北京市西城区北京师范大学附属中学2023届高三下学期三模测试数学试题

北京师大附中高三三模数学测试试卷第 1 页（共 6 页） 北京师大附中高三三模数学测试试卷 本试卷共6页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。 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）已知全集U  R ，集合 2{ 3 4 0}A x x x    ， { | 0}B x x  ，则 ( )U A B Ið （A） (4, ) （B） ( ,4] （C）[ 1,0] （D） ( , 1) (0, )  U （2）下列函数中，在区间 (0, ) 上为增函数的是（ ） （A） ln( 1)y x  （B） 2 2 1y x x   （C） 2 1xy   （D） 3 1y x  （3）在 4(2 3 )x 的展开式中，含 2x 的项的二项式系数为（ ） （A） 6 （B）16 （C） 24 （D） 216 （4）已知函数 ( ) 2 2x xf x a b     ，则“ a b ”是“ ( )f x 为奇函数”的（ ）条件 （A）充分而不必要 （B）必要而不充分 （C）充分必要 （D）既不充分也不必要 （5）如图， ABC△ 及其内部的点组成的集合记为 D ， P 为 D 中任意一点，则OP OA uuur uur 的最大值为（ ） （A） 2 （B）3 （C）5 （D） 6 （6）设 O是坐标原点，双曲线 2 2 2 2 1( 0) x y a b a b     的渐近线为正三角形OAB的边 ,OA OB 所在的直线，则该双曲线的离心率为（ ） （A） 3 2 （B） 2 3 3 （C） 3 （D） 2 （7）已知函数 ( ) sin cosf x x x  ，则函数 2( ) [ ( )]g x f x （A）值域为[ 1,1] （B）在区间 ( ,0) 2   上单调递增 （C）最小正周期为 2 （D）图象关于点 (0,1) 成中心对称 （8）用于测量视力情况的视力表通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据 L 和小 数记录法的数据V 满足 5 lgL V  ．已知甲、乙两人视力的五分记录法的数据分别为5.2 和 4.9，乙视 力的小数记录法的数据为0.8，则甲视力的小数记录法的数据为（ ） （A）1.0 （B）1.2 （C）1.5 （D） 2.0 （9）已知一个圆锥的高是3，在正放（底面水平放置）时该圆锥内水面高度为 2 ，现将圆锥倒置，则此时圆 锥内的水面高度为（ ） 北京师大附中高三三模数学测试试卷第 2 页（共 6 页） （A） 5 2 （B） 3 24 （C） 3 25 （D） 3 26 （10）设 1a  ，已知点 A 在线段 BC 上运动，其中 (1,1)B ， (1, )C a . 点D 满足 | | 1OD  ，点 E满足OE OA OD  uuur uur uuur ， 且 E 组成的图形的面积是 π 4 ，则 a （ ） （A） 2 （B）3 （C） 4 （D） 6 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）设 a是纯虚数，若复数 (1 i)( i)a  在复平面内对应的点位于实轴上，则 a  ______. （12）若抛物线 2: 0C mx y  的焦点为点 (0,1)F ，则m  ______. （13）已知{ }na 是等差数列，满足 1 43, 12a a  ，数列{ }nb 满足 1 44, 20b b  ，且{ }n nb a 为等比数列， 则 na  ______，使 1000nb  成立的最小的 n ______. （14）设函数 3 , , ( ) 2 , . x ax x a f x x x a       ≤ 若 1a  ，则满足 ( ) 0f x  的 x 的一个取值为 ； 若 ( )f x 恰有3个零点，则实数 的取值范围是 ． （15）已知点 ,P Q 是曲线 2 2: 1W x y xy   上不同的两点，给出下列四个结论： ① ,P Q 不可能同时在直线 1x y  上； ② ,P Q 可能位于直线 2 3 3 x y   两侧； ③设圆 2 2: 2C x y  ，则所有 ,P Q 均位于圆 C上或圆 C内； ④设圆 2 2: 1D x y  ，存在 ,P Q 分别位于圆 D内和圆 D外. 其中所有正确结论的序号是__________. a 北京师大附中高三三模数学测试试卷第 3 页（共 6 页） 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）（本小题 13 分） 在 ABC△ 中， 3 sin (1 cos )a B b A  . （Ⅰ）求 A ； （Ⅱ）若 6c  ， ABC△ 的面积为 9 3 2 ，点 D 在边 BC 上且 2BD DC ，求线段 AD 的长. 北京师大附中高三三模数学测试试卷第 4 页（共 6 页） （17）（本小题 13 分） 2023 年山东淄博以烧烤文化火出了圈．为了解游客在淄博吃烧烤的消费情况，某记者随机采访了 15 位游客，他们分别来自 A、B、C 三个地区. 现将这 15 位游客一顿烧烤的人均消费金额数据记录如下表 （单位：元）． A 32 68 86 B 57 70 78 91 C 66 77 79 80 80 81 83 94 假设所有游客消费金额相互独立． （Ⅰ）据人流量监测数据显示，五一假期中的某日有超过 16 万游客“进淄赶烤”．估计其中来自 A 地区的游 客人数； （Ⅱ）从来自 A 地区和 B 地区的游客中各随机选取一人，记 X 为选出的两人中一顿烧烤的人均消费金额大于 70 元的人数，估计 X 的数学期望EX ； （Ⅲ）从样本中来自 A、B、C 三个地区的游客中各随机选取一人，记这三人一顿烧烤的人均消费金额分别为 1 , 2 , 3 ，写出方差 1D , 2D , 3D 的大小关系．（结论不要求证明） 北京师大附中高三三模数学测试试卷第 5 页（共 6 页） （18）（本小题 14 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，侧面 PAD 底面 ABCD，且底面 ABCD是矩形， 2AD  ， 3PB PC  ． （Ⅰ）求证：平面 PAD 平面 PCD； （Ⅱ）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已 知，求二面角 B PC D  的大小． 条件①： PA AD ； 条件②： 2PA AB ； 条件③： PA PD ． 注：如果选择的条件不符合要求，第（II）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件 分别解答，按第一个解答计分. 北京师大附中高三三模数学测试试卷第 6 页（共 6 页） （19）（本小题 15 分） 已知函数 ( ) ln ( ) a f x ax x a x    R . （Ⅰ）当 1a  时，求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若 ( )f x 存在极值，求实数 a的取值范围； （Ⅲ）求证：对任意 aR ，都存在 , (0, )m n  ，使得 ( ) ( ) 0fm nf  . 北京师大附中高三三模数学测试试卷第 7 页（共 6 页） （20）（本小题 15 分） 已知椭圆 G： 2 2 2 2 1( 0) x y a b a b     经过点 (0,1)A ，且其离心率为 3 2 . （Ⅰ）求椭圆 G的方程； （Ⅱ）直线 l 与 y轴交于点 M ，与椭圆 G交于 B, C两点，直线 AB, AC分别与直线 4y  交于 D, E两点. 是 否存在定点 M，使得 ABC△ 与 ADE△ 的面积之比为定值？若存在，求出 M的坐标；若不存在，说明理由. 北京师大附中高三三模数学测试试卷第 8 页（共 6 页） （21）（本小题 15 分） 设 A 是由m n 个实数组成的m 行 n列的数表，且满足下列条件： ①数表中每个数的绝对值都不大于 1； ②数表中所有数的和为 0. 记 ( , )S m n 为所有满足上述条件的数表组成的集合. 对于 ( , )A S m n ，记 ( )ir A 为 A 的第 i 行各数之和， ( )jc A 为 A 的 第 j 列 各 数 之 和 ， 其 中 1,2, 1,2,i m j n ， . 记 ( )k A 为 1 2 1 2| ( ) |,| ( ) |, ,| ( ) |,| ( ) |,| ( ) |, ,| ( ) |m nr A r A r A c A c A c A 中的最小值. （Ⅰ）如下表 A ，求 ( )k A 的值； 0.9 1 1 0.3 0.2 1 （Ⅱ）设数表 (2,4)A S 形如 1 1 c d a b 1 1 求 ( )k A 的最大值； （Ⅲ）给定正整数 t，对于所有的 (2,2 )A S t ，求 ( )k A 的最大值. 1 2023 年北京师大附中高三三模数学测试 参 考 答 案 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，每题均只有一个正确答案。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B D A C C B D C D B 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。 11． i 12. 1 4  13. 3n；11 14. ( 1,0)x  即可； [1, ) 15. ③④ 三、解答题共 5 小题，共 85 分。解答时写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16. 解：（I）在 ABC△ 中，由正弦定理得： sin sin a b A B  ， 可得 sin sina B b A ， 又 3 sin (1 cos )a B b A  ， 所以 3 sin (1 cos )b A b A  ， 所以 3 sin cos 1A A  ，即 π 1sin( ) 6 2 A   . 因为 (0, π)A , 所以 π π 5( , π) 6 6 6 A    所以 π π 6 6 A   ， 可得 π 3 A  . （II）因为 ABC△ 的面积为 9 3 2 ， 所以 1 π 96sin 3 2 3 2 b   ， 2 可得 3b  . 所以 2 2 2 2 cos 27BC b c bc A    ， 可得 3 3BC  , 所以 2 2 2AC BC AB  ， 所以 π 2 C  . 在直角 ACD△ 中， 1 3 3 CD BC  ， 3AC  ， 可得 2 2 2 3AD AC CD   . 17. 解：（Ⅰ）由题意，随机采访的 15 位游客中有 3 人来自 A 地区， 估计 16 万游客中来自 A 地区的游客人数为 0 1 1 5 360000 3200  ． （Ⅱ）从来自 A 地区和 B 地区的游客中各随机选取一人，其一顿烧烤的人均消费金额大 于 70 元的概率分别约为 1 1 3 2 和 . X 的可能取值为 0，1，2， 1 1 1( 0) (1 )(1 ) 3 2 3 P X      ， 1 1 1 1 1( 1) (1 ) (1 ) 3 2 3 2 2 P X         ， 1 1 1( 2) 3 2 6 P X     ， 所以， X 的分布列为： X 0 1 2 P 1 3 1 2 1 6 数学期望 1 1 1 50 1 2 3 2 6 6 EX        ． （Ⅲ） 1D > 2D > 3D ． 3 18. 解：（I）因为四边形 ABCD是矩形， 所以CD AD . 因为平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD ，CD 平面 ABCD， 所以CD 平面 PAD， 因为CD 平面 PCD， 所以平面 PAD 平面 PCD . （II）选条件② 取 AD中点 O，连接 OP，过点 O作 OE⊥AD交 BC于点 E， 由（I）知，CD 平面 PAD，所以CD PD . 因为矩形 ABCD中， AB CD ， AB CD ， 所以 AB 平面 PAD ,所以 AB PA ， 所以 ABP和CDP都是直角三角形. 因为 PB PC ， AB CD ， 所以 PA PD ， 2 2 2PB PA AB  . 因为 2PA AB ， 3PB  ， 所以 2PA PB  ， 1AB  . 因为 AB CD ，O为 AD中点， 所以 OP⊥AD. 因为平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD ，OP 平面 PAD， 所以OP 平面 ABCD， 因为OE 平面 ABCD， 所以 OP⊥OE， 因为 AB OE ，所以 AD OE ， 所以如图以 O为原点建立空间直角坐标系. (1,0,0)A ， (1,1,0)B ， ( 1,1,0)C  ， ( 1,0,0)D  ， (0,0,1)P 因为 2 2 2PA PD AD  ， 所以 PA PD . 4 因为平面 PAD 平面 PCD，平面 PAD 平面 PCD PD ， AD 平面 PAD， 所以 PA 平面 PCD， 所以平面 PCD一个法向量为 ( 1,0,1)AP    . 设平面 PBC法向量 ( , , )n x y z  ， ( 2,0,0)BC    ， ( 1,1, 1)PC     ， 由 0 0 BC PC         n n ，可以取 (0,1,1)n   . 设二面角 B PC D  为 ， 则 1 1cos cos , 22 2 AP AP AP           n n n . 由图可知，二面角 B PC D  为钝角， 所以二面角 B PC D  的大小为 . 3  选条件③. 取 AD中点 O，连接 OP，过点 O作 OE⊥AD交 BC于点 E， 由（I）知，CD 平面 PAD . 因为矩形 ABCD中， AB CD ， AB CD ， 所以 AB 平面 PAD， 所以 ABP和CDP都是直角三角形. 因为 PB PC ， AB CD ， 所以 PA PD . 因为 PA PD ， 2AD  ， 所以 2PA PD  ， 所以在直角 ABP中， 2 2 1AB PB PA   . 下同条件②. 5 19. 解：（Ⅰ）因为 1( ) lnf x x x x    ，所以 2 2 2 1 1 1( ) 1 x xf x x x x        ， 所以 (1) 1f   ，又 (1) 0f  ，所以切线方程为： 1y x  ； （Ⅱ） 2 2 2 1( ) , 0.a ax x af x a x x x x         当 0a 时， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，无极值. 当 10 2 a  时，令 ( ) 0f x  ，即 2 0ax x a   ， 解得 2 1 1 1 4 2 ax a    ， 2 2 1 1 4 2 ax a    ， 当 10 2 a  时， 2 1 1 1 4 (0,1) 2 ax a     ， 2 2 1 1 4 (1, ) 2 ax a      ， 所以增区间为 1(0, )x ， 2( ),x  ；减区间为 1 2( , )x x . 1 2,x x 为函数的两个极值点， 故 10 2 a  符合题意； 当 1 2 a 时， 2 2 2 2 2 2 1 4 1[( ) ] 2 4( ) 0 aa xax x a a af x x x         ， 所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，无极值 综上， 1(0, ) 2 a （Ⅲ）①当 0a 时，由（Ⅱ）知， ( )f x 在 (0, ) 上单调递减， 令 ,1 2 2 m n  ，则 ( ) (1) 0f m f  ， ( ) (1) 0f n f  ，所以 ( ) ( ) 0fm nf  ； ②当 10 2 a  时， 1( )f x 为极大值， 2( )f x 为极小值 所以 1( ) (1) 0f x f  ， 2( ) (1) 0f x f  , 令 1 2,m x n x  ，则 ( ) ( ) 0fm nf  . ③当 1 2 a 时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，令 ,1 2 2 m n  ， 所以 ( ) (1) 0f n f  ， ( ) (1) 0f m f  ,所以 ( ) ( ) 0fm nf  . 综上，对任意 aR ，都存在 , (0, )m n  ，使 ( ) ( ) 0fm nf  . x 1(0, )x 1x 1 2( , )x x 2x 2( , )x  '( )f x + 0  0 + ( )f x  极大值  极小值  6 20. 解：（Ⅰ）由题意 2 2 2 3 2 1 c a c a a b        ，解得： 2 2 4 1 a b     ，故椭圆方程为： 2 2 1 4 x y  . （II）设直线 l与 y轴交点为 (0, )M m ，则由题意 l斜率存在， 设 :l y kx m  ，与椭圆方程联立得 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m     ， 由 0  得 2 24 1 0k m   . 由韦达定理得 2 1 2 1 22 2 8 4 4, 4 1 4 1 km mx x x x k k        ， 直线 AB为 1 1 -1 1yy x x   ， 则 D点纵坐标为 1 1 1 1 3 3 1 1D x xx y kx m      ， 同理 2 2 3 1E xx kx m    . 设 BAC DAE     ，则 | | | | sin | | | | sin, 2 2BAC DAE AB AC AD AES S   △ △ 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 | || | | || | | ( 1)( 1) | 9 | ( ( 1)( ) ( 1) | 9 4 ( 1) 8 ( 1) ( 1) | | 9(4 1) 9(4 1) 9 BAC DAE D E S AB AC S AD AE x x x x kx m kx m k x x k m x x m k m k m m m k k                        △ △ 所以 若 BAC DAE S S △ △ 存在定值，则 2 2 2 2 2 4 ( 1) 8 ( 1) 9(4 1) 9(4 1) k m k m m k k      不随 k变化而改变， 即 24( 1) 8 ( 1) 0m m m    ， 所以 1m  ，此时 l过点 A，不合题意. 所以定点M 不存在. 7 21. 解：（I）由题意可知  1 0.9r A  ，  2 0.9r A   ，  1 1.2c A  ，  2 0.8c A  ，  3 2c A   所以   0.8k A  （II）由题意，数表中所有数之和为 0 ，即 0a b c d    . 当 1 1, 3 3 a b c d     时，   4 3 k A  . 下证  k A 的最大值为 4 3 . 假设   4 3 k A  ， 则  1 4| | | 1| 1 3 c A a a     ，所以 1 3 a  . 同理可知 1 3 b  ， 此时  2 42 2 3 r A a b a b       ，与   4 3 k A  矛盾. 所以   4 . 3 k A 的最大值是 （III）对于 2 (2 )t 的数表 A，不妨设其前 t列中每列数之和都大于或等于 0；第一行 中各数之和大于或等于 0，第二行中各数之和小于或等于 0（否则可通过整列交换，整个 数表中的数同时变为相反数或交换行去实现，且实现后 ( )k A 的值不改变），进而得到如下 数表： 1a … ta … 2ta 1x … tx … 2tx 考虑前 t列，当 1ia  时， ( ) 1ix k A  ， 1,2, ,i t  ， 又 1ix   ， 1, 2, 2i t t t    ， 所以第二行之和  2 1 2 2( ) ( ) 1tr A x x x t k A t       . 因为 2| ( ) | ( )r A k A ， 2 ( ) 0,r A  所以 2 ( ) ( )r A k A  ， 8 所以  ( ) 1 ( ),t k A t k A    可得 2( ) . 1 tk A t   根据上述分析的取等条件，易构造出 2( ) 1 tk A t   的例子： 1 …… 1 1 1 t t   …… 1 1 t t   1 1 t t   …… 1 1 t t   -1 …… -1 综上， 2( ) 1 tk A t  的最大值是 .