2023届北京市延庆区高三一模数学试题

2023届北京市延庆区高三一模数学试题一、单选题1．已知集合，若，则的值为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：根据集合间的关系确定，进而可以求解．详解：因为，所以，解得．点睛：本题考查元素和集合间的关系、集合和集合间的关系等知识，意在考查学生的逻辑思维能力．2．已知，则等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二项式展开式的特点，即可求解.【详解】，所以，故选：C3．若直线与圆相切，则等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】直线与圆相切，由圆心到直线距离等于半径，求的值.【详解】圆化成标准方程为，则且圆心坐标为，半径为，直线与圆相切，则圆心到直线距离等于半径，即：，解得.故选：A4．若，则“”是“复数是纯虚数”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【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合复数中纯虚数的概念求解.【详解】，当时，复数，是纯虚数；复数是纯虚数时，有，解得.则“”是“复数是纯虚数”的充分必要条件.故选：C5．设，，，则，，的大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据对数函数的单调性即可比较，由指数的性质即可求解.【详解】，，所以，，故，故选：A6．为坐标原点，点，的坐标分别为，，则等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用向量的夹角公式可得，进而确定.【详解】由已知点，的坐标分别为，，则，，所以，又，所以，故选：B.7．ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为的纸张的面积分别是，它们组成一个公比为的等比数列，设型号为的纸张的面积分别是已知，则的值为（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】利用是等比数列以及，令求解即可.【详解】，令，又组成一个公比为的等比数列，，又，.故选：C.8．将的图象向左平移个单位，所得图象与的图象关于轴对称，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先求出与关于轴对称的解析式，然后一一分析选项即可.【详解】与关于轴对称的三角函数为，对A，平移后的解析式为，不合题意，舍去；对B，平移后的解析式为，符合题意，对C，平移后的解析式为，不合题意，舍去；对D，平移后的解析式为，不合题意，舍去；故选：B.9．若外接圆的半径为1，圆心为，且,则等于A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：利用向量的运算法则将已知等式化简得到，得到为直径，所以为直角三角形，求出三边的长求得的值，利用两个向量的数量积的定义即可求得的值．详解：因为，所以，所以，所以三点共线，且为直径，如图所示，所以，因为，所以，则，故选D．点睛：本题主要考查了向量在几何问题中的应用、数量积的计算，以及向量垂直的充要条件等知识的应用，其中求出为直角三角形即三边是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．10．数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用换底公式与累乘法把化为，然后根据为整数，可得，最后由等比数列前项和公式求解．【详解】解：，，，又为整数，必须是2的次幂，即．内所有的“幸运数”的和：，故选：D．二、填空题11．已知函数的定义域为，且，则的取值范围是_______．【答案】【分析】由，可知，解不等式即可.【详解】由，可知，解得，故答案为：.12．若双曲线的焦距是，则实数_______．【答案】【分析】根据双曲线标准方程直接求解.【详解】由双曲线，即，且焦距为，即，解得，故答案为：.三、双空题13．如图，某地一天从时至时的温度变化曲线近似满足函数，其中，且函数在与时分别取得最小值和最大值.这段时间的最大温差为___；的一个取值为___________.【答案】（答案不唯一）【分析】根据图像直接可得最大温差，再根据函数的最值情况与周期情况可得，，，代入点，可得.【详解】由图像可知最大值为，最小值为，所以最大温差为，即，解得，又由已知可得，即，且，所以，所以函数解析式为，又函数图像经过点，代入得，所以解得，，所以的一个可能取值为（答案不唯一），故答案为：，（答案不唯一）.14．曲线的一条对称轴是_______；的取值范围是_______.【答案】轴.【分析】以代替，方程不变，可得曲线的对称轴方程，由方程可得，即可求出y的取值范围【详解】以代替，方程不变，可得曲线的一条对称轴是轴；由，可得，所以，解得，即的取值范围是.故答案为：轴；四、填空题15．四面体的三条棱两两垂直，，，为四面体外一点，给出下列命题：①不存在点，使四面体三个面是直角三角形；②存在点，使四面体是正三棱锥；③存在无数个点，使点在四面体的外接球面上；④存在点，使与垂直且相等，且.其中真命题的序号是___________.【答案】②③④.【分析】对于①，可构造四棱锥与四面体一样进行判定；对于②，使，此时存在点D，使，使四面体是正三棱锥；对于③，四面体的外接球的球心为P，半径为为r，只需，可判定真假；对于④，取，，此时满足CD与AB垂直并且相等.【详解】如图所示：对于①，∵四面体的三条棱两两垂直，，，∴，．当四棱锥与四面体一样时，即取，，四面体的三条棱、、两两垂直，此时点D，使四面体有三个面是直角三角形，故①不正确；对于②，由①知，，使，此时存在点D，使，则四面体是正三棱锥，故②正确；对于③，四面体的外接球的球心为P，半径为为r，只需即可，∴存在无数个点D，使点O在四面体的外接球面上，故③正确；对于④，由，，取，，AB的中点为E，则有，，平面，，平面，平面，，即存在点，使与垂直且相等，且，故④正确.故答案为∶②③④【点睛】思路点睛：本题考查空间几何图形有构造法，围绕线面垂直的判定与性质定理、直三棱锥的结构特征、长方体与外接球的性质、特殊的四面体性质，需要较强的空间想象能力、推理能力，运用好数形结合的思想是关键.五、解答题16．如图，四棱锥中，底面是梯形，，面，是等腰三角形，，，是的中点.(1)求证：；(2)设与所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角为，从以下所给的三个条件中选出其中一个作为已知条件，求四棱锥的体积.①；②；③．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，进而由线线垂直即可求证，（2）根据空间中的垂直关系可利用几何法求解线面角，进而利用角度求解长度，由体积公式即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求解即可解出长度，进而可求体积.【详解】（1）因为是的中点,所以,因为平面，平面，所以.因为，平面,所以平面.因为平面,所以.（2）选①；法一：设是的中点，连接，因为，所以.所以就是与所成的角，.设，则，，.因为，所以.解得.所以.法二：设，设的中点为，连，则，两两垂直.分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,则.所以.所以，解得.所以.选②；法一：连接.因为平面，所以是在平面内的投影.所以就是与平面所成的角，，且，因为，所以.因为，所以，.所以，故.所以.法二:设的中点为，连，则，两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图.设平面的法向量为.设所以.所以.解得.

所以.

选③.因为，面，所以平面，

所以.所以就是二面角的平面角，.因为，所以.所以.所以.17．在中，，.(1)当时，求和；(2)求面积的最大值.【答案】(1)，(2)27【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理即可求解；（2）由余弦定理可得，结合可得，进而根据面积公式即可求解.【详解】（1）因为且，所以.由正弦定理得，即.所以.所以或.因为，，所以.所以.由，即，解得.（2）因为，

因为，所以.

所以，当且仅当为时，等号成立.所以.所以面积的最大值为.18．某服装销售公司进行关于消费档次的调查，根据每人月均服装消费额将消费档次分为0-500元；500-1000元；1000-1500元；1500-2000元四个档次，针对两类人群各抽取100人的样本进行统计分析，各档次人数统计结果如下表所示：0～500元500～1000元1000～1500元1500～2000元A类20502010B类50301010月均服装消费额不超过1000元的人群视为中低消费人群，超过1000元的视为中高收入人群.（Ⅰ）从类样本中任选一人，求此人属于中低消费人群的概率；（Ⅱ）从两类人群中各任选一人，分别记为甲、乙，估计甲的消费档次不低于乙的消费档次的概率；（Ⅲ）以各消费档次的区间中点对应的数值为该档次的人均消费额，估计两类人群哪类月均服装消费额的方差较大（直接写出结果，不必说明理由）.【答案】(1)0.7;(2)0.78;(3)B.【详解】试题分析：(Ⅰ)利用题意结合古典概型公式可得从类样本中任选一人，求此人属于中低消费人群的概率为0.7；(Ⅲ)利用题中数据的波动程度可得两类人群哪类月均服装消费额的方差较大是B.试题解析：（Ⅰ）设此人属于中低消费人群为事件，

则（Ⅱ）设甲的消费档次不低于乙的消费档次为事件，则（Ⅲ）答：19．已知椭圆经过点，离心率为，与轴交于两点，，过点的直线与交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点.(1)求椭圆的方程；(2)设为原点，当点异于点时，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由椭圆过点及离心率，可得椭圆方程；（2）法一：设直线方程，联立方程组确定点，联立直线，方程可得，从而确定；法二：设，分别表示直线，，进而表示点，即可确定，若直线过点，可得，当直线不过点时，要证，即证，化简即可得证；法三：设，分别表示直线，，进而表示点，即可确定，化简即可.【详解】（1）由题意得，又因为，解得，，所以的方程为；（2）法一：若的斜率不存在，则，此时，，不符合题意，若的斜率存在，则设的斜率为，则的方程为，联立方程，得，解得，，所以，所以，，则，又，，联立，的方程，解得：，，所以点坐标为，直线，令，解得：，所以，所以为定值.法二：若在轴上，则，此时，，不符合题意，设，则，且，，，，，，，消去得，，解得，，，令，解得，，特别地，当过点时，，，此时，要证恒成立，即恒成立，只需证，即证，即证，即，上式显然成立，所以.法三：若在轴上，则，此时，，不符合题意，设，则，且，，，，，，，消去得，，解得，，，令，解得，所以为定值.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．20．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求证：有且只有一个极值点；(3)求证：方程无解．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线斜率，进而可得切线方程；（2）求导，根据导数的正负情况确定函数的极值点情况；（3）构造函数，根据导数判断函数的单调性与最值情况，即可确定零点情况.【详解】（1）由，得，则，且所以切线斜率为，所以切线方程为，即；（2）由的定义域为，又，，所以在上单调递减，因为，，所以，使，且当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数有且只有一个极值点；（3）设，则，当时，，，则，单调递减，且，由（2）可得在上单调递减，时，，时，，在上单调递减，又当时，，，，即，当时，，所以当时，，即时，恒成立，所以函数无零点，即方程无解.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．21．已知为正整数，集合具有性质：“对于集合中的任意元素，，且，其中”.集合中的元素个数记为．(1)当时，求；(2)当时，求的所有可能的取值；(3)给定正整数，求．【答案】(1)(2)所有可能取值为(3)【分析】（1）由定义即可求解，（2）先证明，且，然后利用“移位”，即可求解，（3）根据数组中有多少个不满足，即可推理求解.【详解】（1）时，集合中的元素为，，所以．（2）时，首先证明，且．在中，令，得，从而有．在中，令，得．又，故，从而有．考虑，即，，此时为最大值．现交换与，使得，此时．现将逐项前移，直至．在前移过程中，显然不变，这一过程称为1次“移位”．依此类推，每次“移位”的值依次递减．经过有限次移位，一定可以调整为交替出现．注意到为奇数，所以为最小值．所以的所有可能取值为．（3）