精品解析：北京市第二中学2023-2024学年高三下学期校模数学试卷

北京二中2023—2024学年度高三年级校模测试试卷 数学 一、单选题（本大题共10小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知集合，集合，若，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. 1 2. 样本数据20，24，6，15，18，10，42，57，2的分位数为（ ） A. 24 B. 6 C. 10 D. 8 3. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 4. 记等差数列的公差为，前项和为，若，且，则该数列的公差为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 已知点在圆上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是偶函数,当时,,若,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 7. 已知双曲线两个焦点分别为，过的直线与双曲线的同一支交于，两点，且，则线段的长度为（ ） A B. 9 C. D. 6 8. 设为所在平面上一点.若实数x、y、z满足，则“”是“点在的边所在直线上”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件. 9. 根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为，3周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（ ） A. 5周 B. 6周 C. 7周 D. 8周 10. 如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，共25分） 11. 二项式的展开式的常数项是___________． 12. 已知向量，在上的投影向量为，，则___________. 13. 抛物线的焦点的坐标是____________；经过点的直线与抛物线相交于，两点，且点恰为线段的中点，则__________. 14. 已知函数，且.若两个不等的实数满足且，则_____________. 15. 数学上的符号函数可以返回一个整型变量，用来指出参数的正负号，一般用来表示，其解析式为.已知函数，给出下列结论： ①函数的最小正周期为； ②函数的单调递增区间为； ③函数的对称中心为； ④在上函数的零点个数为4. 其中正确结论的序号是____________.（写出所有正确结论的序号） 三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若同时满足下列四个条件中的三个： ①；②；③；④. （1）若满足条件②，③，④，求边c； （2）在除了第（1）问中的所有组合中任选一组，求对应的面积. 17. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立. （1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁； ①求甲获得第四名的概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 18. 如图，四棱锥中，，. （1）求证：平面平面； （2）若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值. 19. 已知O为坐标原点，椭圆上一点D的横坐标为1，斜率存在的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线DA，DB的斜率之和等于1. （1）求； （2）若点D在第一象限，探究的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由. 20. 已知函数. （1）当时； （ⅰ）求曲线在点处切线方程； （ⅱ）求零点的个数； （2）当时，直接写出a的一个值，使得不是的极值点，并证明. 21. 已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为m的k增数列：①；②对于，使得的正整数对有k个. （1）写出所有4的1增数列； （2）当时，若存在m的6增数列，求m的最小值； （3）若存在100的k增数列，求k的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北京二中2023—2024学年度高三年级校模测试试卷 数学 一、单选题（本大题共10小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知集合，集合，若，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】依题意且，即可求出、的值，从而得解. 【详解】因为，且， 则，所以，解得， 又，所以， 所以. 故选：D 2. 样本数据20，24，6，15，18，10，42，57，2的分位数为（ ） A. 24 B. 6 C. 10 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】首先将数据从小到大排列，再根据百分位计算规则计算可得. 【详解】样本数据从小到大排序：2，6，10，15，18，20，24，42，57，共9个， 又，所以分位数为从小到大排列的第三个数，即为． 故选：C． 3. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算可得，进而，结合复数的乘法计算即可求解. 【详解】由题意知，， 所以， 所以. 故选：B 4. 记等差数列的公差为，前项和为，若，且，则该数列的公差为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据下标和性质及等差数列求和公式求出、，即可求出公差. 【详解】因为，则， 又，所以， 所以． 故选：B． 5. 已知点在圆上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用的几何意义为圆上的动点与定点连线的斜率，画出图像利用点到直线的距离等于半径求最值即可. 【详解】如图： 几何意义为圆上的动点与定点连线的斜率. 当直线斜率存在时，设过的圆的切线方程为：， 即； 由圆心到直线的距离等于半径，得： ， 所以的最小值为； 故选：C . 6. 已知是偶函数,当时,,若,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为是偶函数,当时,,根据偶函数图像关于,画出其函数图像,即可求解的取值范围. 【详解】 根据偶函数 ,即 因为是偶函数,当时,,根据偶函数图像关于轴对称，, 画出其函数图像,如图: 当时,由,解得,根据对称可知, 当时,由,解得,根据对称可知, 保证,结合图像可知: 或或 即: 或或 故: 或或 故选:D. 【点睛】本题考查了求解函数不等式,解题关键是根据函数的对称性画出其函数图像,数形结合,考查了分析能力和计算能力,属于中等题. 7. 已知双曲线的两个焦点分别为，过的直线与双曲线的同一支交于，两点，且，则线段的长度为（ ） A. B. 9 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性不妨设过的直线为，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，结合弦长公式，计算可得． 【详解】双曲线中，，，则， 根据对称性不妨设过的直线为， 联立，可得， 则 设，，则，，① 由，可得， 即有，② 由①②可得，，所以， 解得（负值已舍去），， 所以． 故选：C． 8. 设为所在平面上一点.若实数x、y、z满足，则“”是“点在的边所在直线上”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件. 【答案】C 【解析】 【分析】先由得中只能有一个为0，假设可得点在的边BC所在直线上，满足充分性；若点在的边所在直线上，假设在AB上，容易得，必要性满足，则可得答案. 【详解】为所在平面上一点，且实数x、y、z满足 若“”，则中只能有一个为0，否则若，得，这与矛盾； 假设（不为0），可得，， 向量和共线，点在的边BC所在直线上； 若点在的边所在直线上，假设在AB上，说明向量和共线， ， “”是“点在的边所在直线上”的充分必要条件. 故选：C. 9. 根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为，3周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（ ） A. 5周 B. 6周 C 7周 D. 8周 【答案】B 【解析】 【分析】由相除可得，然后解不等式，由指数函数性质估计出，从而可得的范围，由此可得结论. 【详解】由题意可知，，， ，解得. 设该文化娱乐场所竣工后放置周后甲醛浓度达到安企开放标准， 则， 整理得，设，因为， 所以，即，则，即. 故至少需要放置的时间为6周. 故选：B. 10. 如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可得当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大，作平面,垂足为，点作平面，垂足为，则可求，进而可求解. 【详解】取中点，连接， 当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大， 此时，因为平面，平面， 所以平面平面， 过作平面，垂足为， 则为正三角形的重心， 设正四面体的边长为1，则, 因为直线BC与平面所成角为即,且， 所以, 所以点到平面的距离等于， 过点作平面，垂足为， 则， ∴在中，，即直线与平面所成角的正弦值等于. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解答关键是分析出当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大. 二、填空题（本大题共5小题，共25分） 11. 二项式的展开式的常数项是___________． 【答案】7 【解析】 【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果. 详解：二项式的展开式的通项公式为, 令得，故所求的常数项为 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略： (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数. 12. 已知向量，在上的投影向量为，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】在上投影向量为，由投影向量公式可得，再由，两边同时平方可求出. 【详解】向量，， 在上的投影向量为，则，得， ，则， 解得. 故答案为： 13. 抛物线的焦点的坐标是____________；经过点的直线与抛物线相交于，两点，且点恰为线段的中点，则__________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据抛物线的标准方程求得焦点坐标，过作准线，准线，准线，，，分别为垂足，根据抛物线的定义及梯形的中位线计算可得. 【详解】抛物线，，即， 抛物线的焦点的坐标是，准线的方程为， 过作准线，准线，准线，，，分别为垂足，如图所示， 则由抛物线的定义可得，，所以， 又为线段的中点， ，则， ． 故答案为：，． 14. 已知函数，且.若两个不等的实数满足且，则_____________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简的解析式，再由题意可得函数关于对称，且最小正周期，即可求出的值，从而得到，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得． 【详解】因为，其中， 由，可得关于对称， 又两个不等的实数满足且， 所以的最小正周期，又，所以，解得， 所以， 所以，则， 所以 . 故答案为： 15. 数学上的符号函数可以返回一个整型变量，用来指出参数的正负号，一般用来表示，其解析式为.已知函数，给出下列结论： ①函数的最小正周期为； ②函数的单调递增区间为； ③函数的对称中心为； ④在上函数的零点个数为4. 其中正确结论的序号是____________.（写出所有正确结论的序号） 【答案】①④ 【解析】 【分析】作出函数的图象，通过图象讨论函数周期、单调区间、对称中心和零点等问题. 【详解】函数，画出函数的部分图象，如图所示： ， 结合函数图象可知，函数的最小正周期为，结论①正确； 由，结合函数图象可知，函数的单调递增区间为，结论②错误； 结合函数图象可知，函数的对称中心为，结论③错误； 函数的零点，即方程的根，时方程不成立， 方程等价于， 函数与函数的图象在上有4个交点， 所以在上函数的零点个数为4. 结论④正确. 故答案为：①④ 【点睛】方法点睛：由符号函数的定义，把表示为分段函数，作出函数图象，函数解析式结合图象，解决函数周期、单调区间、对称中心和零点等问题. 三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若同时满足下列四个条件中的三个： ①；②；③；④. （1）若满足条件②，③，④，求边c； （2）在除了第（1）问中的所有组合中任选一组，求对应的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角的余弦公式化简 ,解得,进而根据余弦定理建立关于的方程，解之可得边的大小； （2）化简条件①,利用余弦定理算出 , 结 合 余 弦 函 数 的 单 调 性得出,与条件②中矛盾，可知①②不能同时成立.因此选择条件①③④,利用余弦定理解出 ,进而根据三角形的面积公式求出此时的面积. 【小问1详解】 由,得, 即,解得（不符合题意，舍去）, 结合为三角形的内角，可知 由余弦定理，得, 即,整理得, 解得 【小问2详解】 由①得,所以, 由②得, 解得或cos(舍), 所以, 因为,且， 所以,所以,矛盾. 所以△ABC不能同时满足①②. 故只能选择①③④， 此时,即 整理得,解得(舍负), 因为(舍负), 所以的面积 17. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立. （1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁； ①求甲获得第四名的概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 【答案】（1）①0.16；②3.128 （2）答案见解析.. 【解析】 【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可； （2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算. 【小问1详解】 ①记“甲获得第四名”为事件，则； ②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量， 则所有可能取值为2，3，4， 连败两局：， 可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负； ， ； 故的分布列如下： 2 3 4 故数学期望； 【小问2详解】 “双败淘汰制”下，甲获胜的概率， 在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为， 由，且 所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利； 时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利； 时，两种赛制甲夺冠的概率一样. 18. 如图，在四棱锥中，，. （1）求证：平面平面； （2）若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，再由，即可得到平面，从而得证； （2）取中点，中点，即可证明平面，且，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 如图： 因为，，所以为等边三角形，， 又，所以，又， 所以. 因为，所以为直角三角形，所以. 又，，为平面内的两条相交直线， 所以平面，平面，所以平面平面； 【小问2详解】 取中点，中点，因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又，所以， 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 所以，，，，，. 设，因为， 解得，所以. 设平面的法向量为， 则，取； 设平面的法向量为， 则，取. 那么，，. 平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，又，所以. 19. 已知O为坐标原点，椭圆上一点D的横坐标为1，斜率存在的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线DA，DB的斜率之和等于1. （1）求； （2）若点D在第一象限，探究的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出点的纵坐标，然后代入两点间距离公式求解，即可得到结果； （2）设出直线的方程，将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理代入计算，然后由直线的斜率公式求出直线的方程，利用弦长公式以及三角形的面积公式进行求解，即可得到结果. 【小问1详解】 不妨设，将代入椭圆方程可得， 则. 【小问2详解】 由（1）可知，若点D在第一象限，则， 不妨设直线的方程为，， 联立直线与椭圆方程，消去可得， 由韦达定理可得， 因为直线DA，DB的斜率之和等于1，所以， 且点均在直线上，则， 整理可得， 将代入，可得， 整理可得， 因为直线不过点，所以，则， 此时直线的方程为，且过定点， 且满足，即， 又， 且点到直线的距离，所以， 不妨设，此时， 当且仅当时，即时，等号成立， 则的面积的最大值为. 20. 已知函数. （1）当时； （ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （ⅱ）求零点的个数； （2）当时，直接写出a的一个值，使得不是的极值点，并证明. 【答案】（1）（ⅰ）; （ⅱ）在有2个零点; （2）,证明见下文 【解析】 【分析】(1)先求导，在导数值为切线的斜率，再去出切点，代入点斜式方程即可，判断零点，求导，研究导数的正负，分析出原函数的单调性，判断区间端的的正负，根据零点存在定理，得到零点个数； (2)不难发现 ，如果不是的极值点，则在左右两侧必须同号，所以不可能在增区间或者减区间里，因此的导数在只能为零，所以，然后再利用单调性证明不是的极值点即可. 【小问1详解】 当时，， （ⅰ），，， 切线方程：，所以； （ⅱ），当，，所以，即在单调递减. 令，， 当时，，所以在单调递减，即在单调递减；又因为，所以，当时，即在单调递增； 因此：在单调递增，在单调递减. 当时，，；，因为在单调递增，所以，根据零点存在定理，在有唯一零点； 令，， 当时，，单调递增，且， 当 时，，单调递减； 所以，即，所以， 所以，又因为在单调递减，根据零点存在定理在有唯一零点. 综上，在有2个零点. 【小问2详解】 当时，不是的极值点，证明如下： 当时，， ， 令，， 令， 因为，所以， 所以在单调递增， 又因为，所以，当时，，即单调递减； 当时，，，即单调递增； 再因为，所以，即，所以在单调递增，所以在无极值点； 综上，当时，不是的极值点 【点睛】方法点睛：本题第一问考查求切线方程，判断零点个数问题，主要方法：先利用函数求出切点坐标，再求导，切点处的导数值等于切线的斜率即函数在切线方程为：；零点个数问题主要方法有：研究函数的单调性根据零点存在定理判断零点个数； 第二问考查求极值点问题，常见方法有：求导，令导数等于零求出根，导数在的左右两侧函数值必须异号，左正右负为极大值点，左负右正为极小值点. 21. 已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为m的k增数列：①；②对于，使得的正整数对有k个. （1）写出所有4的1增数列； （2）当时，若存在m的6增数列，求m的最小值； （3）若存在100的k增数列，求k的最大值. 【答案】（1）1，2，1和1，3 （2）7 （3）1250 【解析】 【分析】（1）由于或，从而得到所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3； （2）分析得到且，当时，不合要求，当时，满足要求，得到答案； （3）分析得到数列的各项只能为1或2，所以数列为1，1，…，1，2，2，…，2的形式，设其中有x项为1，有y项为2，得到，，配方后求出最值. 【小问1详解】 由题意得， 且对于，使得的正整数对有1个， 由于或， 故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3. 【小问2详解】 当时，存在m的6增数列， 即，且对于，使得的正整数对有6个， 所以数列的各项中必有不同的项，所以且. 若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2， 所以，不符合题意，所以. 若，满足要求的数列中有三项为1，两项为2， 此时数列为，满足要求的正整数对分别为， 符合m的6增数列， 所以当时，若存在m的6增数列，m的最小值为7. 【小问3详解】 若数列中的每一项都相等，则， 若，所以数列中存在大于1的项， 若首项，将拆分成个1后k变大， 所以此时k不是最大值，所以. 当时，若，交换，的顺序后k变为， 所以此时k不是最大值，所以. 若，所以， 所以将改为，并在数列首位前添加一项1，所以k的值变大， 所以此时k不是最大值，所以. 若数列中存在相邻的两项，，设此时中有x项为2， 将改为2，并在数列首位前添加个1后，k的值至少变为， 所以此时k不是最大值， 所以数列的各项只能为1或2，所以数列为1，1，…，1，2，2，…，2的形式. 设其中有x项为1，有y项为2， 因为存在100的k增数列，所以， 所以， 所以，当且仅当，时，k取最大值为1250. 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$