北京市2023届高三高考模拟预测考试数学 Word版含解析.docx

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2023年北京高考高三模拟考试试卷数学试题本试卷共4页，共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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式化简，根据交集的概念可求出结果.【详解】由，得，则，所以.故选：B2.若复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故选：C3.若向量，，则与的夹角等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据平面向量夹角的坐标运算公式可求出结果.【详解】，又因为，所以，即与夹角等于.故选：D4.若直线与圆交于两点，且，则（）A.B.C.1D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知直线过圆心，将圆心坐标代入直线方程即可.【详解】根据圆的标准公式可知圆的圆心为，直径为，因为，所以直线过圆的圆心，将圆心坐标代入直线方程，得，解得.故选：A.5.要得到的图像，只要将的图像（）A.向左平移个单位B.向右平移个单位C.向左平移个单位D.向右平移个单位【答案】C【解析】【分析】利用三角函数平移的性质及诱导公式即可.【详解】函数向左平移个单位后得到，故选：C.6.设是等比数列，则“”是“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】D【解析】【分析】根据数列单调性以及既不充分也不必要条件的定义可得答案. 【详解】当时，由，得，则不为递增数列；当为递增数列时，，若，则，所以“”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件.故选：D7.展开式中的系数是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分两种情况计算：①第一个多项式含1，后一个含；②第一个多项式含，后一个含，把两种情况的系数相加即可.【详解】由知展开式中含项情况：①，②，所以展开式中的系数是：.故选：A.8.已知函数，若方程的实根在区间上，则k的最大值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据x的取值范围不同，分别解出根即可得出答案.【详解】当时，，当时，解得；当时，，其中，，当时，解得，综上k的最大值是1.故选：C.9.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型.如图1 ，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖（如图2）.已知这个牟合方盖与正方体外接球的体积之比为，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出正方体的外接球的体积，再根据体积比得牟合方盖的体积，再用正方体的体积减去牟合方盖的体积即可得解.【详解】棱长为2的正方体的外接球的直径，故半径，所以牟合方盖的体积为，所以正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为.故选：C.10.已知数列满足，数列满足，其中，则数列的前项和为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由的规律，从而得到的规律，则数列四项之和为，即可求解.【详解】因为，所以，，，，， 所以，所以，，，，，所以数列的前项和为.故选：A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.函数的定义域为__________．【答案】【解析】【分析】根据对数函数的定义以及二次根式的性质求出函数的定义域即可．【详解】解：由题意得：，解得：，故函数的定义域是，故答案为．【点睛】本题考查了求函数的定义域问题，考查常见函数的性质，是一道基础题．12.已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________．【答案】【解析】【分析】根据离心率求得，即可求得渐近线方程.【详解】因为双曲线的离心率为2，则，解得，故双曲线的渐近线方程为. 故答案为：.13.函数的最小正周期为________，若函数在区间上单调递增，则的最大值为________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据正弦函数的周期公式和单调递增区间可求出结果.【详解】函数的最小正周期.由，，得，，所以的单调递增区间为，，若函数在区间上单调递增，则，，则，则，即的最大值为.故答案为：；.14.已知函数的图象上有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】原分段函数在y轴左侧是一段对数型函数图象，在y轴右侧是直线的一部分，要使得图象上关于y轴对称的点有两对，可将y轴左侧的图象对称翻折到y轴右侧，转化为的图象与原来y轴右侧的的图象有两个公共点.【详解】将函数的图象沿y轴翻折，得函数的图象，由题意可得 的图象和的图象有两个交点.设的图象与曲线相切的切点为，由，得.又，解得，则.由图象可得当时，的图象和的图象有两个交点.故答案为：【点睛】本题主要考查函数图象的变换，是函数图象和性质较为综合的应用，难度较大，考查的核心素养是逻辑推理与数学抽象.15.由无理数论引发的数字危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割），并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机，所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是____．①没有最大元素，有一个最小元素；②没有最大元素，也没有最小元素；③有一个最大元素，有一个最小元素；④有一个最大元素，没有最小元素.【答案】①②④【解析】【分析】由题意依次举例对四个命题判断，从而确定答案．【详解】若M＝{x∈Q|x＜0}，N＝{x∈Q|x≥0}，则M没有最大元素，N有一个最小元素0，故①可能成立；若M＝{x∈Q|x}，N＝{x∈Q|x}；则M没有最大元素，N也没有最小元素，故②可能成立；若M＝{x∈Q|x≤0}，N＝{x∈Q|x＞0}；M有一个最大元素，N没有最小元素，故④可能成立；M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，因为这样就有一个有理数不存在M和N两个集合中，与M和N的并集是所有的有理数矛盾，故③不可能成立．故答案①②④【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查列举法和推理能力，对每个选项举出反例说明是关键，属于基础题．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.在中，角的对边分别为.已知，.（1）求证：； （2）若，求的面积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理将原式进行边化角，再展开计算化简即可；（2）由（1）可知B、C角相差，由此求出B、C角，再根据正弦定理求出两边，再根据三角形面积公式即可求出面积.【小问1详解】证明：由，由正弦定理可得．．整理得，即，由于，从而，．【小问2详解】解：，因此，，由，，得，，所以三角形的面积．17.如图，在三棱柱中，平面，，为线段上一点，平面交棱于点.（1）求证：;（2）若直线与平面所成角为，再从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，求点到平面的距离. 条件①：；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）．【解析】【分析】（1）由线面平行的性质定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法计算点到平面距离即可.【小问1详解】证明：由题意可知，因为三棱柱，平面所以侧面为矩形面，平面平面又平面平面且平面【小问2详解】解：若选择条件①，平面，平面，平面，，，又两两垂直；若选择条件②，平面，平面，平面，，， 又，，，两两垂直；以下条件①和条件②的计算过程相同，因为两两垂直，所以如图建立空间直角坐直角坐标系．可得，．则，．设，则．设为平面的法向量，则即令，则，，可得．则．解得，则．因为， 所以点到平面的距离为．18.2023世界人工智能大会拟定于七月初在我国召开，我国在人工智能芯片、医疗、自动驾驶等方面都取得了很多成就.为普及人工智能相关知识，红星中学组织学生参加“人工智能”知识竞赛，竞赛分为理论知识竞赛、实践能力竞赛两个部分，两部分的成绩分为三档，分别为基础、中等、优异．现从参加活动的学生中随机选择20位，统计其两部分成绩，成绩统计人数如表：实践理论基础中等优异基础中等优异（1）若从这20位参加竞赛的学生中随机抽取一位，抽到理论或实践至少一项成绩为优异的学生概率为．求，的值；（2）在（1）的前提下，用样本估计总体，从全市理论成绩为优异的学生中，随机抽取人，求至少有一个人实践能力的成绩为优异的概率；（3）若基础、中等和优异对应得分为分、分和分，要使参赛学生理论成绩的方差最小，写出的值．（直接写出答案）【答案】（1），；（2）；（3）8【解析】【分析】（1）根据题意将至少一项成绩优异的同学全部相加再与总数相比即可得到所求值；（2）利用间接法先求出抽取中一个实践能力的成绩为优异的人都没有的概率，继而求出答案；（3）根据表格数据对称性可知方差最小时，由此可得出答案.【小问1详解】由题意，理论或操作至少一项成绩为优异的学生共有人，则，得，又，得．【小问2详解】 由（Ⅰ）知，从20位理论成绩为优异的学生中抽取1人，实践成绩也为优异的概率为，所以从全市理论成绩为优异的学生中，随机抽取2人，至少有一个人操作的成绩为优异的概率为．【小问3详解】由题意，，设理论成绩为X，，则X取值为，对应的人数分别为，所以参赛学生理论竞赛的平均成绩为，所以参赛学生理论成绩的方差为因为，所以当时，方差最小.19.已知椭圆的左焦点为，且．（1）求椭圆的方程；（2）斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，设点，直线，分别与椭圆交于不同的点，若和点共线，求的值．【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出作答.（2）设出点A，B的坐标，求出直线的方程，与椭圆的方程联立，求出点M，N的坐标，再借助向量共线的坐标表示求解作答.【小问1详解】依题意，椭圆半焦距，又，，解得， 所以椭圆的方程为．【小问2详解】设，，，，则，，又，则直线斜率，直线的方程为，由消去得，，有，即，则，即，又，，有，，即有，同理得点，于是，，因为三点共线，即，，化简整理得，即，所以．20.已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）设，讨论函数的单调性；（3）若对任意的，当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）答案见解析（3）【解析】【分析】（1）将代入函数中，对函数求导，求出切线斜率，利用点斜式即可；（2）先对原函数求导，然后利用分类讨论的思想进行分析求解即可；（3）构造函数，将问题转化，然后利用函数导数的单调性求解即可.【小问1详解】，，，当时，，切点坐标为，又，切线斜率为，曲线在处切线方程为：.【小问2详解】，，，，，，①当时，成立，的单调递减区间为，无单调递增区间.②当时，令，所以当时，，在上单调递减时，，在上单调递增综上:时，的单调递减区间为，无单调递增区间；时，的单调递增区间为，单调递减区间为；【小问3详解】 ，，，令，，由已知可得：且，的单调区间是，，时，恒成立，，，令，，即证，，成立，的单调递减区间为，，恒成立，综上：的取值范围是.【点睛】方法点睛：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.21.正整数集合，且，，中所有元素和为，集合.（1）若，请直接写出集合；（2）若集合中有且只有两个元素，求证“为等差数列”的充分必要条件是“集合中有个元素”；（3）若，求的最小值，以及当取最小值时，最小值.【答案】（1）（2）证明见解析（3），． 【解析】【分析】（1）根据题意，直接写出集合；（2）根据题意，由等差数列的定义，分别验证充分性以及必要性，即可得到证明；（3）根据题意，由条件可得，即可得到结果.【小问1详解】【小问2详解】若为等差数列，不妨设，且，，，，中有个元素，“为等差数列”是“集合中有个元素”充分条件若集合中有个元素，则至少有如下有个元素又有如下个元素，，，“为等差数列”是“集合中有个元素”必要条件综上，“为等差数列”是“集合中有个元素”充要条件.【小问3详解】由题意，， ，又，且此时，最小值为.