北京市朝阳区2022-2023学年高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测一

数学2023．3

（考试时间120分钟  满分150分）

本试卷分为选择题40分和非选择题110分

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，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】化简，再由集合并集的运算即可得解.

【详解】由题意，，

所以.

故选：C.

2. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据不等式的性质判断A，取特殊值判断BCD.

【详解】，，即，故A正确；

取，则不成立，故B错误；

取，则不成立，故C错误；

取，则，故D错误.

故选：A

3. 设，若，则（    ）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】先求出展开式第项，再由列出方程，即可求出的值.

【详解】展开式第项，

∵，∴，

∴.

故选：A

4. 已知点，．若直线上存在点P，使得，则实数k的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将问题化为直线与圆有交点，注意直线所过定点与圆的位置关系，再应用点线距离公式列不等式求k的范围.

【详解】由题设，问题等价于过定点的直线与圆有交点，

又在圆外，所以只需，可得.

故选：D

5. 已知函数，则“”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】C

【解析】

【分析】由的奇偶性、单调性结合充分条件、必要条件的概念即可得解.

【详解】因为定义域为，，

所以为奇函数，且为上的增函数.

当时，，所以，

即“”是“”的充分条件，

当时，，由的单调性知，

，即，

所以“”是“”成立的必要条件.

综上，“”是“”的充要条件.

故选：C

6. 过双曲线的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为A．若（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D. 或2

【答案】B

【解析】

【分析】由题意易得所以，从而，再由求解.

【详解】解：在中，因为，

所以，则，

所以，

故选：B

7. 在长方体中，与平面相交于点M，则下列结论一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面交线的性质可知，又平行线分线段成比例即可得出正确答案，对于ABD可根据长方体说明不一定成立.

【详解】如图，连接，交于，连接，，

在长方体中，平面与平面的交线为,

而平面，且平面，

所以，

又，，

所以，故C正确.

对于A，因为长方体中与不一定垂直，故推不出，故A错误；

对于B，因为长方体中与不一定相等，故推不出，故B错误；

对于D，由B知，不能推出与垂直，而是中线，所以推不出，故D错误.

故选：C

8. 声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 的一个周期为 B. 的最大值为

C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上有3个零点

【答案】D

【解析】

【分析】A.代入周期定义，即可判断；

B.分别比较两个函数分别取得最大值的值，即可判断；

C.代入对称性的公式，即可求解；

D.根据零点的定义，解方程，即可判断.

【详解】A.，故A错误；

B.，当，时，取得最大值1，，当，时，即，时，取得最大值，所以两个函数不可能同时取得最大值，所以的最大值不是，故B错误；

C.，所以函数的图象不关于直线对称，故C错误；

D.，即，，

即或，解得：，

所以函数在区间上有3个零点，故D正确.

故选：D

9. 如图，圆M为的外接圆，，，N为边BC的中点，则（    ）

A. 5 B. 10 C. 13 D. 26

【答案】C

【解析】

【分析】由三角形中线性质可知，再由外接圆圆心为三角形三边中垂线交点可知，同理可得，再由数量积运算即可得解.

【详解】 是BC中点，

，

M为的外接圆的圆心，即三角形三边中垂线交点，

，

同理可得，

.

故选：C

10. 已知项数为的等差数列满足，．若，则k的最大值是（    ）

A. 14 B. 15 C. 16 D. 17

【答案】B

【解析】

【分析】通过条件，，得到，

再利用条件得到，

进而得到不等关系：，从而得到的最大值.

【详解】由，，得到，

即，

当时，恒有，即，

所以，

由，得到，

所以，，

整理得到：，所以.

故选：B

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. 若复数，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据以及复数商的模等于复数的模的商，计算可得答案.

【详解】因为，所以.

故答案为：

【点睛】本题考查了复数模的性质，考查了复数的模长公式，属于基础题.

12. 函数的值域为________．

【答案】

【解析】

【分析】利用对数函数和指数函数的图象和性质分别求和的值域，再取并集即可.

【详解】因为当时，，

当时，，

所以函数的值域为，

故答案为：

13. 经过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于A，B两点，若，则（O为坐标原点）的面积为______．

【答案】

【解析】

【分析】求出焦点坐标，设直线方程，联立抛物线方程，韦达定理，利用弦长求出直线方程，可求得O点到直线距离，进一步求出三角形面积.

【详解】由题意知，抛物线的焦点，设，，直线AB：，

联立方程，消去x可得，，

韦达定理得，

因为，所以，即，

所以直线AB：，所以点O到直线AB的距离为，

所以.

故答案为：

14. 在中，，，．

（1）若，则________；

（2）当________（写出一个可能的值）时，满足条件的有两个．

【答案】    ①.     ②. （答案不唯一）

【解析】

【分析】（1）求出，再由余弦定理求解即可；

（2）根据已知两边及一边的对角求三角形解得情况，建立不等式求出的范围即可得解.

【详解】（1），，

，，

由余弦定理，，即，

解得.

（2）因为,,

所以当时，方程有两解，

即，

取即可满足条件（答案不唯一）

15. 某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：，其中正实数，分别为红、蓝两方初始兵力，t为战斗时间；，分别为红、蓝两方t时刻的兵力;正实数a，b分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；和分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为T．给出下列四个结论：

①若且，则；

②若且，则；

③若，则红方获得战斗演习胜利；

④若，则红方获得战斗演习胜利．

其中所有正确结论的序号是________．

【答案】①②④

【解析】

【分析】对于①根据已知条件利用作差法比较大小即可得出，所以①正确；对于②，利用①中结论可得蓝方兵力先为0，即解得，②正确；对于③和④，若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为0时所用时间、，比较大小即可知③错误，④正确.

【详解】对于①，若且，则，

即，所以，

由可得，即①正确；

对于②，当时根据①中的结论可知，所以蓝方兵力先为0，

即，化简可得，

即，两边同时取对数可得，

即，所以战斗持续时长为，

所以②正确；

对于③，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可，

设红方兵力为0时所用时间为，蓝方兵力为0时所用时间为，

即，可得

同理可得

即，解得

又因为都为正实数，所以可得，红方获得战斗演习胜利；

所以可得③错误，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. 如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．

（1）求证：平面BDE；

（2）求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；

（3）求点D到平面ABE的距离．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直的性质得到，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）利用空间向量的方法求线面角即可；

（3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可.

【小问1详解】

在三棱柱中，，为，的中点，∴，

∵平面，∴平面，

∵平面，∴，

在三角形中，，为中点，∴，

∵，平面，∴平面.

【小问2详解】

如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，

在直角三角形中，，，∴，

，，，，

，，，

设平面的法向量为，

，令，则，，所以，

设直线与平面所成角为，

所以.

小问3详解】

设点到平面的距离为，所以.

17. 设函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在．

（1）求函数的解析式；

（2）求在区间上的最大值和最小值．

条件①：；

条件②：最大值为；

条件③：的图象的相邻两条对称轴之间的距离为．

注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分．

【答案】（1）选择条件②③，   

（2）最大值为，最小值为.

【解析】

【分析】（1）由正弦函数和余弦函数的奇偶性可排除条件①，先利用辅助角公式化简，再根据正弦函数的图象和性质即可求解；

（2）利用整体代入法，结合正弦函数的图象和性质即可求解.

【小问1详解】

若选择条件①，

因为，所以，

由可得对恒成立，与矛盾，

所以选择条件②③，

由题意可得，

设，

由题意可得，

其中，，

因为的最大值为，所以，解得，

所以，，

由的图象的相邻两条对称轴之间的距离为可得，

所以解得，

所以.

【小问2详解】

由正弦函数的图象可得当时，，，

所以在区间上的最大值为，最小值为.

18. 某地区组织所有高一学生参加了“科技的力量”主题知识竟答活动，根据答题得分情况评选出一二三等奖若干，为了解不同性别学生的获奖情况，从该地区随机抽取了500名参加活动的高一学生，获奖情况统计结果如下：

假设所有学生的获奖情况相互独立．

（1）分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率；

（2）用频率估计概率，从该地区高一男生中随机抽取1名，从该地区高一女生中随机抽取1名，以X表示这2名学生中获奖的人数，求X的分布列和数学期望；

（3）用频率估计概率，从该地区高一学生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一男生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一女生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为，试比较与的大小．（结论不要求证明）

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，期望   

（3）

【解析】

【分析】（1）直接计算概率；

（2）的所有可能取值为0,1,2，求出高一男生获奖概率和高一女生获奖概率，再计算概率得到分布列，最后计算期望即可；

（3）计算出，，比较大小即可.

【小问1详解】

设事件为“分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名,

抽到的2名学生都获一等奖”，

则，

【小问2详解】

随机变量的所有可能取值为0,1,2.

记事件为“从该地区高一男生中随机抽取1名,该学生获奖”,

事件为“从该地区高一女生中随机抽取1名,该学生获奖”.由题设知,事件,相互独立,

且估计为估计为.

所以,

,

.

所以的分布列为

故的数学期望

【小问3详解】

，理由：根据频率估计概率得

，由（2）知，，

故，

则.

19. 已知函数．

（1）求的单调区间；

（2）若对恒成立，求a的取值范围；

（3）证明：若在区间上存在唯一零点，则．

【答案】（1）答案见解析   

（2）   

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）讨论、，结合导数的符号确定单调区间；

（2）由，讨论、研究导数符号判断单调性，进而判断题设不等式是否恒成立，即可得参数范围；

（3）根据（2）结论及零点存在性确定时在上存在唯一零点，由零点性质及区间单调性，应用分析法将问题转化为证在上恒成立，即可证结论.

【小问1详解】

由题设，

当时，，则在R上递增；

当时，令，则，

若，则，在上递减；

若，则，在上递增；

综上，时的递增区间为R，无递减区间；

时的递减区间为，递增区间为.

【小问2详解】

由，

当时，在上恒成立，故在上递增，则，满足要求；

当时，由（1）知：在上递减，在上递增，而，

所以在上递减，在上递增，要使对恒成立，

所以，只需，

令且，则，即递减，

所以，故在上不存在；

综上，

【小问3详解】

由（2）知：时，在恒有，故不可能有零点；

时，在上递减，在上递增，且，

所以上，无零点，即，且趋向于正无穷时趋向正无穷，

所以，在上存在唯一，使，

要证，只需在上恒成立即可，

令，若，则，

令，则，即在上递增，故，

所以，即在上递增，故，

所以在上恒成立，得证；

故，得证.

【点睛】关键点点睛：第三问，通过讨论确定在某一单调区间上存在唯一零点的a的范围后，应用分析法证恒成立即可.

20. 已知椭圆经过点．

（1）求椭圆E的方程及离心率；

（2）设椭圆E的左顶点为A，直线与E相交于M，N两点，直线AM与直线相交于点Q．问：直线NQ是否经过x轴上的定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，说明理由．

【答案】（1）椭圆E的方程为，离心率为.   

（2）直线过定点.

【解析】

【分析】(1)根据椭圆经过点即可求得椭圆方程，利用离心率公式即可求离心率；

 (2)表示出直线的方程为，即可求得点，再利用点斜式表示得直线的方程为，即可求出与轴的交点，利用韦达定理等量替换即可求出直线NQ恒过的定点.

【小问1详解】

因为椭圆经过点，

所以，解得，

所以椭圆E的方程为，

因为所以，

所以离心率为.

【小问2详解】

直线过定点，理由如下：

由可得，

显然，

设则有

直线的方程为

令，解得，则，

所以直线的斜率为且，

所以直线的方程为

令，则

所以直线过定点.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于利用直线的点斜式方程求的点点的坐标，再利用点斜式方程表示出直线与轴的交点横坐标，利用韦达定理等量代换求恒过定点.

21. 已知有穷数列满足．给定正整数m，若存在正整数s，，使得对任意的，都有，则称数列A是连续等项数列．

（1）判断数列是否为连续等项数列？是否为连续等项数列？说明理由；

（2）若项数为N的任意数列A都是连续等项数列，求N的最小值；

（3）若数列不是连续等项数列，而数列，数列与数列都是连续等项数列，且，求的值．

【答案】（1）数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由见解析；   

（2）11    （3）0

【解析】

【分析】（1）根据新定义直接验证数列，1，0，1，0，1，，可得结论；

（2）先根据新定义证明时，数列一定是连续等项数列，再验证时，不是连续等项数列即可；

（3）由都是连续等项数列可得，

，再由反证法证得，即可得出的值.

【小问1详解】

数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由如下:

因为，所以是连续等项数列.

因为为；

为；

为;

为，

所以不存在正整数，使得.

所以A不是连续等项数列.

【小问2详解】

设集合，则中的元素个数为.

因为在数列中，所以.

若，则.

所以在这个有序数对中，

至少有两个有序数对相同，

即存在正整数，使得.

所以当项数时，数列一定是连续等项数列.

若，数列不是连续等项数列.

若，数列不是连续等项数列.

若，数列不是连续等项数列.

若，数列不是连续等项数列.

若，数列不是连续等项数列.

若，数列不是连续等项数列.

若，数列不是连续等项数列.

若,数列不是连续等项数列.

所以的最小值为11.

【小问3详解】

因为与都是连续等项数列，

所以存在两两不等的正整数,

使得，

下面用反证法证明.

假设，

因，

所以中至少有两个数相等.

不妨设，则

所以是连续等项数列，与题设矛盾.

所以.

所以.

【点睛】方法点睛：对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给具体的函数或数列验证是否满足所给定义，只需要结合新定义，验证即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般在第一步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用新定义处理，本题第三问根据与都是连续等项数列得出，，利用反证法求是关键点.