北京市通州區(qū)2023屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期末試題（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?通州區(qū)2022—2023學(xué)年高三年級摸底考試
數(shù)學(xué)試卷
2023年1月
本試卷共4頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，請將答題卡交回.
第一部分（選擇題共40分）
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 已知集合，，則（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由集合并集的定義求解即可.
【詳解】因為集合，，
所以，
故選：B
2. 等差數(shù)列中，，，則的通項為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件求得等差數(shù)列的首項和公差，從而求得.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，
依題意，解得，
所以.
故選：A
3. 拋物線的焦點坐標(biāo)為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
拋物線交點坐標(biāo)為，算出即可.
【詳解】由，得，故拋物線的焦點坐標(biāo)為.
故選：D.
【點睛】本題考查拋物線的定義及方程，求拋物線焦點坐標(biāo)時，一定要注意將方程標(biāo)準(zhǔn)化，本題是一道基礎(chǔ)題.
4. 已知向量，滿足，，則等于（）
A. B. 13 C. D. 29
【答案】C
【解析】
【分析】先求得向量，，進而求得.
【詳解】依題意，，
兩式相加得，
所以，
所以.
故選：C
5. 設(shè)為正整數(shù)，的展開式中存在常數(shù)項，則的最小值為（）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】寫出二項式展開式的通項，令的指數(shù)為0，進而可得結(jié)果.
【詳解】的展開式的通項，
令得，因為，所以當(dāng)時，有最小值3，
故選：B
6. 在中，若，，，則等于（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意由余弦定理直接求得答案.
【詳解】在中，若，，,
則,即，即，
解得，舍去，
故選：A
7. “”是“”的（）
A. 充分而不必要條件 B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件 D. 既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)的特征，設(shè)函數(shù)，并判斷其單調(diào)性，由此判斷“”可推出“”，舉反例說明反推不成立，可得答案.
【詳解】設(shè)函數(shù)，
則，
即為單調(diào)增函數(shù)，則，
即得，
所以當(dāng)時，成立，
當(dāng)時，，但推不出成立，
故“”是“”的充分而不必要條件，
故選：A
8. 已知半徑為1的圓經(jīng)過點，則其圓心到直線距離的最大值為（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先求得圓心的軌跡方程，然后結(jié)合點到直線的距離公式求得正確答案.
【詳解】由于半徑為1的圓（設(shè)為圓）經(jīng)過點，
所以圓圓心的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，
到直線距離為，
所以圓的圓心到直線距離的最大值為.
故選：C
9. 要制作一個容積為的圓柱形封閉容器，要使所用材料最省，則圓柱的高和底面半徑應(yīng)分別為（）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】設(shè)圓柱的高為，底面半徑為．由，可得，再利用基本不等式即可得出．
【詳解】解：設(shè)圓柱的高為，底面半徑為．
，
．
當(dāng)且僅當(dāng)，即當(dāng)時取等號．
此時．
即當(dāng)，時取得最小值．
故選：C
10. 設(shè)點是曲線上任意一點，則點到原點距離的最大值、最小值分別為（）
A. 最大值，最小值 B. 最大值，最小值1
C. 最大值2，最小值 D. 最大值2，最小值1
【答案】B
【解析】
【分析】由題設(shè)明確點到原點距離為，結(jié)合曲線方程，利用基本不等式可得的最小值和最大值，即可得答案.
【詳解】由題意知點到原點距離為，
由于點是曲線上任意一點，可得，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，即曲線上的點到原點距離最小，最小值為1；
又因為,所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
故，即，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
即點到原點距離的最大值為，
故選：B
第二部分（非選擇題共110分）
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.
11. 復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)______.
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法的運算求出，再由共軛復(fù)數(shù)的概念求解即可.
【詳解】，
所以，
故答案為：
12. 已知雙曲線的一條漸近線的傾斜角為60°，則C的離心率為___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根據(jù)漸近線得到，得到離心率.
【詳解】由題意可知，，離心率.
故答案為：.
【點睛】本題考查了雙曲線的離心率，屬于簡單題.
13. 已知函數(shù)，若函數(shù)存在最大值，則的取值范圍為______.
【答案】
【解析】
【分析】分段求出函數(shù)在不同區(qū)間內(nèi)的范圍，然后結(jié)合存在最大值即可求解
【詳解】當(dāng)，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以此時；
當(dāng)，在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以此時，
若函數(shù)存在最大值，則，解得
所以的取值范圍為
故答案為：
14. 齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬；田忌的下等馬劣于齊王的下等馬.現(xiàn)雙方各出上、中、下等馬各一匹，分3組各進行一場比賽，勝2場及以上者獲勝.若雙方均不知對方馬的出場順序，則田忌獲勝的概率為______；若已知田忌的上等馬與齊王的中等馬分在一組，則田忌獲勝的概率為______.
【答案】 ①. ②. ##0.5
【解析】
【分析】列舉出齊王與田忌賽馬的每組馬對陣的所有情況，即可求出雙方均不知對方馬的出場順序時田忌獲勝的概率，列舉出田忌的上等馬與齊王的中等馬分在一組時的對陣情況，可求得田忌獲勝的概率.
【詳解】設(shè)齊王的三匹馬分別記為，田忌的三匹馬分別記為，
齊王與田忌賽馬，雙方每組對陣情況有∶
，齊王獲勝；
，齊王獲勝；
，齊王獲勝；
，田忌獲勝；
，齊王獲勝；
，齊王獲勝,共6種；
其中田忌獲勝的只有一種
則田忌獲勝的概率為；
若已知田忌的上等馬與齊王的中等馬分在一組，
此時情況為和共兩種，
時，齊王獲勝，，田忌獲勝，
此時田忌獲勝的概率為，
故答案為：
15. 已知數(shù)列的前項和為，為數(shù)列的前項積，滿足，給出下列四個結(jié)論：
①；②；③為等差數(shù)列；④.
其中所有正確結(jié)論的序號是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根據(jù)關(guān)系式，當(dāng)時，即可求得的值；由得，當(dāng)時，可得，可證明為等差數(shù)列，即可求得，則可求得，則可判斷其他選項.
【詳解】因為，所以當(dāng)時，，解得或，
又，所以，故，故①正確；
因為，可得，所以，當(dāng)時，，
所以，
是以為首項，為公差的等差數(shù)列，所以，則，故④正確；
所以，則，所以為等差數(shù)列，故③正確；
當(dāng)時，，又不符合
所以，故②不正確.
故答案為：①③④.
三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16. 已知函數(shù)的最小正周期為.
（1）求的值；
（2）把的圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍（縱坐標(biāo)不變），再把得到的圖象向右平移個單位，得到函數(shù)的圖象，求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間.
【答案】（1）.
（2），.
【解析】
【分析】（1）化簡的表達式，根據(jù)最小正周期求得的值；
（2）根據(jù)三角函數(shù)圖象的變換規(guī)律，可得的解析式，根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性，即可求得答案.
【小問1詳解】
因為，
所以的最小正周期,依題意得，解得.
【小問2詳解】
由（1）知，
把的圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍（縱坐標(biāo)不變），
得到的圖象，
再把得到的圖象向右平移個單位，得到的圖象，
即，
由函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，,
令，得，
所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，.
17. 如圖，在四棱雉中，底面為矩形，平面平面，，，，分別是，的中點.

（1）求證:平面；
（2）再從條件①，條件②兩個中選擇一個作為已知，求平面與平面夾角的余弦值.
條件①：；
條件②：.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中點，連接，,證明，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；
（2）選條件①，由可證,繼而證明平面,推出，結(jié)合,建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點坐標(biāo)，求出平面的法向量，利用面面角的空間向量求法，即可求得答案；
選條件②，根據(jù)，證明，結(jié)合,建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點坐標(biāo)，求出平面的法向量，利用面面角的空間向量求法，即可求得答案；
【小問1詳解】
取中點，連接，,

因為為中點，所以有且,
因為，，所以且,
所以四邊形為平行四邊形,
所以,
又因為平面，平面，
所以平面.
【小問2詳解】
選擇條件①：
因為平面平面，為矩形,,
平面平面平面,
所以平面,平面,
所以,
又因為，由（1）可知，平面，
所以，又因為，平面，
所以平面,平面,所以,
平面,故平面,
以A為原點，以，，分別為軸、軸、軸建立坐標(biāo)系，

則，，，,
則，，設(shè)平面的法向量，
則，令，則，
因為平面，故可作為平面的法向量，
則平面與平面夾角的余弦值.
選擇條件②：.
因為平面平面，為矩形,
平面平面平面,
所以平面,而PA平面PAD中，所以,

又因為，
取中點為，連接，，
則有，,
所以,
所以,則,所以,
平面,故平面,
以A為原點，以，，分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，,
則，，設(shè)平面的法向量，
則，令，則，
因為平面，故可作為平面的法向量，
則平面與平面夾角的余弦值.
18. 為了解兩個購物平臺買家的滿意度，某研究性學(xué)習(xí)小組采用隨機抽樣的方法，獲得A平臺問卷100份，B平臺問卷80份.問卷中，對平臺的滿意度等級為：好評、中評、差評，對應(yīng)分?jǐn)?shù)分別為：5分、3分、1分，數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下：

好評
中評
差評
A平臺
75
20
5
B平臺
64
8
8
假設(shè)用頻率估計概率，且買家對平臺的滿意度評價相互獨立.
（1）估計買家對A平臺的評價不是差評的概率；
（2）從所有在A平臺購物的買家中隨機抽取2人，從所有在B平臺購物的買家中隨機抽取2人，估計這4人中恰有2人給出好評的概率；
（3）根據(jù)上述數(shù)據(jù)，你若購物，選擇哪個平臺？說明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）選擇A平臺，理由見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題設(shè)統(tǒng)計表即可求得答案；
（2）計算出買家對平臺好評的概率，明確這4人中恰有2人給出好評的情況有哪幾種，根據(jù)互斥事件以及相互獨立事件的概率計算，可得答案.
（3）列出買家對平臺的滿意度評分的分布列，分別計算均值和方差，由此可得結(jié)論.
【小問1詳解】
設(shè)“買家對A平臺的評價不是差評”為事件，
則.
【小問2詳解】
設(shè)“這4人中恰有2人給出好評”為事件，
由已知數(shù)據(jù)估計，買家在A平臺好評的概率為，買家在平臺好評的概率，
事件包含：A平臺2個好評，平臺0個好評；A平臺1個好評，平臺1個好評；
A平臺0個好評，平臺2個好評,
故.
【小問3詳解】
設(shè)一位買家對A平臺的滿意度評分為，一位買家對平臺的滿意度評分為，
可得其分布列如下表：

5
3
1

0.75
0.2
0.05

5
3
1

0.8
0.1
0.1
則，，
，
,
從買家對兩個平臺滿意度得分看兩個平臺均分相等，但,
所以選擇A平臺.
19. 已知橢圓的左、右頂點分別為，且，離心率為.
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)是橢圓上不同于的一點，直線，與直線分別交于點.試判斷以為直徑的圓是否過定點，若過定點，求出定點坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由.
【答案】（1）
（2）以為直徑的圓過定點，.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和離心率列方程組求解即可；
（2）設(shè)，由題意可得，，設(shè)定點為，利用即可得到結(jié)論.
【小問1詳解】
由題意可知，解得，
所以所以求橢圓的方程為.
【小問2詳解】
設(shè)，由（1）可知，斜率存在且不為0，
依題意可知的直線方程為，
的直線方程為，
令，可得，，
假設(shè)以為直徑的圓過定點，不妨設(shè)定點為，
依題意可知，，所以，

，
因為，
所以.
因為，
所以，
令，可得，解得，，
所以以為直徑的圓過定點，.
【點睛】判斷以為直徑的圓過定點時，常用向量法，根據(jù)向量數(shù)量積為0，代入相關(guān)點的坐標(biāo)化簡后即可得到結(jié)論.
20. 已知函數(shù).
（1）當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；
（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）當(dāng)函數(shù)存在極小值時，求證：函數(shù)的極小值一定小于0.
【答案】（1）
（2）答案見解析（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切點坐標(biāo)和斜率，即可得切線方程；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，確定單調(diào)性，即可得單調(diào)區(qū)間；
（3）在（2）的基礎(chǔ)上，確定函數(shù)極小值點，求極小值即可證明.
【小問1詳解】
解：當(dāng)，，則，
因為，所以.
所以曲線在的切線方程為.
【小問2詳解】
解：函數(shù)定義域為.
，
令，解得：.
①當(dāng)即時，，
所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，無單調(diào)遞增區(qū)間.
②當(dāng)即時，當(dāng)和，；當(dāng)，，
函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，單調(diào)遞增區(qū)間為.
③當(dāng)即時，當(dāng)和，；當(dāng)，，
函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，單調(diào)遞增區(qū)間為.
綜上所述：
時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，無單調(diào)遞增區(qū)間.
時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，單調(diào)遞增區(qū)間為.
時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為和，單調(diào)遞增區(qū)間為.
【小問3詳解】
證明：函數(shù)定義域為.
由題意，函數(shù)存在極小值，
則在極小值點有定義，且在該點左側(cè)函數(shù)單調(diào)遞減，在該點右側(cè)函數(shù)單調(diào)遞增.
由（2）可知，當(dāng)時，函數(shù)在處取得極小值，
即；
當(dāng)時，又，函數(shù)無極小值，
所以函數(shù)的極小值一定小于0.
21. 約數(shù)，又稱因數(shù).它的定義如下：若整數(shù)除以整數(shù)除得的商正好是整數(shù)而沒有余數(shù)，我們就稱為的倍數(shù)，稱為的約數(shù).設(shè)正整數(shù)共有個正約數(shù)，即為.
（1）當(dāng)時，若正整數(shù)的個正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，請寫出一個的值；
（2）當(dāng)時，若構(gòu)成等比數(shù)列，求正整數(shù)；
（3）記，求證：.
【答案】（1）8. （2）.
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意即可寫出a的一個值；
（2）由題意可知，，，，結(jié)合構(gòu)成等比數(shù)列，可推出是完全平方數(shù)，繼而可得，由此可知為，即可求得a；
（3）由題意知，，從而可得，采用放縮法以及裂項求和的方法，即可證明結(jié)論.
【小問1詳解】
當(dāng)時正整數(shù)的4個正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，
比如為8的所有正約數(shù),即.
【小問2詳解】
由題意可知，，，，
因為，依題意可知，所以，
化簡可得，所以，
因，所以，
因此可知是完全平方數(shù).
由于是整數(shù)的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以為，
所以,.
小問3詳解】
證明：由題意知，，
所以，
因為，
所以
，
因為，，所以，
所以，
即.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：在第二問的解答中，在得到后，要能根據(jù)，推得，繼而得出，這是解決問題的關(guān)鍵.第三問的證明中，難點在于要能注意到，，從而可得，然后采用裂項求和的方法進行化簡進而證明結(jié)論.

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