北京市平谷區(qū)2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期質(zhì)量監(jiān)控（零模）數(shù)學(xué)試卷 含解析

平谷區(qū)2023—2024學(xué)年度第二學(xué)期高三年級(jí)質(zhì)量監(jiān)控?cái)?shù)學(xué)試卷2024.3注意事項(xiàng)1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共4頁，共150分，考試時(shí)間為120分鐘，2．試題所有答案必須書寫在答題紙上，在試卷上作答無效.3．考試結(jié)束后，將答題紙交回，試卷按學(xué)校要求保存好．第Ⅰ卷選擇題（共40分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分；在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，請(qǐng)將正確選項(xiàng)填涂在答題卡上．）1.已知集合，，則=（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先解一元二次不等式確定集合的元素，再由交集運(yùn)算即可求解；【詳解】由解得，又，所以.于是.故選：B.2.已知復(fù)數(shù)，則=（）A. B.5 C.3 D.【答案】D【解析】【分析】由復(fù)數(shù)乘法以及模的運(yùn)算公式即可求解.【詳解】由題意，則.故選：D.3.在展開式中，的系數(shù)為（）A. B.10 C. D.80【答案】A【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用二項(xiàng)式定理求出的系數(shù).【詳解】在的展開式中，項(xiàng)為，所以的系數(shù)為.故選：A4.下列函數(shù)中，在區(qū)間上單調(diào)遞減的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)各選項(xiàng)中函數(shù)式，直接判斷單調(diào)性即得.【詳解】函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，A不是；函數(shù)在上單調(diào)遞增，B不是；函數(shù)在上單調(diào)遞減，C是；函數(shù)在上單調(diào)遞增，D不是.故選：C5.在△中，“”是“”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】B【解析】【分析】由，則或和，則，則，可得出答案.【詳解】若，則或，即或，所以在△中，“”是“”的不充分條件若，則，則，所以在△中，“”是“”的必要條件.故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查充分、必要條件的判斷，考查三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.6.已知拋物線C：的焦點(diǎn)為F，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)M在C上．若，則=（）A. B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】先由拋物線的焦半徑公式求出點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用兩點(diǎn)間的距離公式求出.【詳解】設(shè)，則，由C：得，即，則，解得，于是，即，則.所以.故選：A.7.已知等差數(shù)列和等比數(shù)列，，，，，則滿足的數(shù)值m（）A.有且僅有1個(gè)值 B.有且僅有2個(gè)值 C.有且僅有3個(gè)值 D.有無數(shù)多個(gè)值【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意求公差和公比，令，分情況討論，結(jié)合數(shù)列單調(diào)性分析判斷.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為，因?yàn)?，，，則，解得，令，可得，此時(shí)滿足只有成立；若，則，（1）若為奇數(shù)，則，不滿足；（2）若為偶數(shù)，則，且，即，可得，即不成立；綜上所述：滿足的數(shù)值m有且僅有1個(gè)值，該值為1.故選：A.8.一個(gè)邊長(zhǎng)為10cm的正方形鐵片，把圖中所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個(gè)全等的等腰三角形加工成一個(gè)正四棱錐形容器，則這個(gè)容器側(cè)面與底面的夾角正切值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征，求出正四棱錐的斜高及底面邊心距即可計(jì)算得解.【詳解】依題意，正四棱錐的底面正方形邊長(zhǎng)為6，斜高為，則底面正方形邊心距為，于是正四棱錐的高為，所以這個(gè)容器側(cè)面與底面的夾角正切值為.故選：B9.已知，，P是曲線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則的最大值是（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可得，再利用直線與圓的位置關(guān)系數(shù)形結(jié)合即可得解.【詳解】因?yàn)?，即，則曲線表示以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為1的上半圓，并記為，設(shè)點(diǎn)，則，所以，令，則，故直線（斜率為，縱截距為）與曲線有公共點(diǎn)，如圖所示：直線過點(diǎn)，則，即，直線與曲線相切，則，解得或（舍去），所以，則，所以的最大值為.故選：D.10.設(shè)點(diǎn)，動(dòng)直線l：，作于點(diǎn)M，則點(diǎn)M到坐標(biāo)原點(diǎn)O距離的最小值為（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)直線垂直關(guān)系可得點(diǎn)M的軌跡是以為圓心，半徑的圓，即可得.【詳解】由以及可得直線的方程為，聯(lián)立，消去整理可得；所以可知點(diǎn)M的軌跡是以為圓心，半徑的圓；因此.故選：C第Ⅱ卷非選擇題（共110分）二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分，請(qǐng)把答案填在答題卡中相應(yīng)題中橫線上．11.函數(shù)的定義域是______【答案】【解析】【分析】根據(jù)分?jǐn)?shù)和對(duì)數(shù)有意義的條件即可求解.【詳解】函數(shù)有意義的條件是，解得且，所以函數(shù)定義域?yàn)?故答案為：.12.已知雙曲線：的左、右焦點(diǎn)分別為，，并且經(jīng)過點(diǎn)，則＝______；雙曲線的漸近線方程為__________【答案】①.②.【解析】【分析】根據(jù)題意將點(diǎn)代入雙曲線方程可求得，再由雙曲線定義可得，從而可求解.【詳解】由題意將代入雙曲線方程得，解得，所以雙曲線方程為，又因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線左支上，所以；所以漸近線方程為.故答案為：；.13.設(shè)，．若對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都有，則滿足條件的所有可能的取值為______．【答案】，【解析】【分析】根據(jù)給定關(guān)系式，求出值，再分類求出值.【詳解】由對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都有，得或，當(dāng)時(shí)，，則，而，因此；當(dāng)時(shí)，，則，而，因此，所以滿足條件的所有可能的取值為，.故答案為：，14.若的面積為，且為鈍角，則______；的取值范圍是______．【答案】①.②.【解析】【分析】由三角形面積公式可得，可求出；再根據(jù)為鈍角限定出，利用正弦定理可得，可得其范圍是.【詳解】根據(jù)題意可得面積，可得，即，又易知為銳角，可得；由正弦定理可得，因?yàn)闉殁g角，可得，所以；可得，因此；故答案為：；；15.已知函數(shù)，設(shè)．給出下列四個(gè)結(jié)論：①當(dāng)時(shí)，不存在最小值；②當(dāng)時(shí)，在為增函數(shù)；③當(dāng)時(shí)，存在實(shí)數(shù)b，使得有三個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)時(shí)，存在實(shí)數(shù)b，使得有三個(gè)零點(diǎn)．其中正確結(jié)論的序號(hào)是______．【答案】②④【解析】【分析】結(jié)合一次函數(shù)與二次函數(shù)的性質(zhì)，利用分段函數(shù)的性質(zhì)與函數(shù)的零點(diǎn)逐項(xiàng)判斷.【詳解】對(duì)于①：當(dāng)時(shí)，，易知函數(shù)在上的最小值為0，函數(shù)，在內(nèi)單調(diào)遞增，即，所以時(shí)，函數(shù)的最小值為0，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②：當(dāng)時(shí)，函數(shù)，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，函數(shù)的對(duì)稱軸為，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，又，即，解得，綜上可知，當(dāng)時(shí)，在為增函數(shù)，故②正確；對(duì)于③：當(dāng)時(shí)，函數(shù)，則，即，存在一個(gè)零點(diǎn)；函數(shù)，在內(nèi)單調(diào)遞增，與存在一個(gè)交點(diǎn)，又，即，解得或，于是時(shí)，，如下圖所示：綜上可知，當(dāng)時(shí)，存在實(shí)數(shù)b，使得至多有兩個(gè)零點(diǎn)，故③錯(cuò)誤；④當(dāng)時(shí)，函數(shù)，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，則與存在兩個(gè)個(gè)交點(diǎn)，由③知，與存在一個(gè)交點(diǎn)，，又，即，解得或，于是時(shí)，如下圖所示：綜上可知，當(dāng)時(shí)，存在實(shí)數(shù)b，使得有三個(gè)零點(diǎn).故答案為：②④.三、解答題（本大題共6小題，共85分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．）16.已知函數(shù)，其中，再從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知條件，使存在，并完成下列兩個(gè)問題．（1）求的值；（2）若，函數(shù)在區(qū)間上最小值為，求實(shí)數(shù)的取值范圍．條件①：對(duì)任意的，都有成立；條件②：；條件③：．【答案】16.答案見解析17.【解析】【分析】（1）根據(jù)所選條件分別計(jì)算能否使成立，從而可求解.（2）根據(jù)（1）中可得，再利用整體代換法得，從而可求得，再結(jié)合，從而可求解.【小問1詳解】由，若選條件①：可知當(dāng)時(shí)，，因?yàn)?，即，且?duì)任意，都有恒成立，故選條件①時(shí)存在，故可選①；若選條件②：，解得或，，因?yàn)?，所以與條件矛盾，故不選②；若選條件③：，所以，因?yàn)?，可得，故條件③能使成立，故可選③；綜上所述：故可選擇條件①或③，此時(shí).【小問2詳解】由（1）知，當(dāng)時(shí)，，且的最小值為，所以可得，解得，又，所以，所以的取值范圍為.17.如圖，在三棱柱中，側(cè)面和均為正方形，，平面⊥平面，點(diǎn)M是的中點(diǎn)，N為線段AC上的動(dòng)點(diǎn)；（1）若直線平面BCM，求證：N為線段AC的中點(diǎn)；（2）若直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長(zhǎng)．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）過點(diǎn)N作交BC于點(diǎn)Q，連接QM，得，進(jìn)而利用直線與平面平行的性質(zhì)定理可得，從而可證是平行四邊形，則由是的中點(diǎn)可得N為線段AC的中點(diǎn)；（2）先建立空間直角坐標(biāo)系，再求得平面的法向量，設(shè)，則，進(jìn)而利用向量法表示線面角，列方程求得，從而即可得到的長(zhǎng).小問1詳解】在中，過點(diǎn)N作交BC于點(diǎn)Q，連接QM，如圖：因?yàn)?，所以，所以，N，Q，M四點(diǎn)共面．因?yàn)橹本€平面，平面，平面平面，所以．所以四邊形是平行四邊形．所．所以為的中點(diǎn)．【小問2詳解】因?yàn)閭?cè)面為正方形，所以，又因平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，，又因?yàn)檎叫?，，以B為原點(diǎn)，BA，，BC分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖：因?yàn)?，所以，，，，，，所以，．設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由得即．取，得．設(shè)，，則，因?yàn)?，所以．所以，，，所以N點(diǎn)坐標(biāo)為．因?yàn)椋栽O(shè)直線與平面所成角為，則，解得，所以，即線段的長(zhǎng)為．18.某超市隨機(jī)選取1000位顧客，記錄了他們購買甲、乙、丙、丁四種商品的情況，整理成如圖，其中“√”表示購買，“×”表示未購買．（1）試估計(jì)顧客同時(shí)購買了甲、乙兩種商品概率；（2）假設(shè)每位顧客是否夠買這四種商品是相互獨(dú)立的，在近期內(nèi)再對(duì)這四種商品購買情況進(jìn)行調(diào)查，隨機(jī)抽取4名顧客，試估計(jì)恰有2名顧客購買了兩種商品，1名顧客購買了一種商品、1名顧客購買了三種商品的概率；（3）如果顧客購買了甲則該顧客同時(shí)購買丙、丁中哪種商品的可能性最大．（結(jié)論不要求證明）【答案】（1）（2）（3）顧客購買丙的可能性較大.【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；（2）根據(jù)已知條件，利用相互獨(dú)立的事件的概率公式求解；（3）在這名顧客中，分別求出同時(shí)購買甲、丙和甲、丁的概率，從而得到結(jié)論.【小問1詳解】從統(tǒng)計(jì)表可以看出，在這位顧客中，有位顧客同時(shí)購買了甲、乙兩種商品，所以顧客同時(shí)購買了甲、乙兩種商品的概率可以估計(jì)為；【小問2詳解】設(shè)事件為顧客購買了兩種商品，事件為顧客購買了一種商品，事件為顧客購買了三種商品；從統(tǒng)計(jì)表可以看出，可以估計(jì)為，可以估計(jì)為，可以估計(jì)為，隨機(jī)抽取4名顧客，試估計(jì)恰有2名顧客購買了兩種商品，1名顧客購買了一種商品、1名顧客購買了三種商品的概率為，所求的概率可估計(jì)為；【小問3詳解】在這名顧客中，同時(shí)購買甲、丙的概率為，在這名顧客中，同時(shí)購買甲、丁的概率為，該顧客購買丙的可能性較大.19.已知橢圓E：過點(diǎn)，離心率為．（1）求橢圓E的方程；（2）過橢圓E的右焦點(diǎn)F作斜率為的直線l交橢圓E于點(diǎn)A，B，直線l交直線于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作y軸的垂線，垂足為Q，直線AQ交x軸于C，直線BQ交x軸于D，求證：點(diǎn)F為線段CD的中點(diǎn)．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由橢圓上的點(diǎn)和離心率列方程求得，即可得到橢圓方程；（2）由題意，設(shè)直線l的方程為，聯(lián)立方程組利用韋達(dá)定理可得，，進(jìn)而題意求得點(diǎn)的坐標(biāo)，再由分別直線AQ和直線BQ的方程可得點(diǎn)和點(diǎn)，從而利用以上條件代入化簡(jiǎn)的值，進(jìn)而即可得證點(diǎn)F為線段CD的中點(diǎn).【小問1詳解】由題意得解得，．所以橢圓E的方程是．【小問2詳解】橢圓E的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為，由題意，設(shè)直線l的方程為．，整理得．因?yàn)?，所以，設(shè)直線l交橢圓E于點(diǎn)，，則，．由直線l的方程，令，解得，所以，．所以直線AQ的方程為，．令，解得，所以．直線BQ的方程為，．令，解得，所以．．由于，．則，所以線段CD的中點(diǎn)為F．20.設(shè)函數(shù)，曲線在點(diǎn)處的切線斜率為1．（1）求a的值；（2）設(shè)函數(shù)，求的單調(diào)區(qū)間；（3）求證：．【答案】（1）（2）單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求得答案；（2）求出的導(dǎo)數(shù)，判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可求得單調(diào)區(qū)間；（3）結(jié)合（2），可得在為增函數(shù)，結(jié)合函數(shù)值正負(fù)，即可證明結(jié)論.【小問1詳解】由題意得的定義域?yàn)?，，因?yàn)椋裕獾?【小問2詳解】因?yàn)?，的定義域?yàn)椋?，得，與在區(qū)間上的情況如下：x0-0+遞減極小遞增所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；【小問3詳解】證明：由（2）得，在時(shí)，取得最小值1，所以恒成立，所以在為增函數(shù)，又因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，所以；當(dāng)時(shí)，，所以，當(dāng)時(shí)，，綜上，.21.已知是無窮數(shù)列，對(duì)于k，，給出三個(gè)性質(zhì)：①（）；②（）；③（）（1）當(dāng)時(shí)，若（），直接寫出m的一個(gè)值，使數(shù)列滿足性質(zhì)②，若滿足求出的值；（2）若和時(shí)，數(shù)列同時(shí)滿足條件②③，證明：是等差數(shù)列；（3）當(dāng)，時(shí)，數(shù)列同時(shí)滿足條件①③，求證：數(shù)列為常數(shù)列．【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）由性質(zhì)②得到，結(jié)合的通項(xiàng)公式化簡(jiǎn)得到，求出答案；（2）根據(jù)性質(zhì)②得到，由性質(zhì)③得到，兩式結(jié)合得到，故，，，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為，結(jié)合得到，，得到結(jié)論；（3）當(dāng)時(shí)，由性質(zhì)③得到，推出，，當(dāng)時(shí)，，滿足上式，當(dāng)時(shí)，推出矛盾；當(dāng)時(shí)，構(gòu)造，推出矛盾，從而證明出結(jié)論.【小問1詳解】時(shí)，性質(zhì)②為，又，故，化簡(jiǎn)得，要想上式總成立，則，解得；【小問2詳解】若時(shí)，數(shù)列滿足條件②，得，數(shù)列滿足條件③，得，兩式相加，若時(shí)，數(shù)列滿足條件②，得，數(shù)列滿足條件③，得，兩式相加，由知，，，代入得得，其中，所