北京市昌平区2022-2023学年高三数学上学期期末质量检测试题（Word版含答案）

昌平区2022~2023学年第一学期高三年级期末质量抽测数学试卷2023.1本试卷共6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，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，则集合（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据交集的知识求得正确答案.【详解】依题意.故选：C2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，且满足，则（）A.1B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求得，结合复数的几何意义可得，由此求得答案.详解】由得，又复数对应的点的坐标是，即，故选：A3.下列函数中，是奇函数且在定义域内是减函数的是（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据反例或基本初等函数的性质可得正确的选项.【详解】对于A，设，则，故在定义域内不是减函数，故A错误.对于B，设，其定义域为且，故为奇函数，而为上的增函数，故为上的减函数，故B正确.对于C，设，因为，故在定义域内不是减函数，故C错误.对于D，的定义域为，故该函数不是奇函数，故D错误.故选：B4.若，，则一定有（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用特例法，判断选项即可.【详解】解：不妨令，则，∴A、B不正确；，∴D不正确，C正确.故选：C.【点睛】本题考查不等式比较大小，特值法有效，是基础题.5.已知二项式的展开式中的系数是10，则实数（）A.B.1C.D.2【答案】B【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】二项式的展开式为，令，解得，所以.故选：B6.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式和同角三角函数的基本关系式求得正确答案.【详解】，所以，所以.故选：D7.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“角与角的终边关于轴对称”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】判断命题“角与角的终边关于轴对称”和“”之间的逻辑推理关系，可得答案.【详解】由题意知，角与角的终边关于轴对称时，则，故，则，即；当时，此时，角与角的终边不关于轴对称，即“”成立不能得出“角与角的终边关于轴对称”成立，故“角与角的终边关于轴对称”是“”的充分而不必要条件， 故选：A8.图1：在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能的向左或向右落下，最后落入底部的格子中.在图2中，将小球放入容器中从顶部下落，则小球落入D区的路线数有（）A.16B.18C.20D.22【答案】C【解析】【分析】由上而下依次归纳小球到每一层相邻两球空隙处的线路数后可正确的选项.【详解】第一层只有一个小球，其左右各有一个空隙，小球到这两个空隙处的线路数均为1；第二层有两个小球，共有三个空隙，小球到这三个空隙处的线路数从左到右依次为：1,2,1，第三层有三个小球，共有4个空隙，小球到这四个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第四层有四个小球，共有5个空隙，小球到这五个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第五层有五个小球，共有6个空隙，小球到这六个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第六层有六个小球，共有7个空隙，小球到这七个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，故小球落入D区的路线数有20条.故选：C.9.设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交抛物线于点，交准线于点（在轴的两侧）.若，则抛物线的方程为 （）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据直线的斜率以及求得，从而求得抛物线的方程.【详解】直线的斜率为，倾斜角为，过作，垂足为，连接，由于，所以三角形是等边三角形，所以，由于，所以，所以抛物线方程为.故选：B10.已知向量满足，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】把平移到共起点以的起点为原点，所在的直线为轴，的方向为轴 的正方向，求出的坐标，则根据得的终点得轨迹，根据的意义求解最大值.【详解】把平移到共起点，以的起点为原点，所在的直线为轴，的方向为轴的正方向，见下图，设，则又则点的轨迹为以为直径的圆，又因为所以故以为直径的圆为，所以的最大值就是以为直径的圆上的点到原点距离的最大值，所以最大值为故选：C第二部分（非选择题共110分）二､填空题共5小题，全科免费下载公众号《高中僧课堂》每小题5分，共25分.11.已知数列中，，则数列的通项公式为__________.【答案】【解析】【分析】判断数列为等比数列，根据等比数列的通项公式可求得答案.【详解】数列中，则，否则与矛盾，故，即数列为首项为2，公比为2的等比数列，所以， 故答案为：12.已知双曲线的焦点为，点在双曲线上，则该双曲线的渐近线方程为__________；若，则__________.【答案】①.②.【解析】【分析】求得，由此求得双曲线的渐近线方程，根据双曲线的定义求得【详解】依题意，所以双曲线的渐近线方程为，由于，所以在双曲线的左支，所以.故答案为：；13.在中，，则__________，__________.【答案】①.②.##【解析】【分析】根据余弦定理可求，再根据余弦定理看可求.【详解】由余弦定理可得，故，故（舍）或，故，而为三角形内角，故.故答案为：，.14.若直线与圆有公共点，则的最小值为__________.【答案】5【解析】【分析】求出直线所过的定点，当点在圆上或圆内时，直线与圆总有公共点,列出不等式，即可求得答案.【详解】由题意知,直线过定点，当点在圆上或圆内时，直线与圆总有公共点, 即，即的最小值为5，故答案为：515.已知正三棱锥的六条棱长均为是底面的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交于点（不与顶点，重合）.给出下列四个结论：①三棱锥为正三棱锥；②三棱锥的高为；③三棱锥的体积既有最大值，又有最小值；④当时，.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①②④【解析】【分析】建立正四面体模型，数形结合分析.【详解】如图所示∵用一个平行于底面的平面截三棱锥，且为正三棱锥，是底面的中心∴三棱锥为正三棱锥，故①正确；∵正三棱锥的六条棱长均为,是底面的中心，∴三棱锥的高为,的高为，且,,∴，故②正确 ，∵点不与顶点，重合，∴，设的高为，则，得，∴，，在上，上，所以在上递增，上递减，故在上有最大值，无最小值，故③错误；当时，点分别为线段的三等分点，∴，且∴.故④正确;故答案为：①②④三､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，再从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知，（1）求的解析式；（2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.条件①：函数的图象经过点；条件②：函数的图象可由函数的图象平移得到；条件③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为. 注：如果选择条件①､条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）化简，若选①，将点代入求得，可得答案；选②，根据三角函数图象的平移变化规律可得，可得答案；选②，由函数的最小正周期可确定，可得答案；（2）由确定，从而求得的范围，根据不等式恒成立即可确定实数的取值范围.【小问1详解】;选①：函数的图象经过点，则，所以，则，由，可得，则；选②：函数的图象可由函数的图象平移得到，即的图象可由函数的图象平移得到，则，则.选③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，则函数的最小正周期为，故，故.【小问2详解】当时，,则， 故，又当时，关于的不等式恒成立，故,即实数的取值范围为.17.不粘锅是家庭常用的厨房用具，近期，某市消费者权益保护委员会从市场上购买了12款不粘锅商品，并委托第三方检测机构进行检测.本次选取了食物接触材料安全项目中与消费者使用密切相关的6项性能项目进行比较试验，性能检测项目包含不粘性､耐磨性､耐碱性､手柄温度､温度均匀性和使用体验等6个指标.其中消费者关注最多的两个指标“不沾性､耐磨性”检测结果的数据如下：检测结果序号品牌名称不粘性耐磨性1品牌1Ⅰ级Ⅰ级2品牌2Ⅱ级Ⅰ级3品牌3Ⅰ级Ⅰ级4品牌4Ⅱ级Ⅱ级5品牌5Ⅰ级Ⅰ级6品牌6Ⅱ级Ⅰ级7品牌7Ⅰ级Ⅰ级8品牌8Ⅰ级Ⅰ级9品牌9Ⅱ级Ⅱ级10品牌10Ⅱ级Ⅱ级11品牌11Ⅱ级Ⅱ级12品牌12Ⅱ级Ⅱ级 （Ⅰ级代表性能优秀，Ⅱ级代表性能较好）（1）从这12个品牌的样本数据中随机选取两个品牌的数据，求这两个品牌的“不粘性”性能都是Ⅰ级的概率；（2）从前六个品牌中随机选取两个品牌的数据，设为性能都是Ⅰ级的品牌个数，求随机变量的分布列和数学期望；（3）从后六个品牌中随机选取两个品牌的数据，设为性能都是Ⅰ级的品牌个数，比较随机变量和随机变量的数学期望的大小（结论不要求证明）.【答案】（1）（2）X012P（3）【解析】【分析】(1)直接计算事件发生概率；(2)可能取值为0,1,2，分别计算出概率，再列分布列，计算期望值；(3可能取值为0,1,2，分别计算出概率，计算期望值，再比较大小.【小问1详解】“不粘性”性能都是Ⅰ级的品牌有5个，记事件A为两个品牌的“不粘性”性能都是Ⅰ级，则【小问2详解】前六个品牌中性能都是Ⅰ级的品牌有3个，可能取值为0,1,2,;; ;∴分布列为X012P【小问3详解】后六个品牌性能都是Ⅰ级的品有2个，可能取值为0,1,2,；；；∴数学期望为18.如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求直线到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）； （3）.【解析】【分析】（1）先证明平面，进而证明，从而根据线面平行的判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标和相关向量坐标，求出平面的法向量，根据空间向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值；（3）结合（2）的结果，利用空间距离的向量求法，先求点到平面的距离，即可求得直线到平面的距离.【小问1详解】证明：由题意平面，平面,故平面平面，又侧面为矩形，故,而平面平面平面，所以平面，又平面，所以,而平面，平面，故平面.【小问2详解】因为平面，平面，故，而平面，故以A为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为,则, 则设平面的法向量为，则,即，令，则，设直线与平面所成角为，则.【小问3详解】因为侧面为矩形，所以,而平面,平面,故平面，则直线到平面的距离即为点到平面的距离，，平面的法向量为，故点到平面的距离为,即直线到平面的距离为.19.已知椭圆过点，且离心率是.（1）求椭圆的方程和短轴长；（2）已知点，直线过点且与椭圆有两个不同的交点，问：是否存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）,.（2）存在,直线.【解析】【分析】（1）由题意椭圆过点可得，根据离心率求得c,继而求得b，可得答案.（2）假设存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形，讨论直线斜率是否存在的情况，存在时设出直线方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系，设的中点为点 D，根据题意可得，化简计算，求得k的值，进行判断，可得结论.【小问1详解】由题意知椭圆过点，且离心率是，则，且，故椭圆的方程为，短轴长为.【小问2详解】假设存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形,由于直线过点,当直线斜率不存在时,直线l为，此时为椭圆的短轴上的两顶点，此时是以点为顶点的等腰三角形；当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，得，当直线与椭圆C有两个不同的交点时，该方程，整理得，设，则，所以，设的中点为点D，则，即，则,当时，斜率不存在，此时的斜率k为0，不满足，故， 由题意可知,即，解得或，由于，故或不适合题意，综合以上，存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形.【点睛】关键点点睛：解决直线和椭圆的位置关系中是否存在的问题时，一般是先假设存在，然后设直线方程，联立椭圆方程，结合根与系数的关系化简求值，解答的关键点是要能根据题设即是以点为顶点的等腰三角形，设的中点为点D，得到，然后结合根与系数关系化简求值，即可解决问题.20.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，证明：对任意的恒成立.【答案】（1）（2）答案详见解析（3）证明详见解析【解析】【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.（2）求得，对分类讨论，由此来求得的单调区间.（3）结合（2）求得在区间上的最小值，由此证得结论成立.【小问1详解】当时，，，所以切线方程为.【小问2详解】依题意，，，当时，，解得, 则在区间递减；在区间递增.当时，解得或,当时，在区间递增；在区间递减.当时，在上递增.当时，在区间递增；区间递减.【小问3详解】当时，，由（2）可知，在递减，在递增，所以，所以对任意的恒成立.【点睛】利用导数研究含参数的复杂函数的单调性，要注意两点，一个是尽量进行因式分解，将复杂的问题转化为较为简单的问题来进行求解；第二个是对参数进行分类讨论，要做到不重不漏，分类标准要根据导函数的结构来制定.21.已知数列满足：，且.记集合.（1）若，写出集合的所有元素；（2）若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的所有元素都是3的倍数；（3）求集合的元素个数的最大值.【答案】（1）（2）见解析（3）5【解析】【分析】（1）根据递推关系可求的所有元素；（2）根据递推关系结合数学归纳法可得相应的证明； （3）利用列举法可求的元素个数的最大值【小问1详解】若，则，，，，故中的项的大小从第3项开始周期变化，且周期为2.故.【小问2详解】设，若，则，因互质，故为3的倍数；若，则即，因互质，故为3的倍数，依次类推，有均为3的倍数.当时，我们用数学归纳法证明：也是3的倍数.当时，若，则，故为3的倍数；若，则，故为3的倍数，设当时，是3的倍数即为3的倍数，若，则，故为3的倍数；若，则，因为3的倍数，故为3的倍数，故当时，是3的倍数也成立，由数学归纳法可得是3的倍数成立，综上，的所有元素都是3的倍数.【小问3详解】当，则，，，，故的元素个数为5；当，则，故的元素个数为4；当，则，故的元素个数为5；当，则，故的元素个数为5；当，则，故的元素个数为4；当，则，故的元素个数为5；当，则，故的元素个数为5； 当，则，故的元素个数为4；当，则，故的元素个数为5；当，则，故的元素个数为5；当，则，故的元素个数为4；当，则，故的元素个数为5；当，则，故的元素个数为1；当时，的元素个数不超过为5，综上，的元素个数的最大值为5.【点睛】思路点睛：根据递推关系研究数列的性质时，可根据局部性质结合数学归纳法去研究整体性质，另外对于数学有限情况的研究，可结合列举法讨论解决.