北京市东城区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

北京市东城区2022-2023学年度第二学期高三综合练习（二）数学2023.5本试卷共6页，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，将本试卷和答题卡一并交回.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】A【解析】【分析】用列举法写出集合A，利用集合间的基本关系判断．【详解】，，则⫋.故选：A.2.已知椭圆的一个焦点的坐标是，则实数的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的标准方程，结合，即可求解.【详解】由条件可知，，，，所以，得，故选：C3.已知数列中，，，为其前项和，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知得到，判定该数列为等比数列，进而利用求和公式计算.【详解】由得，又∵，∴数列为首项为1，公比为的等比数列，∴，故选：B.4.在复平面内，是原点，向量对应的复数是，将绕点按逆时针方向旋转，则所得向量对应的复数为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由复数的几何意义结合图象可得.【详解】如图，由题意可知，与轴夹角为，绕点逆时针方向旋转后到达轴上点，又，所以的坐标为，所以对应的复数为.故选：A. 5.已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据点在圆上，求出，考虑的斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线距离列出方程，求出斜率和倾斜角.【详解】由题意得，当的斜率不存在时，此时直线方程为，与圆相交，不合题意，当的斜率存在时，设切线的方程为，则，解得，设的倾斜角为，故的倾斜角为.故选：D6.某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味添加到香囊，则不同的添加方案有（）A.种B.种C.种D.种【答案】C【解析】分析】分四种情况，利用分类计数原理即可求出结果.【详解】从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一种，有种，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选二种，有种，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三种，有种，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选，有种，所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一种，共有种，故选：C.7.设函数，若为增函数，则实数的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得且，结合与的函数图象及增长趋势求出参数的取值范围.【详解】因为，当时函数单调递增，又上单调递增，在上单调递减，要使函数为增函数，则且，又函数与在上有两个交点和，且的增长趋势比快得多，与的函数图象如下所示：所以当时，当时，当时，所以，即实数的取值范围是.故选：B8.“”是“函数为偶函数”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】C【解析】 【分析】利用，得出，从而求出，再利用偶函数的定义进行判断即可得出充分性成立，再利用，得出，从而判断必要性成立，从而得出结果.【详解】若，得到，所以，当时，，当时，，即或，当时，恒有，当时，，所以，若，则为偶函数，若为偶函数，则，所以，化简得，所以，故选：C.9.已知三条直线，，将平面分为六个部分，则满足条件的的值共有（）A.个B.2个C.个D.无数个【答案】C【解析】【分析】考虑三条直线交于一点或与或平行时，满足条件，求出答案.【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分，联立与，解得，则将代入中，，解得，当与平行时，满足要求，此时，当与平行时，满足要求，此时，综上，满足条件的的值共有3个.故选：C10.设，其中为自然对数的底数，则（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较a，b；构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较b，c，然后可得.【详解】令，则，当时，，单调递增，所以，即，令，则，当时，，单调递减，所以，即所以.故选：A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.已知向量满足，与的夹角为，则______;______【答案】①.1②.2【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的定义及运算律求解作答.【详解】因为向量满足，与的夹角为，所以，.故答案为：1；212.函数在一个周期内的部分取值如下表： 则的最小正周期为_______；_______．【答案】①.②.##0.5【解析】【分析】先利用图表求出最小正周期，进而求出，得到，再将代入即可求出结果.【详解】由图表知，当时，，当时，，所以，即,又，，所以得到，又由，得到，又，所以，故，所以，故答案为：，.13.若，则实数的一个取值为__________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式的解集为的子集即可满足题意.【详解】因为，且当时，即时，，当时，即时，才有可能使得，当的两根刚好是时，即，此时的解集为刚好满足，所以，所以实数的一个取值可以为. 故答案为:14.如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（）的两部分，则_______【答案】【解析】【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，故,故答案为：. 15.定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，给出下列四个结论：①若为递增数列，则存在最大值；②若为递增数列，则存在最小值；③若，且存在最小值，则存在最小值；④若，且存在最大值，则存在最大值.其中所有错误结论的序号有_______．【答案】①③④【解析】【分析】结合函数的单调性判断最值，即可判断①②，利用取反例，判断③④.【详解】①由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，那么在区间，函数的最大值是，若数列为递增数列，则函数不存在最大值，故①错误；②由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，若为递增数列，那么在区间的最小值是，且为递增数列，所以函数在区间的最小值是，故②正确；③若，取,,则，存在最小值，但此时的最小值是的最小值，函数单调递减，无最小值，故③错误； ④若，取，则恒成立，则有最大值，但的最大值是的最大值，函数单调递增，无最大值，故④错误.故答案为：①③④三、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.在中,.（1）求;（2）若,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使存在且唯一确定,求及的面积.条件①:;条件②:;条件③:.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;【小问1详解】由正弦定理得,得,,因为,所以 则.所以,所以.【小问2详解】选条件①:因为,由正弦定理得,由余弦定理得,解得，则,解得，所以存在且唯一确定,则.选条件②:,已知由正弦定理得,因为,所以,,所以存在且唯一确定,则.选条件③:, 由余弦定理得,即,所以,即,因为,所以不存在使得存在.17.如图，直角三角形和等边三角形所在平面互相垂直，，是线段上一点.（1）设为的中点，求证：；（2）若直线和平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面；（2）首先设，，再以的中点为原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式，列式求解.【小问1详解】由题设知因为平面平面，平面平面，，所以平面．因为平面，所以.因为为等边三角形，是的中点，所以. 因为，平面，所以平面．所以.【小问2详解】设，.取的中点，的中点，连接，，则，.由（I）知平面，所以平面，所以，.如图建立空间直角坐标系，则，，，．所以，，，，.设平面的法向量为，则即令，则，.于是.因为直线和平面所成角的正弦值为，所以，整理得， 解得或.因为，所以，即.18.某数学学习小组的7名学生在一次考试后调整了学习方法，一段时间后又参加了第二次考试．两次考试的成绩如下表所示（满分100分）：学生1学生2学生3学生4学生5学生6学生7第一次82897892926581第二次83907595936176（1）从数学学习小组7名学生中随机选取1名，求该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率；（2）设表示第名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差.从数学学习小组7名学生中随机选取2名，得到数据，定义随机变量，如下：（i）求的分布列和数学期望；（ii）设随机变量，的的方差分别为，，试比较与的大小．（结论不要求证明）【答案】（1）（2）（i）分布列见解析，；（ii）.【解析】【分析】（1）利用古典概型直接计算即可； （2）（i）列出变量X的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，利用公式直接求解数学期望即可；（ii）计算方差，利用方差的含义直接判断即可.【小问1详解】根据表中数据，可知这7名学生中有4名学生的第二次考试成绩高于第一次考试成绩，分别是学生1，学生2，学生4，学生5，则从数学学习小组7名学生中随机选取1名，该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率为【小问2详解】（i）随机变量可能的取值为0，1，2.这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.时，若，有，，共3种，若，有，共2种，若，有，，，共4种，故；时，若，有，，共3种，若，有，，共3种，故；时，若，有，，，共4种，若，有共1种，若，有共1种，故则随机变量的分布列为：012 所以的数学期望.（ii）由（i）知，这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.随机变量可能的取值为0，1，2，3.时，若，有，，共3种，若，有，共2种，故；时，若，有，，，共4种，故；时，若，有，，共3种，若，有，，共3种，故；时，若，有，，，共4种，若，有共1种，若，有共1种，故.则随机变量的分布列为：0123所以的数学期望. 所以，因为，所以.19.已知焦点为的抛物线经过点．（1）设为坐标原点，求抛物线的准线方程及△的面积；（2）设斜率为的直线与抛物线交于不同的两点，若以为直径的圆与抛物线的准线相切，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）准线为，（2）证明见解析，定点．【解析】【分析】（1）由点在抛物线上代入求参数，写出抛物线方程，进而得准线方程，最后求△的面积；（2）设为，联立抛物线并应用韦达定理、中点公式得的中点N点横坐标，根据到准线的距离等于列方程得，即可证结论并确定定点坐标.【小问1详解】因为抛物线过点，所以，即．故抛物线方程为，焦点，准线方程为.所以【小问2详解】设直线的方程为．由得：，又有． 设则，．设的中点为，则.所以到准线的距离，，依题意有，即，整理得，解得，满足．所以直线过定点．20.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在区间上的最大值；（3）设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由.【答案】（1）（2）（3），理由见解析【解析】【分析】（1）求出函数在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；（2）求出函数在区间上的单调性，求出最值即可；（3）将不等式等价转化为在上恒成立.构造函数，利用导数求出函数的单调性和最小值，进而得证.【小问1详解】因为，所以，则，又，所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】令，则，当时，，在上单调递增.因为，，所以，使得.所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，又，，所以.【小问3详解】满足条件的的最大整数值为.理由如下：不等式恒成立等价于恒成立.令，当时，，所以恒成立.当时，令，，，与的情况如下：1所以，当趋近正无穷大时，，且无限趋近于0，所以的值域为，因为，所以的最小值小于且大于. 所以的最大整数值为.21.已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.（1）若，求及；（2）若，求证：互不相同；（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.【答案】（1），.（2）证明见解析（3）答案见解析【解析】分析】（1）观察数列，结合题意得到及；（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.【小问1详解】因为，所以，则；【小问2详解】依题意，则有，因此，又因为，所以所以互不相同. 【小问3详解】依题意由或，知或.令，可得或，对于成立，故或.①当时，，所以.②当时，或.当时，由或，有，同理，所以.当时，此时有，令，可得或，即或.令，可得或.令，可得.所以.若，则令，可得，与矛盾.所以有.不妨设，令，可得，因此.令，则或.故.所以. 综上，时，.时，.时，.【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.