2023屆北京市海淀區(qū)高考三模數(shù)學(xué)試題（解析版）

第1頁(yè)/共1頁(yè)北京市海淀區(qū)2023屆高三三模數(shù)學(xué)試題本試卷共6頁(yè)，共150分.考試時(shí)長(zhǎng)120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無(wú)效.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分）1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)交集的定義計(jì)算可得.【詳解】因?yàn)?，，所?故選：B2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)（為虛數(shù)單位）對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限是（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義即可得出.【詳解】解：在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限.故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.3.下列函數(shù)中，在區(qū)間上是減函數(shù)的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)基本初等函數(shù)的單調(diào)性及對(duì)數(shù)型復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性判斷即可.【詳解】對(duì)于A：定義域上單調(diào)遞增，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：在定義域上單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：定義域?yàn)椋驗(yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減且值域?yàn)?，又在定義域上單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞增，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D：，函數(shù)在上單調(diào)遞減，故D正確；故選：D4.若直線是圓的一條對(duì)稱軸，則（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】首先得到圓心坐標(biāo)，即可得到圓心在直線上，從而求出參數(shù)的值.【詳解】圓的圓心為，因?yàn)橹本€是圓的一條對(duì)稱軸，所以圓心在直線上，所以，解得.故選：A5.將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到圖象，若的一條對(duì)稱軸是直線，則的一個(gè)可能取值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求得圖象的解析式，列出關(guān)于的方程，解之即可求得的值，進(jìn)而得到的一個(gè)可能取值.【詳解】將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到圖象，則圖象的解析式為，由的一條對(duì)稱軸是直線，可得，即，則則，即，則的一個(gè)可能取值是.故選：C6.公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一種標(biāo)準(zhǔn)量器——商鞅銅方升，開創(chuàng)了秦朝統(tǒng)一度量衡的先河.如圖，升體是長(zhǎng)方體，手柄近似空心的圓柱.已知銅方升總長(zhǎng)是，內(nèi)口長(zhǎng)，寬，高（忽略壁的厚度，取圓周率），若手柄的底面半徑為，體積為，則銅方升的容積約為（小數(shù)點(diǎn)后保留一位有效數(shù)字）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由手柄的體積求出手柄的長(zhǎng)度，即可得到長(zhǎng)方體的內(nèi)口長(zhǎng)，再根據(jù)長(zhǎng)方體的體積公式計(jì)算可得.【詳解】依題意手柄的底面半徑為，體積為，則手柄的底面積為，所以手柄的長(zhǎng)度為，所以長(zhǎng)方體的內(nèi)口長(zhǎng)，所以升體的容積為，即銅方升的容積約為.故選：A7.已知等差數(shù)列的公差為，數(shù)列滿足，則“”是“為遞減數(shù)列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】利用反例說(shuō)明充分性不成立，再根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)判斷必要性.【詳解】因?yàn)?，所以且，則，若，不妨令，則，，，，，，顯然不單調(diào)，故充分性不成立，若為遞減數(shù)列，則不是常數(shù)數(shù)列，所以單調(diào)，若單調(diào)遞減，又在，上單調(diào)遞減，則為遞增數(shù)列，矛盾；所以單調(diào)遞增，則，且，其中當(dāng)，時(shí)也不能滿足為遞減數(shù)列，故必要性成立，故“”是“為遞減數(shù)列”的必要不充分條件.故選：B8.“ChatGPT”以其極高的智能化引起世界關(guān)注.深度學(xué)習(xí)是人工智能的一種具有代表性的實(shí)現(xiàn)方法，它是以神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)為出發(fā)點(diǎn)的.在神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)優(yōu)化中，指數(shù)衰減的學(xué)習(xí)率模型為，其中表示每一輪優(yōu)化時(shí)使用的學(xué)習(xí)率，表示初始學(xué)習(xí)率，表示衰減系數(shù)，表示訓(xùn)練迭代輪數(shù)，表示衰減速度.已知某個(gè)指數(shù)衰減的學(xué)習(xí)率模型的初始學(xué)習(xí)率為，衰減速度為，且當(dāng)訓(xùn)練迭代輪數(shù)為時(shí)，學(xué)習(xí)率為，則學(xué)習(xí)率衰減到以下（不含）所需的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為（參考數(shù)據(jù)：）（）A.75 B.74 C.73 D.72【答案】D【解析】【分析】由已知可得，再由，結(jié)合指對(duì)數(shù)關(guān)系及對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【詳解】由題設(shè)可得，則，所以，即，所以所需的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為次．故選：D．9.已知為單位向量，向量滿足，，則的最大值為（）A.1 B.2 C. D.4【答案】C【解析】【分析】設(shè)，，根據(jù)求出，再根據(jù)得到，最后根據(jù)向量模的坐標(biāo)表示及二次函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得.【詳解】依題意設(shè)，，由，所以，則，又，且，所以，即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，即的最大值為.故選：C10.已知等比數(shù)列，對(duì)任意，，是數(shù)列的前項(xiàng)和，若存在一個(gè)常數(shù)，使得，；下列結(jié)論中正確的是（）A.是遞減數(shù)列 B.是遞增數(shù)列C. D.一定存在，當(dāng)時(shí)，【答案】D【解析】【分析】根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，利用反例即可判斷ABC,由反證法即可求解D.【詳解】對(duì)于A,若符合，此時(shí)，故存在,對(duì)，，但此時(shí)是遞增數(shù)列，故A錯(cuò)誤，對(duì)于B，若，符合，此時(shí)，故存在,對(duì)，，但此時(shí)是遞減數(shù)列，，故BC錯(cuò)誤，對(duì)于D，存在，當(dāng)時(shí)，，則,當(dāng)時(shí)，，這與，使得，矛盾，故存在，當(dāng)時(shí)，，故D正確，故選：D第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.在的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為__________．【答案】【解析】【分析】利用二項(xiàng)式定理求出通項(xiàng)公式并整理化簡(jiǎn)，然后令的指數(shù)為零，求解并計(jì)算得到答案.【詳解】的展開式的通項(xiàng)令，解得，故常數(shù)項(xiàng)為．故答案為：.12.若雙曲線漸近線的方程為，則______.【答案】【解析】【分析】首先判斷，再表示出雙曲線的漸近線方程，即可得到方程，解得即可.【詳解】因?yàn)殡p曲線方程為，所以，則漸近線方程為，所以，則.故答案為：13.拋物線的焦點(diǎn)為，直線與C交于A，B兩點(diǎn)，則的值為______.【答案】或【解析】【分析】先求得A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用拋物線定義求得的值，進(jìn)而求得的值.【詳解】拋物線的焦點(diǎn)，準(zhǔn)線為，由，整理得，解之得或，則或則或，則或故答案為：或14.若點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱，寫出一個(gè)符合題意的______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】依題意可得，利用和角公式展開得到，即可求出的取值.【詳解】因?yàn)辄c(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱，則，由可得，則，所以，由，可得，則，所以，因此，取.故答案為：（答案不唯一）15.已知，給出以下命題：①當(dāng)時(shí)，存在，有兩個(gè)不同的零點(diǎn)②當(dāng)時(shí)，存在，有三個(gè)不同的零點(diǎn)③當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的，的圖象關(guān)于直線對(duì)稱④當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的，有且只有兩個(gè)零點(diǎn)其中所有正確的命題序號(hào)是______.【答案】①②③【解析】【分析】當(dāng)，時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)可求得在時(shí)的單調(diào)性，確定，利用導(dǎo)數(shù)可求得，可確定時(shí)在上有唯一零點(diǎn)；代回時(shí)驗(yàn)證，結(jié)合零點(diǎn)存在定理可確定在定義域內(nèi)共有兩個(gè)不同零點(diǎn)，知①正確；當(dāng)，時(shí)，易知為在上的唯一零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)求得單調(diào)性，取，結(jié)合零點(diǎn)存在定理可說(shuō)明在定義域內(nèi)共有三個(gè)不同零點(diǎn)，知②正確；根據(jù)解析式驗(yàn)證知，知③正確；當(dāng)時(shí)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)可知時(shí)，有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)可求得單調(diào)性，通過(guò)反例時(shí)，有三個(gè)不同零點(diǎn)可知④錯(cuò)誤.【詳解】對(duì)于①，當(dāng)時(shí)，，則定義域?yàn)?；?dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，令，解得：，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；，令，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；，即當(dāng)時(shí)，，則在上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)，時(shí)，，，在上單調(diào)遞減，，，，使得，在有唯一零點(diǎn)；則當(dāng)，時(shí)，有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，①正確；對(duì)于②，當(dāng)時(shí)，，則定義域?yàn)?；?dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，，，，在上單調(diào)遞減；又，在上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，，；令，解得：，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；；令，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；不妨取，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；又，，，，使得，即在上存在兩個(gè)不同零點(diǎn)和；則當(dāng)，時(shí)，有三個(gè)不同的零點(diǎn)，②正確；對(duì)于③，當(dāng)時(shí)，，，對(duì)于任意的，的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，③正確；對(duì)于④，當(dāng)時(shí)，，則定義域?yàn)?；?dāng)時(shí)，若，，；則恒成立，在上單調(diào)遞增，又，在上有唯一零點(diǎn)；若，，；則恒成立，在上單調(diào)遞減，又，在上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，若，，；令，解得：（舍）或，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；不妨取，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，；又，，使得，又，恒成立，當(dāng)時(shí)，有三個(gè)不同的零點(diǎn)，④錯(cuò)誤.故答案為：①②③.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題重點(diǎn)考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的問題；解題關(guān)鍵是能夠通過(guò)分類討論的方式，結(jié)合變量的范圍討論函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在定理確定函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，從而得到結(jié)論.三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程.16.在中，.（1）求；（2）若，求的面積.【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，由正弦定理的邊角相互轉(zhuǎn)化即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由余弦定理可得，再由三角形的面積公式即可得到結(jié)果.【小問1詳解】因?yàn)?，由正弦定理可得，，因?yàn)?，所以，且，所以?【小問2詳解】由（1）可知或，且，，所以即，由余弦定理可得，，即，解得或，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以的面積為或.17.在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，，且平面，分別是的中點(diǎn)，是上一點(diǎn)，且.（1）求證：平面；（2）再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求直線與平面所成角的正弦值.條件①：；條件②：.注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答記分.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）通過(guò)證明即可證明結(jié)論；（2）以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，由選擇條件可得相應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)，可得向量PA坐標(biāo)與平面法向量坐標(biāo)，即可得答案.【小問1詳解】因G，F(xiàn)分別為中點(diǎn)，則為中位線，則.又平面，平面，則平面【小問2詳解】如圖以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系.若選①，因，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，則，若選②，因，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，則，則，.所以.又，則，得則，.設(shè)平面法向量為，則.得，又，設(shè)直線與平面所成角為.則.18.2023年9月23日至2023年10月8日，第19屆亞運(yùn)會(huì)將在中國(guó)杭州舉行.杭州某中學(xué)高一年級(jí)舉辦了“亞運(yùn)在我心”的知識(shí)競(jìng)賽，其中1班，2班，3班，4班報(bào)名人數(shù)如下：班號(hào)1234人數(shù)30402010該年級(jí)在報(bào)名的同學(xué)中按分層抽樣的方式抽取10名同學(xué)參加競(jìng)賽，每位參加競(jìng)賽的同學(xué)從預(yù)設(shè)的10個(gè)題目中隨機(jī)抽取4個(gè)作答，至少答對(duì)3道的同學(xué)獲得一份獎(jiǎng)品.假設(shè)每位同學(xué)的作答情況相互獨(dú)立.（1）求各班參加競(jìng)賽的人數(shù)；（2）2班的小張同學(xué)被抽中參加競(jìng)賽，若該同學(xué)在預(yù)設(shè)的10個(gè)題目中恰有3個(gè)答不對(duì)，記他答對(duì)的題目數(shù)為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望；（3）若1班每位參加競(jìng)賽的同學(xué)答對(duì)每個(gè)題目的概率均為，求1班參加競(jìng)賽的同學(xué)中至少有1位同學(xué)獲得獎(jiǎng)品的概率.【答案】（1）3,4,2,1（2）分布列見解析，2.8（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)分層抽樣計(jì)算可得；（2）根據(jù)超幾何分布求出概率，列出分布列求期望即可得解；（3）計(jì)算1班每位同學(xué)獲獎(jiǎng)的概率，然后根據(jù)二項(xiàng)分布求解即可.【小問1詳解】各班報(bào)名人數(shù)總共100人，抽取10人，抽樣比為，故班分別抽?。ㄈ耍?，（人），（人），（人）.【小問2詳解】由題意，的可能取值為1,2,3,4，,,,,所以的分布列為：1234【小問3詳解】由題意，1班每位同學(xué)獲獎(jiǎng)的概率為,設(shè)1班獲獎(jiǎng)人數(shù)為，則，所以至少1人獲獎(jiǎng)的概率為.19.已知橢圓上的點(diǎn)到兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為4，且右焦點(diǎn)為.（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)A，B分別為橢圓C的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓C上一點(diǎn)（不與A，B重合），直線AP，BP分別與直線相交于點(diǎn)M，N.當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，求證：以MN為直徑的圓交x軸于兩個(gè)定點(diǎn).【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)焦點(diǎn)得，由橢圓定義可得，即可求出橢圓方程；（2）利用直線和相交求出點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)以為直徑的圓與軸交于點(diǎn)，根據(jù)及在橢圓上可得出圓過(guò)定點(diǎn)，即可得證.【小問1詳解】由題意，，即，因?yàn)橛医裹c(diǎn)為，所以，所以，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】設(shè)，由（1）知，，直線，，直線，直線分別與相交，可得，設(shè)以為直徑的圓與軸交于點(diǎn)，則，，由可得，即，由在橢圓上可得，即，代入上式可得，即，解得或，即以為直徑的圓過(guò)軸上的定點(diǎn)和.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：過(guò)定點(diǎn)問題的兩大類型及解法（1）動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)問題．解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為，由題設(shè)條件將用表示為，得，故動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)．（2）動(dòng)曲線過(guò)定點(diǎn)問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．20.已知函數(shù).（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）若函數(shù)在上有最小值，求的取值范圍；（3）如果存在，使得當(dāng)時(shí)，恒有成立，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）把代入，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解作答.（2）利用導(dǎo)數(shù)分類討論函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的最值情況作答.（3）變形不等式，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討恒成立的k的范圍作答.【小問1詳解】當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得：，則，而，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為.【小問2詳解】，，函數(shù)，求導(dǎo)得：，顯然恒有，則當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無(wú)最小值，不符合題意；當(dāng)時(shí)，由，得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，因此函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，即當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值，所以函數(shù)在上有最小值，的取值范圍是.【小問3詳解】，因?yàn)榇嬖?，使得?dāng)時(shí)，恒有成立，則有存在，使得當(dāng)時(shí)，，令，即有，恒成立，求導(dǎo)得，令，，因此函數(shù)，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，當(dāng)，即時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，成立，從而，當(dāng)時(shí)，，，則存在，使得，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)