《2023届北京市海淀区高三上学期期末练习数学试题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届北京市海淀区高三上学期期末练习数学试题(解析版).pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1 页 共 18 页 2023 届北京市海淀区高三上学期期末练习数学试题 一、单选题 1已知集合23Axx，0Bx x，则AB（）A2,3 B0,3 C0,D2,【答案】D【分析】利用并集的定义可求得集合AB.【详解】因为集合23Axx，0Bx x，因此，2,AB.故选：D.2在复平面内，复数12i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【分析】根据复数除法运算化简复数，从而根据对应点的坐标得到结果.【详解】12212225525iiiiii 对应的点坐标为：2 1,5 5 对应的点位于第一象限 本题正确选项：A【点睛】本题考查复数对应的复平面的点的问题，关
2、键是能够通过复数的除法运算化简复数，属于基础题.3已知函数 11fxxx，在下列区间中，包含 f x零点的区间是（）A1 1,4 2 B1,12 C1,2 D2,3【答案】D【分析】先判断出函数在定义域上连续且单调递增，计算出端点值，利用零点存在性定理得到答案.【详解】11fxxx定义域为0,，在定义域上连续且单调递增，其中01414 12f，01222 12f，1 1011f ，110222f，110333f，第 2 页 共 18 页 由零点存在性定理可得：包含 f x零点的区间为2,3.故选：D 4已知13lg5,sin,27abc，则（）Aabc Bbac Cbca Dacb【答案】B【
3、分析】根据指数函数的单调性、正弦函数的单调性、对数函数的单调性进行求解即可/【详解】因为lg 10lg5lg10，所以112a，因为sinsin76，所以12b，因为01322，所以1c，因此bac，故选：B 5若圆222220 xyxaya截直线210 xy 所得弦长为2，则a（）A1 B0 C1 D2【答案】C【分析】分析可知直线210 xy 过圆心，由此可求得实数a的值.【详解】圆的标准方程为2211xya，圆心为1,Ca，圆的半径为1r，因为若圆222220 xyxaya截直线210 xy 所得弦长为2，所以，直线210 xy 过圆心C，则1 210a，解得1a.故选：C.6已知 na
4、为等差数列，13a，4610aa.若数列 nb满足11,2,nnnbaan，记 nb的前n项和为nS，则8S（）A32 B80 C192 D224【答案】B【分析】求出等差数列 na的通项公式，可求得数列 nb的通项公式，推导出数列 nb为等差数列，再利用等差数列的求和公式可求出8S的值.【详解】设等差数列 na的公差为d，则465210aaa，所以，55a ，第 3 页 共 18 页 5124aad，1132125naandnn ，所以，12521548nnnbaannn ，则1418484nnbbnn ，所以，数列 nb为等差数列，因此，18884424802bbS.故选：B 7某校高一年
5、级计划举办足球比赛，采用抽签的方式把全年级 6 个班分为甲乙两组，每组 3 个班，则高一（1）班高一（2）班恰好都在甲组的概率是（）A13 B14 C15 D16【答案】C【分析】利用组合数的概念结合古典概型即可求解.【详解】由题意得,把全年级 6 个班分为甲乙两组共有3363C C20种方法，高一（1）班高一（2）班恰好都在甲组共有1343C C4种方法，所以高一（1）班高一（2）班恰好都在甲组的概率是13433363C C1C C5，故选:C.8 设、是两个不同的平面，直线m，则“对内的任意直线l，都有ml”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
6、必要条件【答案】A【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为、是两个不同的平面，直线m，若对内的任意直线l，都有ml，根据线面垂直的定义可知m，m，所以，“对内的任意直线l，都有ml”“”；若，因为m，对内的任意直线l，m与l的位置关系不确定，所以，“对内的任意直线l，都有ml”“”.因此，“对内的任意直线l，都有ml”是“”的充分而不必要条件.故选：A.第 4 页 共 18 页 9已知函数 cos2f xx在区间,3t ttR上的最大值为 M t，则 M t的最小值为（）A32 B32 C12 D12【答案】D【分析】根据 f x在
7、xt取最大值，可判断,3t ttR要么在 f x的单调减区间上，要么满足左端点到对称轴2k不小于右端点，即可得3ktk，进而可求 M t的最小值.【详解】cos2f xx的周期为，cos2f xx的单调递增区间为,2kk，Zk,单调递减区间为,2kk，Zk 当xt取最大值，故可知,32t tkk，当32kttk 时，即6ktk，Zk,f x在,3t ttR单调递减，显然满足最大值为 M t，当23ktkt 时，要使 M t是最大值，则需满足2323kttkktk ，Zk 综上可知当3ktk,Zk时，f x在xt取最大值 M t，=2cos2M tt在3ktk,Zk单调递减，故当3tk时，M t
8、取最小值，且最小值为12，故选：D 10在实际生活中，常常要用到如图 1 所示的“直角弯管”.它的制作方法如下：如图 2，用一个与圆柱底面所成角为45的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到“直角弯管”.在制作“直角弯管”时截得的截口是一个椭圆，若将圆柱被截开的一段（如图 3）的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展开成平面图形，则截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象（如图 4）.记该正弦型函数的最小正周期为T，截口椭圆的离心率为e.若圆柱的底面直径为 2，则（）A12,2Te B22,2Te 第 5 页 共 18 页 C14,2Te D24,2Te【答案】B【分析】由条
9、件求出椭圆的长半轴长a和短半轴长b，由此可求,a b，再求离心率e，再求圆柱侧面展开图的底边边长，由此可得正弦型函数的周期.【详解】设截口椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距长为c，因为圆柱的底面直径为 2，所以22bCD，故1b，因为椭圆截面与底面的夹角为45，所以45AOB，所以2cos 452 cos 45bOBOAa，所以2a，所以221cab，所以1222cea，观察图 4 知，正弦型函数的最小正周期T为圆柱的侧面展开图的底边边长，即圆柱的底面圆的周长，所以2 12T .故选：B.二、填空题 11抛物线 y2=2x 的焦点坐标为_【答案】（，0）【详解】试题分析：焦点在 x 轴的
10、正半轴上，且 p=1，利用焦点为（，0），写出焦点坐标 解：抛物线 y2=2x 的焦点在 x 轴的正半轴上，且 p=1，=，故焦点坐标为（，0），故答案为（，0）【解析】抛物线的简单性质 12在42xx的展开式中，2x的系数为_.【答案】8 第 6 页 共 18 页【分析】利用二项式定理得到42xx的展开通项，从而求得2x的系数.【详解】因为42xx的展开通项为44 21442C2CkkkkkkkTxxx，令422k，得1k，此时11222242C2 48Txxx ，所以2x的系数为8.故答案为：8.13如图，在正三棱柱111ABCABC中，P是棱1BB上一点，12ABAA，则三棱锥1PACC
11、的体积为_.【答案】2 33【分析】利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用椎体体积公式求解即可.【详解】取AC中点为O,连接OB，因为ABC为正三角形，所以OBAC，又因为1AA 平面ABC，OB平面ABC，所以1AAOB,且11,AAACA AA AC平面11ACC A，所以OB 平面11ACC A，第 7 页 共 18 页 4 13OB ,即B到平面11ACC A的距离为3OB，又因为11/BBAA,1BB 平面11ACC A,1AA 平面11ACC A,所以1/BB平面11ACC A，又因为P是棱1BB上一点，所以P到平面11ACC A的距离为3OB,所以1112 333P ACCA
12、CCVSOB,故答案为:2 33.14已知函数 222f xxxt，exg xt.给出下列四个结论：当0t时，函数 yf x g x有最小值；t R，使得函数 yf x g x在区间1,上单调递增；t R，使得函数 yf xg x没有最小值；t R，使得方程 0f xg x有两个根且两根之和小于2.其中所有正确结论的序号是_.【答案】【分析】利用函数的最值与单调性的关系可判断的正误；利用函数的单调性与导数的关系可判断的正误；取1t ，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理可判断的正误.【详解】对于，当0t时，22exyfx g xxx，则22 exyx，由0y可得22x，由0 y可得2x
13、或2x，此时，函数22exyxx的增区间为,2、2,，减区间为2,2，当0 x 或2x 时，22e0 xyxx，当02x时，22e0 xyxx，故函数22exyxx在2x 处取得最小值，对；对于，2222e22e2 e2e1xxxxyxtxxtxtx，令 e1xh xx，其中1x，则 e10 xh x，所以，函数 h x在1,上单调递增，所以，e11e0 xh xxh ，则e1e0 xx，第 8 页 共 18 页 由22 e2e10 xxyxtx 可得22e2e1xxxtx，构造函数 22ee1xxxp xx，其中1x，则 23224e42e442 eee1e1xxxxxxxxxxxxpxxx
14、，令 2442exq xxx，其中1x，则 242e0 xqxxx，所以，函数 q x在1,上单调递减，故当1x时，11 2e0q xq，则 0p x，即 p x在1,上单调递减，max11p xp，则21t，解得12t，对；对于，22exyf xg xxxt，22exyx，因为函数22exyx 在R上单调递增，010 xy，1e0 xy，所以，存在00,1x，使得0y，当0 xx时，0y，此时函数22exyxxt单调递减，当0 xx时，0 y，此时函数22exyxxt单调递增，所以，对任意的实数t，函数22exyxxt有最小值，错；对于，令 22exu xxxt，不妨令 010ut ，即取1
15、t ，由可知，函数 22e1xu xxx在0,x上单调递减，在0,x 上单调递增，因为00,1x，则 000u xu，22e10u，所以，存在10,2xx，使得 10u x，此时函数 u x的零点之和为1102xx，对.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归第 9 页 共 18 页 思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：
16、由 0f x 分离变量得出 ag x，将问题等价转化为直线ya与函数 yg x的图象的交点问题.三、双空题 15设O为原点，双曲线22:13yC x 的右焦点为F，点P在C的右支上.则C的渐近线方程是_；OP OFOP的取值范围是_.【答案】3yx 1,2【分析】根据双曲线的标准方程与渐近线方程的关系可写出双曲线C的渐近线方程；求出,OP OF的取值范围，可得出2cos,OP OFOP OFOP，结合余弦函数的基本性质可求得OP OFOP的取值范围.【详解】在双曲线C中，1a，3b，222cab，则2,0F，所以，双曲线C的渐近线方程为3byxxa ，直线3yx的倾斜角为3，由题意可知0,3O
17、P OF，则1cos,12OP OF，所以，cos,2cos,1,2OP OFOFOP OFOP OFOP.故答案为：3yx；1,2.四、解答题 第 10 页 共 18 页 16已知函数 sin0,2f xx.用五点法画 f x在区间 11,12 12上的图象时，取点列表如下：x 12 6 512 23 1112 f x 0 1 0 1 0 (1)直接写出 f x的解析式及其单调递增区间；(2)在ABC中，1,2 3,62f Bbac，求ABC的面积.【答案】(1)sin 26fxx；,Z36kkk；(2)2 3.【分析】（1）根据“五点法”可得函数的解析式，根据正弦函数的性质即得；（2）由题
18、可得3B，然后根据余弦定理及三角形面积公式即得.【详解】（1）由题可知函数的最小正周期为，所以22，根据“五点法”可得262，即6，所以 sin 26fxx，由2 22,Z262kxkk，可得,3Z6kxkk，所以函数 f x的单调递增区间为,Z36kkk；（2）因为 1sin 262f BB，又0,B，132,666B，所以5266B，即3B，由余弦定理可得22222cos22cosbacacBacacacB，所以222 363ac，即8ac，所以113sin82 3222ABCSacB.17如图，在四棱锥PABCD中，PD 平面1,12ABCD ADDC ABDC ABDC PDAD，第
19、11 页 共 18 页 M为棱PC的中点.(1)证明：BM/平面PAD；(2)再从条件条件这两个条件中选择一个作为已知，求二面角PDMB的余弦值.条件：3PB；条件：BDBC.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2)66 【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值即可.【详解】（1）如图，取PD中点为N，连接,AN MN,则有1/,2MNCD MNCD 又因为1/,2ABCD ABCD所以/,ABMN ABMN 所以四边形ABMN是平行四边形，所以/BMAN，又因为BM 平面PAD，AN 平面PAD，所以BM/
20、平面PAD.（2）因为PD 平面,ABCD AD DC 平面,ABCD 所以,PDAD PDDC且,ADDC 所以以,DA DC DP为,x y z轴建系如图，若选择：3PB，因为PD 平面,ABCD BD 平面,ABCD 所以PDBD,所以3 12BD ,则2 11AB ，第 12 页 共 18 页 所以2CD,则1(0,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,2,0),(0,1,)2DBPCM,因为DA 平面PDC，所以(1,0,0)DA 为平面PDM的一个法向量，设平面DMB的法向量(,)mx y z，1(1,1,0),(0,1,)2DBDM,所以0102DB mxyDM myz
21、，令1,1,2xyz，所以(1,1,2)m，设二面角PDMB为，16cos,66DA mDA mDA m，因为由图可知二面角PDMB为钝角，所以6cos6.若选择：BDBC，设ABa，则2CDa，221,1BDaBCa,因为BDBC，所以222114aaa 解得1a，则1(0,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,2,0),(0,1,)2DBPCM,因为DA 平面PDC，所以(1,0,0)DA 为平面PDM的一个法向量，设平面DMB的法向量(,)mx y z，1(1,1,0),(0,1,)2DBDM,所以0102DB mxyDM myz，令1,1,2xyz，所以(1,1,2)m，设二
22、面角PDMB为，16cos,66DA mDA mDA m，因为由图可知二面角PDMB为钝角，所以6cos6.18H地区农科所统计历年冬小麦每亩产量的数据，得到频率分布直方图（如图 1），考虑到受市场影响，预测该地区明年冬小麦统一收购价格情况如表 1（该预测价格与亩产量互不影响）.第 13 页 共 18 页 明年冬小麦统一收购价格（单位：元/kg）2.4 3 概率 0.4 0.6 表 1 假设图 1 中同组的每个数据用该组区间的中点值估算，并以频率估计概率.(1)试估计H地区明年每亩冬小麦统一收购总价为1500元的概率；(2)设H地区明年每亩冬小麦统一收购总价为X元，求X的分布列和数学期望；(3
23、)H地区农科所研究发现，若每亩多投入125元的成本进行某项技术改良，则可使每亩冬小麦产量平均增加50kg.从广大种植户的平均收益角度分析，你是否建议农科所推广该项技术改良？并说明理由.【答案】(1)0.15(2)分布列答案见解析，1242E X (3)建议农科所推广该项技术改良，理由见解析 【分析】（1）计算出亩产量是500kg的概率，结合表 1 以及独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知随机变量X的可能取值有960、1080、1200、1350、1500，计算出随机变量X在不同取值下的概率，可得出随机变量X的分布列，进而可求得 E X的值；（3）设增产前每亩冬小麦产量为k
24、g，增产后每亩冬小麦产量为kg，则50，设增产后的每亩动漫小麦总价格为Y元，计算出增产的50kg会产生增加的收益，与125比较大小后可得出结论.【详解】（1）解：由图可知，亩产量是400kg的概率约为0.005 500.25，亩产量是450kg的概率约为0 01 500 5.，亩产量是500kg的概率约为0.005 500.25，第 14 页 共 18 页 估计H地区明年每亩冬小麦统一收购总价为1500元的概率为0 25 0 60 15.（2）解：由题意可知，随机变量X的可能取值有：960、1080、1200、1350、1500，9600 25 0 40 1P X.，10800 5 0 40
25、2P X.，12000 25 0 40 25 0 60 25P X.，13500 5 0 60 3P X.，15000 25 0 60 15P X.，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X 960 1080 1200 1350 1500 P 0.1 0.2 0.25 0.3 0.15 960 0 1 10800 2 12000 25 13500 3 15000 151242E X.（3）解：建议农科所推广该项技术改良，设增产前每亩冬小麦产量为kg，增产后每亩冬小麦产量为kg，则50，设增产后的每亩动漫小麦总价格为Y元，分析可知 502 4 0 43 0 6E YE X.，所以，增产的50kg会
26、产生增加的收益为502 4 0 43 0 6138125.，故建议农科所推广该项技术改良.19已知函数 ln1f xxx.(1)判断 0 是否为 f x的极小值点，并说明理由；(2)证明：2112f xxx.【答案】(1)0 是 f x的极小值点，理由见解析(2)证明过程见解析 【分析】（1）求 ln1f xxx的定义域，求导，得到 00f，且1,0 x 时，0fx，0,x时，0fx，故 0 是 f x的极小值点；（2）对不等式变形得到21ln120 xxxx，令 21=ln112g xxxx x，求导，得到其第 15 页 共 18 页 单调性，从而得到 g(x)正负，故21ln120 xxx
27、x恒成立，结论得证.【详解】（1）0 是 f x的极小值点，理由如下：ln1f xxx定义域为1,，ln11xfxxx，其中 0ln10100f，当1,0 x 时，ln10,01xxx，故 ln101xfxxx，当0,x时，ln10,01xxx，故 ln101xfxxx，故 ln1f xxx在1,0 x 上单调递减，在0,x上单调递增，故 0 是 f x的极小值点；（2）2112f xxx 等价于2ln1112xxxx，即21ln120 xxxx，令 21=ln112g xxxx x，则 21=1111xgxxxxx ，当1x 时，0gx，所以 g x在1x 上单调递增，又 00g，故当0 x
28、 时，00g xg，当10 x 时，00g xg，则21ln120 xxxx恒成立，故 2112f xxx.20已知椭圆2222:1xyEab过点2,1P 和2 2,0Q.(1)求椭圆E的方程；(2)过点0,2G作直线l交椭圆E于不同的两点,A B，直线PA交y轴于点M，直线PB交y轴于点N.若2GMGN，求直线l的方程.【答案】(1)22182xy 第 16 页 共 18 页(2)2yx或0 x 【分析】（1）两个点2,1,2 2,0PQ代入解方程即可.(2)斜率不存在单独算出2GMGN是否成立；斜率存在时把l设出来与椭圆联立，韦达定理求出两根之和与两根之积用斜率k来表示，然后GMGN用两个
29、根表示，化简求值即可.【详解】（1）将点2,1,2 2,0PQ坐标代入椭圆E的方程，得222411,81,aba解得228,2ab,所以椭圆E的方程为：22182xy（2）若直线l的斜率不存在，即直线l为0 x 时，A和M重合，B和N点重合，分别为椭圆的上下顶点0,20,2，此时 22222GMGN，符合题意.若直线l斜率存在，设直线AB的方程为2ykx，11221,2A x y B xyx 且22x ，联立方程222182ykxxy得，22411680kxkx，222211632 4132 410,4kkkk 即12k 或12k 11212221216841411PAykxxxxkkkx，所
30、以直线PA的方程为111212yyxx，取0 x 得11210,12yMx，同理可得22210,12yNx 由2GMGN得121221211 21 2222yyxx ，即1212212111222yyxx，所以2121221222xxkxx，即212121221224x xkx xxx，即222284121283244141kkkkk 即22211483kkk，因为12k，所以得21123kk，即1k，经检验符合题意，此时直线l为2yx 综上所述，直线l的方程为2yx或0 x.21对于一个有穷正整数数列Q，设其各项为12,na aa，各项和为 S Q，集合,1iji jaaijn 中元素的个数
31、为 T Q.第 17 页 共 18 页(1)写出所有满足 4,1S QT Q的数列Q；(2)对所有满足 6T Q 的数列Q，求 S Q的最小值；(3)对所有满足 2023S Q 的数列Q，求 T Q的最大值.【答案】(1)1，2，1 或 3，1；(2)7；(3)511566.【分析】(1)由题意可直接列举出数列Q；(2)由题意可得4n，分4n、5n 和6n 分别求 S Q的最小值即可得答案；(3)由题意可得数列Q为2,2,2,1,1,1的形式，设其中有x项为 2，有y项为 1，则有22023xy，所以 222023xxT Q ，再利用二次函数的性质求 T Q的最大值即可.【详解】（1）解：当
32、1T Q 时，存在一组(,)i j，满足,1ijaaijn，又因为12,na aa的各项均为正整数，且 124nS Qaaa，所以4na，即3na，且1,2ij，当1,2ij时，满足条件的数列Q只能是：3,1；当1,3ij时，满足条件的数列Q不存在；当1,3ij时，满足条件的数列Q不存在；当2,=3ij时，满足条件的数列Q只有 1，2，1；当2,3ij时，满足条件的数列Q不存在；所以数列Q：1，2，1 或 3,1；（2）解：由题意可知2C6n，所以4n，当4n 时，应有数列中各项均不相同，此时有 1 23410S Q ；当5n 时，由于数列中各项必有不同的数，进而有 6S Q.若 6S Q，满
33、足上述要求的数列中有四项为 1，一项为 2，此时 4T Q，不符合，所以 7S Q；当6n 时，同可得 7S Q；第 18 页 共 18 页 综上所述，有 7S Q，同时当Q为 2，2，1，1，1 时，7S Q，所以 S Q的最小值为 7；（3）解：存在大于 1 的项，否则此时有 0T Q；1na,否则将na拆分成na个 1 后 T Q变大；当1,2,1tn时，有1ttaa，否则交换1,tta a顺序后 T Q变为 1T Q，进一步有10,1ttaa，否则有12ttaa，此时将ta改为1ta，并在数列末尾添加一项 1，此时 T Q变大；各项只能为 2 或 1，否则由可得数列Q中有存在相邻的两项13,2ttaa，设此时Q中有x项为 2，则将ta改为 2，并在数列末尾添加一项 1 后，T Q的值至少变为 11TxQT Qx；由上可得数列Q为2,2,2,1,1,1的形式，设其中有x项为 2，有y项为 1，则有22023xy，从而有 2(20232)22023xyx xxxT Q，由二次函数的性质可得，当且仅当5061011xy时，T Q最大，为 511566.【点睛】关键点睛：本题考查了有穷数列的前n项和及满足集合,1iji jaaijn 中元素的个数，属于难点，在解答每一小问时，要紧扣Q还是一个正整数数列，进行逻辑推理，从而得出结论.