2023届北京市丰台区高三一模数学试题

2023届北京市丰台区高三一模数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据并集运算求解.【详解】因为集合，，所以，故选:D.2．设，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】逐一判断，对A取，，可得结果；对B取，可得结果；对C利用不等式的性质判断即可；对D取可判断.【详解】解：A.取，，则不成立；B.取，，则不成立；C.∵，∴，正确；D.取，∵，∴，因此不成立.故选：C.3．已知圆与轴相切，则（

）A． B． C．2 D．3【答案】C【分析】求出圆心和半径，即可求解.【详解】圆的圆心为，半径为.因为圆与轴相切，所以.故选：C4．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】根据奇函数的性质及所给函数解析式计算可得.【详解】因为是定义在上的奇函数，当时，，所以.故选：A5．在平面直角坐标系中，若角以轴非负半轴为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，则的一个可能取值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角函数的定义得到，再根据特殊角的三角函数判断即可.【详解】依题意可得，则或，所以的一个可能取值为.故选：B6．在中，若，则该三角形的形状一定是（

）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【分析】利用内角和定理及诱导公式得到，利用两角和与差的正弦函数公式化简，代入已知等式变形再利用两角和与差的正弦函数公式化简，得到，即，即可确定出三角形形状．【详解】解：在中，，，即，，，，即，则为等腰三角形．故选：A．7．设无穷等差数列|的前n项和为，则“对任意，都有”是“数列为递增数列”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【分析】利用定义法直接判断.【详解】充分性：因为“对任意，都有”，所以，所以“数列为递增数列”成立.故充分性满足；必要性：因为“数列为递增数列”，取数列：-1，1，3，5……符合数列为无穷等差数列|，且为递增数列，但是.故必要性不满足.故“对任意，都有”是“数列为递增数列”的充分而不必要条件.故选：A8．已知抛物线的顶点是坐标原点O，焦点为F，A是抛物线C上的一点，点A到x轴的距离为．过点A向抛物线C的准线作垂线、垂足为B．若四边形ABOF为等腰梯形，则p的值为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】过点A向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.利用几何法求出直角三角形的三边，利用勾股定理即可求解.【详解】如图示：过点A（不妨设为第一象限点）向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.因为四边形ABOF为等腰梯形，所以，.所以.又，所以，所以，所以.所以.由抛物线的定义可得：.在直角三角形中，,.由勾股定理可得：，解得：.故选：C9．已知函数的定义域为，存在常数，使得对任意，都有，当时，．若在区间上单调递减，则t的最小值为（

）A．3 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据函数的周期性和绝对值型函数的单调性进行求解即可.【详解】因为存在常数，使得对任意，都有，所以函数的周期为，当时，函数在单调递减，所以当时，函数在上单调递减，因为在区间上单调递减，所以有，故选：B【点睛】关键点睛：根据函数的周期的性质，结合绝对值型函数的单调性是解题的关键.10．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论：①三棱锥的体积的最大值为；②的最小值为；③点到直线的距离的最小值为．其中所有正确结论的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质计算可得.【详解】在直三棱柱中平面，对于①：因为点在棱上，所以，又，又，，，点在棱上，所以，，所以，当且仅当在点、在点时取等号，故①正确；对于②：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，因为，，所以，所以，即的最小值为，故②错误；对于③：如图建立空间直角坐标系，设，，，，，所以，，则点到直线的距离，当时，当时，，，则，所以当取最大值，且时，即当在点在点时点到直线的距离的最小值为，故③正确；故选：C二、填空题11．若复数是纯虚数，则________．【答案】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的概念得到方程（不等式），解得即可.【详解】，因为是纯虚数，所以，解得.故答案为：12．已知正方形的边长为，则________．【答案】【分析】根据正方形的性质及数量积的定义计算可得.【详解】因为正方形的边长为，所以，，，所以.故答案为：13．从，，，，这个数中任取个不同的数，记“两数之积为正数”为事件，“两数均为负数为事件．则________．【答案】##【分析】根据古典概型的概率公式求出，，再由条件概率的概率公式计算可得.【详解】从，，，，这个数中任取个不同的数有种取法，其中满足两数之积为正数的有种取法，满足两数之积为正数且两数均为负数的有种取法，所以，，所以.故答案为：三、双空题14．设函数若存在最小值，则a的一个取值为_______；a的最大值为________．【答案】

1（≤1的任一实数，答案不唯一）；

1【分析】利用导数讨论函数的单调性，分析取最值的情况，进行求解.【详解】记函数，则.令，解得：.列表得：+0-0+单增单减单增对于函数，当时，不能取得最小值，所以存在最小值，的最小值只能在时，时取得.当时，在单减，在单增，在单减，在的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单减，在的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单减，在的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单增，且，所以的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单增，且，不能取得最小值.综上所述：当时函数存在最小值.故答案为：①1（的任一实数，答案不唯一）；②1.15．三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，目前尺规作图仍不能解决这个问题．古希腊数学家Pappus（约300~350前后）借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：如图，以角的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段AB的三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线H．双曲线H与弧AB的交点记为E，连接CE，则．①双曲线H的离心率为________；②若，，CE交AB于点P，则________．【答案】

2

【分析】①根据图形关系确定即可求解；利用面积之比，进而可求出，再根据求解.【详解】①由题可得所以，所以双曲线H的离心率为；②，因为，且，所以,又因为，所以所以，所以,因为,解得，所以,故答案为:2;.四、解答题16．已知函数的部分图象如图所示．(1)求的解析式；(2)若函数，求在区间上的最大值和最小值．【答案】(1)(2)最大值为和最小值为0【分析】（1）由图象及三角函数的性质可以得到，进而得到的解析式；（2）根据三角恒等变换化简，进而分析在区间上的最大值和最小值.【详解】（1）由图象可知：，将点代入得，∴（2）由得当时，即；当时，即；17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，AC交BD于点O，，．点E是棱PA的中点，连接OE，OP．(1)求证：平面PCD；(2)若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP的长．条件①：平面平面；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算表示出平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值，即可求解.【详解】（1）因为底面是菱形，所以是中点，因为E是棱PA的中点，所以，又因为平面PCD,平面PCD,所以平面PCD.（2）选择条件①:因为，是的中点，所以,因为平面平面,平面平面,平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系,因为菱形的边长为2，所以,所以设所以，设为平面的一个法向量，由得所以取，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为,平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,所以，所以所以，所以，因为，所以，所以.所以线段OP的长为.选择条件②:因为.在菱形中，，因为平面平面,所以平面,因为平面，所以，因为,所以两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系,因为菱形的边长为2，所以,所以设所以，设为平面的一个法向量，由得所以取，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为,平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,所以，所以所以，所以，因为，所以，所以.所以线段OP的长为.18．交通拥堵指数（TPI）是表征交通拥堵程度的客观指标，TPI越大代表拥堵程度越高．某平台计算TPI的公式为：，并按TPI的大小将城市道路拥堵程度划分为如下表所示的4个等级：TPI不低于4拥堵等级畅通缓行拥堵严重拥堵某市2023年元旦及前后共7天与2022年同期的交通高峰期城市道路TP1的统计数据如下图：(1)从2022年元旦及前后共7天中任取1天，求这一天交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的概率；(2)从2023年元旦及前后共7天中任取3天，将这3天中交通高峰期城市道路TPI比2022年同日TPI高的天数记为，求的分布列及数学期望；(3)把12月29日作为第1天，将2023年元旦及前后共7天的交通高峰期城市道路TPI依次记为，将2022年同期TPI依次记为，记，．请直接写出取得最大值时的值．【答案】(1)(2)答案见解析(3)【分析】（1）根据随机事件的概率公式即可求解；（2）结合题意先求出的分布列，再结合数学期望的公式求解即可；（3）结合题意先求得，进而即可求解.【详解】（1）由图可知，2022年元旦及前后共7天中，交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的共2天，所以这一天交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的概率为.（2）由图可知，2023年元旦及前后共7天中比2022年同日TPI高的天数只有1月3日和1月4日这2天，所以，，，所以的分布列为：012数学期望.（3）由题意，，，，，，，，所以，所以取得最大值时，.19．已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．(1)求椭圆E的方程；(2)过点的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数t，使得，，总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，使得，，总成等比数列.【分析】(1)根据的关系求解；(2)表示，，的面积，利用韦达定理表示出即可求出常数t的值.【详解】（1）根据已知可得，所以，所以椭圆E的方程为.（2）由已知得，的斜率存在，且在轴的同侧，设直线的方程为，，不妨设，则由得所以因为，所以，，要使，，总成等比数列，则应有解得，所以存在，使得，，总成等比数列.20．已知函数．(1)求函数的极值；(2)若函数有两个不相等的零点，．（i）求a的取值范围；（ii）证明：．【答案】(1)函数无极大值，有极小值.(2)（i）.（ii）见详解.【分析】(1)利用导数研究函数的单调性和极值.(2)（i）利用导数研究函数的单调性与极值，再结合图象与零点进行求解.（ii）利用构造对称函数以及导数进行证明.【详解】（1）因为，所以，因为，由有：，由有：，所以函数在单调递减，在单调递增，所以函数无极大值，有极小值.（2）（i）由(1)有：函数在单调递减，在单调递增，若函数有两个不相等的零点，，则，解得，所以，因为当时，，所以，所以在上有1个零点，当时，，又“指数爆炸”，所以，所以在上有1个零点，综上，当时，函数有两个不相等的零点，.（ii）由（i）有：当时，函数有两个不相等的零点，，不妨设，构造函数，因为，所以，因为，所以，当前仅当时取到等号，所以，所以在R上单调递减，又，所以，即，即，又，所以，又，所以，由(1)有：函数在单调递减，所以，即，结论得证.21．已知集合，对于集合的非空子集．若中存在三个互不相同的元素，，，使得，，均属于，则称集合是集合的“期待子集”．(1)试判断集合，是否为集合的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）(2)如果一个集合中含有三个元素，，，同时满足①，②，③为偶数．那么称该集合具有性质．对于集合的非空子集，证明：集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质；(3)若的任意含有个元素的子集都是集合的“期待子集”，求的最小值．【答案】(1)是集合的“期待子集”，不是集合的“期待子集”(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据所给定义判断即可.（2）先证明必要性，再证明充分性，结合所给“期待子集”的定义及性质的定义证明即可；（3）首先利用反例说明当、时不成立，再利用数学归纳法证明集合的任意含有个元素的子集，都是的“期待子集”，即可得解.【详解】（1）因为，对于集合，令，解得，显然，，所以是集合的“期待子集”；对于集合，令，则，因为，即，故矛盾，所以不是集合的“期待子集”；（2）先证明必要性：当集合是集合的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的，使得，不妨设，令，，，则，即条件中的①成立；又，所以，即条件中的②成立；因为，所以为偶数，即条件中的③成立；所以集合满足条件.再证明充分性：当集合满足条件时，有存在，满足①，②，③为偶数，记，，，由③得，由①得，由②得，所以，因为，，，所以，，均属于，即集合是