（单位：月）的关系式为（，且），图象如图所示．则下列结论正确的个数为（）
①浮萍每个月增长的面积都相等；
②浮萍蔓延4个月后，面积超过30平方米；
③浮萍面积每个月的增长率均为50%；
④若浮萍蔓延到3平方米、4平方米、12平方米所经过的时间分别是，，，则．
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得出，计算出萍蔓延1月至2月份增长的面积和2月至3月份增长的面积，可判断①的正误；计算出浮萍蔓延4个月后的面积，可判断②的正误；计算出浮萍蔓延每个月增长率，可判断③的正误；利用指数运算可判断④的正误.
【详解】由已知可得，则.
对于①，浮萍蔓延1月至2月份增长的面积为（平方米），
浮萍蔓延2月至3月份增长的面积为（平方米），①错；
对于②，浮萍蔓延4个月后的面积为（平方米），②对；
对于③，浮萍蔓延第至个月的增长率为，所以，浮萍蔓延每个月增长率相同，都是，③错；
对于④，若浮萍蔓延到3平方米、4平方米、12平方米所经过的时间分别是，，，
则，，，所以，④错.
故选：B.
9. 已知等差数列的前项和为，则“”是“”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. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列通项和求和公式可推导得到充分性成立；将代入，可得，进而得到必要性成立，从而得到结论.
【详解】设等差数列的公差为，
由得：，，
，
，即，充分性成立；
由得：，，即，
，
即，必要性成立；
“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
10. 已知函数，，若关于x的方程恰有3个不同的实数根，则实数m的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知和共有3个不同的实数根，由的图象知，只有一个解为，从而与有两个不同的交点，作出与图象，即可得出答案.
【详解】因为函数，
其图象如下图，则
因为，，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又因为关于x的方程恰有3个不同的实数根，
即和共有3个不同的实数根，
由的图象知，只有一个解为，
所以有两个不同的解，且根中不含，
即与有两个不同的交点，
与的图象如下图所示：
所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是将题意转化为和共有3个不同的实数根，由的图象知，只有一个解为，从而与有两个不同的交点，作出与图象，即可得出答案.
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. 已知函数的定义域为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的定义域有意义，解不等式求解.
【详解】根据题意可得,解得
故定义域为.
故答案为：
12. 已知点为抛物线上一点，则点P到抛物线C的焦点的距离为____________．
【答案】3
【解析】
【分析】只需把点代入方程，就可解得，即可知焦点坐标，再利用两点间距离公式就可以算出答案.
【详解】由题意得：，解得，
所以抛物线，即焦点坐标是，
即，
故答案为：3.
13. 已知数列为等比数列，，，则____________；数列的前4项和为____________．
【答案】 ①. 81 ②. 48
【解析】
【分析】求出数列的公比，进而求出通项即可求得；再利用分组求和法计算得解.
【详解】等比数列中，由，得数列的公比，通项，
所以；
数列的前4项和为.
故答案为：81；48
14. 已知的数（），若的最小正周期为，的图象向左平移个单位长度后，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则____________；若在区间上有3个零点，则的一个取值为____________．
【答案】 ①. 或 ②. 6（答案不唯一）
【解析】
【分析】由的最小正周期为，可求出，再根据三角函数的平移和伸缩变化可求出；根据，求出，结合题意可得，解不等式即可得出答案.
【详解】因为的最小正周期为，所以，解得：，
所以，的图象向左平移个单位长度后，
可得：，
再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，
所以；
因为，，
在区间上有3个零点，
所以，解得：，
则的一个取值可以为6.
故答案为：或；6（答案不唯一）.
15. 如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论：
①不存在点H，使得平面平面CEG；
②存在点H，使得平面CEG；
③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于；
④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：
以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、，，
设点，其中，
对于①，，，设平面，
则，即，
取x=1，则，可得，
设平面，，，
则，即，
取，则，可得，
若平面平面CEG，则，解得：，
所以存在使得平面平面CEG，故①错误；
对于②，，若平面CEG，
则，即，
即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确；
对于③，，
所以点H到平面CEG的距离为，
，
因为，所以，所以，
，所以，
所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确；
对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为，
所以，
，整理可得，
因为函数在时的图象是连续的，
且，，
所以，存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面CEG所成角的余弦值为，④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（l为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
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. 如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，．
（1）求证：平面ADF；
（2）求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连结BE交AD于G，连结FG，由图形结合已知得到FG是的中位线，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明平面ABC，然后建系如图坐标系，分别求出平面ADF的法向量和平面BCD的一个法向量，代入空间二面角公式求解即可.
【小问1详解】
连结BE交AD于G，连结FG．
因为四边形ABDE是矩形，所以点G为BE的中点．
因为点F为CE的中点，所以FG是的中位线．
所以，又平面ADF，平面ADF，
所以平面ADF．
【小问2详解】
因为四边形ABDE是矩形，所以．
因为，，且平面，平面，
所以平面ABC，
因为，所以平面ABC．
所以以点A为原点，分别以AC，AE所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz．
所以，，，，，．
所以，．
设平面ADF的法向量为，所以，．
所以，令，得，，所以．
因为平面ABC，所以．
因为，，平面BCD，
所以平面BCD，
所以为平面BCD的一个法向量．
而．
所以平面BCD与平面ADF所成角的余弦值为．
17. 在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，为边上的一点，再从下面给出的条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．
条件①；；
条件②：．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；
（2）若选条件①：得到为中点，利用余弦定理求出，即可得到为直角三角形，从而求出的面积；若选条件②：利用余弦定理求出，即可得到为直角三角形，从而得到，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得．
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以．
【小问2详解】
若选条件①：，
所以为中点，
所以，
因为，，，
所以由余弦定理，
可得，即，解得或（舍去）．
则，即，所以为直角三角形，
所以．
所以．
所以的面积为．
若选条件②：．
所以，
因为，，，
所以由余弦定理，
可得，即，
解得或（舍去），
则，即，所以为直角三角形，
所以．
所以，
在中由余弦定理，
即，解得，
所以，
所以的面积为．
18. 随着生活水平的不断提高，人们对于身体健康越来越重视．为了解人们的健康情况v某地区一体检机构统计了年岁到岁来体检的人数及年龄在，，，的体检人数的频率分布情况，如下表．该体检机构进一步分析体检数据发现：岁到岁（不含岁）体检人群随着年龄的增长，所需面对的健康问题越多，具体统计情况如图．
注：健康问题是指高血压、糖尿病、高血脂、肥胖、甲状腺结节等余种常见健康问题．
（1）根据上表，求从年该体检机构岁到岁体检人群中随机抽取人，此人年龄不低于岁的频率；
（2）用频率估计概率，从年该地区岁到岁体检人群中随机抽取人，其中不低于岁的人数记为，求的分布列及数学期望；
（3）根据图的统计结果，有人认为“该体检机构年岁到岁（不含岁）体检人群健康问题个数平均值一定大于个，且小于个”．判断这种说法是否正确，并说明理由．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望
（3）不正确，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据表格数据直接求解即可；
（2）由题意可知，根据二项分布概率公式可求得每个取值对应的概率，从而得到分布列；根据二项分布期望公式可得；
（3）根据平均数的估计方法，通过反例可说明论断错误.
【小问1详解】
由表格数据知：从年该体检机构岁到岁体检人群中抽取人，
此人年龄不低于岁的频率为：.
小问2详解】
用频率估计概率，从年该地区岁到岁体检人群中随机抽取人，此人年龄不低于岁的概率为，则；
所有可能的取值为，
；；；；
的分布列为：
数学期望.
【小问3详解】
这种说法不正确，理由如下：
假设在体检人群年龄岁到岁（不含岁）中，、、、体检人群所占频率分别为、、、，
则岁到岁（不含岁）体检人群健康问题平均值为个，与该说法结论不同，
该说法是不正确的．
19. 已知函数，．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间；
（3）在（2）的条件下，若对于任意，不等式成立，求a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）单调递减区间为和，单调递增区间为；
（3）．
【解析】
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再把代入原函数求出，最后由点斜式写出直线方程即可；
（2）求导后令导数为零，解出两个根，再由导数的正负确定单调区间即可；
（3）含参数的函数不等式恒成立问题，先由单调性得到，，，解不等式得到参数的范围，再比较参数大小，确定范围即可.
【小问1详解】
因为，所以．
所以．
所以，．
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
因为，定义域为，
所以．
因为，令，即，
解得，，所以．
当x变化时，，的变化情况如下表所示．
所以的单调递减区间为和，单调递增区间为．
【小问3详解】
在（2）的条件下，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因为对于任意，不等式成立，
所以，，．
所以，得，，得；
，得．
因为，
所以．
所以a的取值范围是．
20. 已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，当时，有定值．
【解析】
【分析】（1）根据长轴长为，离心率为，可得，得到标准方程．
（2）根据斜率存在，设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，，表达出直线TM和直线TN，进而求出为定值；斜率不存在，不妨设，，求出为定值.
【小问1详解】
因为椭圆的长轴长为，离心率为，
所以，．
所以，．所以．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
若直线的斜率存在，设直线的方程为，．
联立方程组，
消去，化简得．
则，即,
设，，
所以，．
所以直线TM的方程为，直线的方程为．
所以，．
所以，，
所以
．
所以当时，为定值，
即（负值舍）时，有定值．
当时，若直线l斜率不存在，
不妨设，，
所以，．
所以．
综上，当时，有定值．
【点睛】方法点睛：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算量偏大.
21. 从数列中选取第项，第项，，第项（），若数列，，，是递增数列或递减数列（规定时，该数列既是递增数列，也是递减数列），称，，，为数列的长度为m的单调子列.已知有穷数列A：，，，（），任意两项均不相同，现以A的每一项为首项选取长度最大的递增的单调子列，设其共有项，则，，，构成一个新数列B.
（1）当数列A分别为以下数列时，直接写出相应的数列B；
（ⅰ）1，3，5，7；
（ⅱ）4，1，2，6，3.
（2）若数列A为等差数列，求证：数列B为等差数列；
（3）若数列A共有（）项，求证：A必存在一个长度为的单调子列.
【答案】（1）（ⅰ）4，3，2，1；（ⅱ）2，3，2，1，1.
（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）理解数列新定义，从而得解；
（2）对等差数列进行分类：即递减等差数列和递增等差数列，然后根据新定义推导新数列的元素及通项，就可得以证明；
（3）利用反证法，结合数列的新定义即可得解.
【小问1详解】
（ⅰ）根据题意：选，则有1，3，5，7，共有项；
选，则有3，5，7，共有项；
选，则有5，7，共有项；
选，则有7，共有项；
所以数列B为：4，3，2，1；
（ⅱ）同理数列B为：2，3，2，1，1.
【小问2详解】
设数列A的公差为d，因为，
当时，数列A为单调递减数列，
所以，
所以B为等差数列.
当时，数列A为单调递增数列，
以数列A的任意项为首项选取长度最大的递增的单调子列为，，，，.
所以（，2，3，，n）.
所以B等差数列，
综上，当数列A为等差数列时，数列B也为等差数列.
【小问3详解】
若，，，中有一个，
那么数列A存在一个长为的递增子列.
所以A存在一个长度为的单调子列.
若数列A不存在长度超过t的递增子列，即，，2，3，，.
所以在，，，中，至少有个数是相等的.
取其中项，不妨设为，其中.
下面证明当，且时，，
假设，将加到以为首项长度为b的递增子列前面，
构成了以为首项长度为的递增子列，
与为首项最长递增子列的项数为b矛盾，假设不成立.
所以，
由此可知，.
所以，，，，构成了一个长为的递减子列.
综上，A必存在一个长度为的单调子列.
【点睛】思路点睛：本题主要考查“新定义”数列，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，用反证法来请明新结论，这样有助于对新定义的透彻理解.组别
年龄（岁）
频率
第一组
第二组
第三组
第四组
x
2
0
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减