2023屆北京市昌平區(qū)第二中學(xué)高三上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆北京市昌平區(qū)第二中學(xué)高三上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題一、單選題1．設(shè)集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合后可求.【詳解】，故，故選：B.2．在復(fù)平面內(nèi)，與復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】應(yīng)用復(fù)數(shù)除法的運算法則，簡化復(fù)數(shù)，最后確定復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的位置.【詳解】,復(fù)數(shù)對應(yīng)的點為，它在第四象限，故本題選D.【點睛】本題考查通過復(fù)數(shù)的除法運算法則，化簡后判斷復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的位置.3．圓與圓的位置關(guān)系為（

）A．外離 B．內(nèi)切 C．相交 D．外切【答案】D【分析】根據(jù)題意，求出兩圓的圓心距，再結(jié)合圓與圓位置關(guān)系的判斷方法，即可求解.【詳解】因為圓的圓心為，圓的圓心為，所以兩圓的圓心距為．因為圓的半徑為，圓的半徑為，所以圓心距等于兩圓的半徑和，故兩圓外切．故選：D.4．在的展開式中，的系數(shù)為A．5 B． C．10 D．【答案】D【解析】根據(jù)二項式定理計算即可.【詳解】解：在的展開式中的項為的系數(shù)為-10，故選：D.5．設(shè)，為不重合的兩條直線，，為不重合的兩個平面，下列命題錯誤的是（

）A．若且，則 B．若且，則C．若且，則 D．若且，則【答案】C【分析】根據(jù)線面平行、面面平行的判定和性質(zhì)，線面垂直、面面垂直的判定分析判斷即可.【詳解】對于A，當(dāng)且時，，所以A正確，對于B，當(dāng)且時，過作平面，交于直線，則∥，因為，所以，因為，所以，所以B正確，對于C，當(dāng)且時，，可能平行，可能異面，可能相交，故C錯誤，對于D，當(dāng)且時，則，所以D正確，故選：C6．已知雙曲線的離心率為，則的漸近線方程為A． B． C． D．【答案】C【詳解】，故，即，故漸近線方程為.【解析】本題考查雙曲線的基本性質(zhì)，考查學(xué)生的化歸與轉(zhuǎn)化能力.7．已知向量，，則“”是“與共線”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【詳解】當(dāng)時，，則與共線；當(dāng)與共線時，，，所以“”是“與共線”的充分不必要條件；故選:A.8．過拋物線的焦點的直線交拋物線于、兩點，且，則線段的中點到軸的距離為（

）A．1 B．4 C．3 D．7【答案】C【分析】設(shè)出，由拋物線焦點弦公式得到，進(jìn)而求出線段的中點橫坐標(biāo)為，得到答案.【詳解】由題意得：，設(shè)，則，解得：，則線段的中點橫坐標(biāo)為，故線段的中點到軸的距離為3.故選：C9．過直線上一點作圓：的切線，切點為，，則四邊形的面積的最小值為（

）A． B． C．3 D．【答案】B【分析】求得圓C的圓心和半徑,由切線的性質(zhì)和四邊形的面積求法,結(jié)合勾股定理和點到直線的距離公式,計算可得所求最小值.【詳解】由圓的方程可得：，則圓心為：，半徑又為圓的切線，則

又

當(dāng)四邊形的面積的取最小值時，最小又垂直于直線時，最小

四邊形面積的最小值為：故選：B10．眾所周知的“太極圖”，其形狀如對稱的陰陽兩魚互抱在一起，因而也被稱為“陰陽魚太極圖”.如圖是放在平面直角坐標(biāo)系中的“太極圖”，整個圖形是一個圓形，其中黑色陰影區(qū)域在軸右側(cè)部分的邊界為一個半圓，已知直線：.給出以下命題：①當(dāng)時，若直線截黑色陰影區(qū)域所得兩部分面積記為，（），則；②當(dāng)時，直線與黑色陰影區(qū)域有1個公共點；③當(dāng)時，直線與黑色陰影區(qū)域有2個公共點.其中所有正確命題的序號是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】由題知根據(jù)直線：橫過點，為直線的斜率根據(jù)直線和圓的位置關(guān)系作圖，數(shù)形結(jié)合逐項分析判斷即可得解【詳解】如圖1所示，大圓的半徑為2，小圓的半徑為1，所以大圓的面積為，小圓的面積為．對于①，當(dāng)時，直線的方程為．此時直線將黑色陰影區(qū)域的面積分為兩部分，，，所以，故①正確．對于②，根據(jù)題意，黑色陰影區(qū)域在第一象限的邊界方程為當(dāng)時，直線的方程為，即，小圓圓心到直線的距離，所以直線與該半圓弧相切，如圖2所示，所以直線與黑色陰影區(qū)域只有一個公共點，故②正確．對于③，當(dāng)時，如圖3所示，直線與黑色陰影區(qū)域的邊界曲線有2個公共點，當(dāng)時，直線與黑色陰影區(qū)域的邊界曲線有1個公共點，故③錯誤．綜上所述，①②正確．故選：A．二、填空題11．已知單位向量滿足，則的值為______.【答案】【分析】由得，求需要平方轉(zhuǎn)化為數(shù)量積運算.【詳解】..故答案為:.12．角以為始邊，它的終邊與單位圓相交于第四象限點，且點的橫坐標(biāo)為，則的值為______.【答案】##-0.75【分析】由角的終邊與單位圓交于，故將的坐標(biāo)求出，利用定義就可以求出的值.【詳解】由交的終邊與單位圓相交于第四象限點，且點的橫坐標(biāo)為所以點的縱坐標(biāo)為，所以，有定義可得故答案為：.13．已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的表面積是________.【答案】【詳解】試題分析：正四棱柱的高是4，體積是16，則底面邊長為2，底面正方形的對角線長度為，所以正四棱柱體對角線的長度為，四棱柱體對角線為外接球的直徑，所以球的半徑為，所以球的表面積為．【解析】正四棱柱外接球表面積．14．如圖，在邊長為1的正方體中，是棱上的一個動點，給出下列四個結(jié)論：①三棱錐的體積為定值；②存在點，使得平面；③對每一個點，在棱上總存在一點，使得平面；④是線段上的一個動點，過點的截面垂直于，則截面的面積的最小值為．其中所有正確結(jié)論的序號是____________．【答案】①④【分析】根據(jù)題意作圖，并嘗試特殊位置，進(jìn)行檢驗證明.【詳解】對于①，如下圖所示：在邊長為1的正方體中，易知平面，因為點是棱上的一個動點，可設(shè)點到平面的距離為，且，則三棱錐的體積，故①正確；對于②，連接，，因為在平行四邊形中，，所以不垂直，所以使得不垂直平面，所以②不正確.對于③，當(dāng)點與點重合時，無論點在何位置，直線與平面相交，故③錯誤；對于④，根據(jù)題意，作圖如下：因為正方體中，易知平面，所以，設(shè)，則，，在中，，，則該截面面積，由，當(dāng)時，，故④正確；故答案為：①④.三、雙空題15．已知函數(shù)，則___________；若，則實數(shù)的取值范圍是___________.【答案】

【分析】根據(jù)分段函數(shù)解析式，先求出，即可得解，證明函數(shù)是上的減函數(shù)，再解關(guān)于的一元二次不等式即可.【詳解】解：由，得，所以，因為都是減函數(shù)，且當(dāng)時，，所以函數(shù)是上的減函數(shù)，則，即為，解得.故答案為：；.四、解答題16．已知函數(shù).(1)求函數(shù)的最小正周期；(2)若對恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）首先利用三角函數(shù)恒等變換，把函數(shù)的解析式變形為，進(jìn)一步求出函數(shù)的最小正周期．（2）將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值問題，求最大值時先求的范圍即可得到的最大值．【詳解】（1）因為所以的最小正周期為（2）“對恒成立”等價于“”因為所以當(dāng)，即時的最大值為.所以，所以實數(shù)的取值范圍為.17．在中，．(1)求的大小；(2)以下三組條件中恰有一組條件使得三角形存在且唯一確定，請選出該組條件并求的面積．條件①：，；條件②：，；條件③：，．注：條件選擇錯誤，第（2）問得0分．【答案】(1)(2)選擇條件②，三角形面積為【分析】（1）由余弦定理與已知條件結(jié)合可得，再由，所以得；（2）由，再結(jié)合，，可判斷出條件②能使三角形存在且唯一確定，然后由正弦定理計算，，再代入三角形面積公式計算.【詳解】（1）由余弦定理，又，可得，所以，又因為，所以（2）由（1）知，，根據(jù)條件②中，，所以也是唯一確定的，從而可得也是唯一確定的，再由，代入正弦定理計算可得邊也是唯一確定的，故選擇條件②.因為，，所以．由正弦定理，可得，所以所以三角形面積【點睛】關(guān)于解三角形的問題，需要判斷清楚選用合適的公式求解，一般涉及二次方以及三邊一角的關(guān)系時都用余弦定理，涉及兩邊兩角的關(guān)系一般用正弦定理.18．已知拋物線（）的焦點為，點為拋物線上一點，且.(1)求拋物線的方程；(2)不過原點的直線：與拋物線交于不同兩點，，若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)拋物線過點，且，利用拋物線的定義求解；（2）設(shè)，聯(lián)立，根據(jù)，由，結(jié)合韋達(dá)定理求解.【詳解】（1）由拋物線過點，且，得所以拋物線方程為；（2）由不過原點的直線：與拋物線交于不同兩點，設(shè)，聯(lián)立得，所以，所以，所以因為，所以，則，，即，解得或，又當(dāng)時，直線與拋物線的交點中有一點與原點重合，不符合題意，故舍去；所以實數(shù)的值為.19．如圖,在三棱柱中,平面為正三角形,側(cè)面是邊長為的正方形,為的中點.（1）求證平面;（2）求二面角的余弦值;（3）試判斷直線與平面的位置關(guān)系,并加以證明.【答案】（1）證明見解析（2）（3）直線與平面相交.證明見解析【解析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理,在面內(nèi)找一條直線平行于即可．所以連接交與點，再連接，由中位線定理可得，即可得證；（2）取的中點，連接．分別以，，為軸，軸，軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，再根據(jù)二面角的向量方法即可求出；（3）根據(jù)平面的法向量與直線的方向向量的關(guān)系，即可判斷直線與平面的位置關(guān)系．【詳解】（1）由題意，三棱柱為正三棱柱．連接．設(shè)，則是的中點．連接，由，分別為和的中點，得．又因為平面，平面，所以平面．

（2）取的中點，連接．因為為正三角形，且為中點，所以．由，分別為和的中點，得，又因為平面，所以平面，即有，．分別以，，為軸，軸，軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，所以，，，，設(shè)平面的法向量，由，，得令，得．

設(shè)平面的法向量，由，，得令，得．

設(shè)二面角的平面角為，則．由圖可得二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為．（3）結(jié)論：直線與平面相交．

證明：因為，，且，所以．

又因為平面的法向量，且，所以與不垂直，因為平面，且與平面不平行，故直線與平面相交．【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理的應(yīng)用，二面角的求法，以及直線與平面的位置關(guān)系判斷，意在考查學(xué)生的直觀想象能力、邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運算能力，屬于中檔題．20．已知橢圓：（）的離心率為，是橢圓的左，右焦點，點是橢圓上任意一點且滿足.(1)求橢圓方程；(2)設(shè)為橢圓右頂點，過點的直線與橢圓交于，兩點（異于），直線，分別交直線于，兩點.求證：，兩點的縱坐標(biāo)之積為定值.【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）由題知，，進(jìn)而解方程即可求得答案；（2）先討論直線的斜率不存在時得，兩點的縱坐標(biāo)之積為，再討論直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，，進(jìn)而得，再聯(lián)立方程，結(jié)合韋達(dá)定理求解即可.【詳解】（1）解：因為是橢圓的左，右焦點，點是橢圓上任意一點且滿足，所以，解得，因為橢圓的離心率為，所以，解得.所以，，所以，橢圓方程為.（2）解：由（1）知，，當(dāng)直線的斜率不存在時，方程為，此時，，直線方程為，直線方程為，所以，，所以，，兩點的縱坐標(biāo)之積為，當(dāng)直線的斜率存在時，因為過點的直線與橢圓交于，兩點（異于），所以直線的斜率不為，設(shè)直線的方程為，設(shè)，則直線方程為，直線方程為，因為直線，分別交直線于，兩點所以，聯(lián)立直方程得，所以，，所以，，所以，，兩點的縱坐標(biāo)之積為所以，，兩點的縱坐標(biāo)之積為定值.21．已知數(shù)列滿足：，，且．記集合．（Ⅰ）若，寫出集合的所有元素；（Ⅱ）若集合存在一個元素是3的倍數(shù)，證明：的所有元素都是3的倍數(shù)；（Ⅲ）求集合的元素個數(shù)的最大值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（III）8．【分析】（Ⅰ），利用可求得集合的所有元素為6，12，24；（Ⅱ）因為集合存在一個元素是3的倍數(shù)，所以不妨設(shè)是3的倍數(shù)，由，2，，可歸納證明對任意，是3的倍數(shù)；（Ⅲ）分是3的倍數(shù)與不是3的倍數(shù)討論，即可求得集合的元素個數(shù)的最大值．【詳解】解：（Ⅰ）若，由于，2，，．故集合的所有元素為6，12，24，；（Ⅱ）因為集合存在一個元素是3的倍數(shù)，所以不妨設(shè)是3的倍數(shù)，由，2，，可歸納證明對任意，是3的倍數(shù)．如果，的所有元素都是3的倍數(shù)；如果，因為，或，所以是3的倍數(shù)；于是是3的倍數(shù)；類似可得，，，都是3的倍數(shù)；從而對任意，是3的倍數(shù)；綜上，若集合存