1、2023届北京市对外经济贸易大学附属中学高三上学期12月月考期末综合测试（一）数学试题一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】B【分析】解不等式得，再根据集合运算解决即可.【详解】由题知，集合因为，解得，或，所以，或，所以，故选：B2设复数满足，则的虚部是（）A2BCD【答案】C【分析】先求出的值，然后两边同除，最后用复数的除法运算求解.【详解】，即所以的虚部是.故选：C3函数的图象大致为（）ABCD【答案】A【分析】先验证函数是否满足奇偶性，由f(x)ln|x|(x)2ln |x|x2f(x)，故函数f（x）为偶函数，排除B,D ，再由函数的特殊值确定答案【详解】令f(x)yln|x|x
2、2，定义域为(，0)(0，)且f(x)ln|x|(x)2ln |x|x2f(x)，故函数yln|x|x2为偶函数，其图象关于y轴对称，排除B，D；当x0时，yln xx2，则y2x，当x时，y2x0，yln xx2单调递增，排除C，A项满足.【点睛】本题主要考查函数的性质，结合函数的奇偶性得出函数图象的对称性，是解决函数图象选择题常用的方法4已知抛物线的准线与圆相切，则（）A6B8C3D4【答案】D【分析】根据题意，求出圆的圆心为和半径为4，以及抛物线的准线方程，利用直线与圆相切的性质得出，即可求出的值【详解】由题可知，圆的圆心为，半径为4抛物线的准线与圆相切则有，解得：故选：D.【点睛】本题
3、考查圆的标准方程和抛物线的简单性质，以及直线与圆的位置关系的应用，是基本知识的考查5已知正三棱锥，若平面，则三棱锥的外接球的表面积为（）ABCD【答案】B【分析】由题可得，进一步可得两两垂直，再将三棱锥补成以为邻边的正方体，求解即可.【详解】解：如图一所示：因为平面，平面，所以，又因为几何体为正三棱锥，所以,，又因为,所以，所以,所以，所以，即两两垂直，将三棱锥补成以为邻边的正方体，如图二所示：则三棱锥的外接球即为补形后的正方体的外接球，所以，即，所以球=.故选：B.6某中学举行运动会，有甲乙丙丁四位同学参加100米短跑决赛，现将四位同学随机地安排在这4个跑道上，每个跑道安排一名同学，则甲不在
4、1跑道且乙不在4跑道的概率为（）ABCD【答案】B【分析】根据题意，按甲是否在道上分2种情况讨论，求出每种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得甲不在1跑道且乙不在4跑道的总的方法数，再利用古典概型的概率求解【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：若甲在道上，剩下3人任意安排在其他3个跑道上，有种排法，若甲不在道上，甲的安排方法有2种，乙的安排方法也有2种，剩下2人任意安排在其他2个跑道上，有2种安排方法，此时有种安排方法，故共有种不同的安排方法，现将四位同学随机地安排在这4个跑道上，共有.由古典概型的概率公式得所求的概率为.故选：B7已知向量是与向量方向相同的单位向量，且，若在方向上的投影向量
5、为，则（）ABC4D【答案】C【分析】根据投影向量的概念和已知条件，即可得解【详解】向量在方向上的投影向量为，由题意得，解得故选：C8已知实数，则（）ABCD【答案】D【分析】构造函数和，根据单调性得到，即可得到.【详解】设，则，当时，当时，所以在上单调递减，上单调递增，所以，即，；设，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，所以.故选：D.9已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（）A必要而不充分条件B充分而不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.【详解】，当时，所以不具有充分性；，所以，
6、又，则，所以，所以，不妨设因为数列为正项数列，所以设公比为，则，当时，所以，当时，；当时，所以，所以，所以具有必要性，综上，是的必要不充分条件.故选：A.【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论.二、多选题10定义一：关于一个函数，若存在两条距离为的直线和，使得在时，恒成立，则称函数在内有一个宽度为的通道.定义二：若一个函数，关于任意给定的正数，都存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道，则称在正无穷处有永恒通道.则下列在正无穷处有永恒通道的函数为（）ABCD【答案】BCD【分析】根据函数新定义，分析四个选项中的函数，函数值随
7、着的增大，趋向于0，符合要求，或函数单调递增，有渐近线，同样符合要求.【详解】，单调递增，且无渐近线，故不存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道；随着的增大，函数值趋向于0，故对于任意给定的正数，存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道；随着的增大，函数值增大，有渐近线，故对于任意给定的正数，存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道；随着的增大，函数值趋向于0，故对于任意给定的正数，存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道.故选：BCD三、双空题11的展开式中的常数项为_，各项的系数和为_【答案】 【分析】根据二项式定理求解即可【详解】解：展开式的第为，其中，当为常数项时，解
8、得， 常数项为；令， 系数和为故答案为：；12若双曲线的离心率为2，则_，渐近线方程为_.【答案】 【分析】根据曲线为双曲线确定，根据离心率的值即可求得m的值，继而求得双曲线的渐近线方程.【详解】由曲线为双曲线，即，可得，双曲线离心率为2，则 ，解得，则双曲线方程为，故双曲线渐近线方程为，故答案为：.四、填空题13若函数，满足对任意实数，有，则的单调递减区间是_.【答案】，【分析】根据得到关于对称，从而求出，求出解析式，得到递减区间.【详解】因为，所以关于对称，因为，所以故，故，令，故，故的单调递减区间为，.故答案为：，.14如果关于的方程在区间内有解，写出的一个取值_.【答案】6（答案不唯一
9、）.【分析】构造函数，则由题意根据零点存在性定理可得，从而可求出的范围，进而可得答案.【详解】设，因为方程在区间内有解，所以函数在内有零点，所以，所以，则的一个取值为6，故答案为：6（答案不唯一）.15如图，正方体的棱长为，分别是棱的中点，过点的平面分别与直线交于点，为侧面（含边界）上的一个动点.给出以下命题： 四边形一定为菱形；四棱锥的体积为定值；平面与平面所成的角不大于；的最小值为.其中正确命题的序号是_.【答案】【分析】根据面面平行的性质可证得四边形为平行四边形，利用线面垂直的判定可证得平面，由和线面垂直性质可得，由此可知正确；利用体积桥可知正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据
10、面面角的向量求法可确定有大于的情况，知错误；作出关于平面的对称点，由此可知所求最小值为，知正确.【详解】对于，连接，平面平面，平面平面，平面平面，同理可得：，四边形为平行四边形；分别为中点，；四边形为正方形，又平面，平面，平面，平面，平面，又平面，四边形为菱形，正确；对于，由知：四边形为菱形，；，点到平面的距离为，则为定值，正确；对于，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量，则，令，解得：，；轴平面，平面的一个法向量；，为平面与直线的交点，；则当时，平面与平面可以大于，错误；对于，作出关于平面的对称点，则，平面平面，平面平面，平面平面，同理可得：，四边形
11、为平行四边形，平面，又平面，又平面平面，又，为中点，即，（当且仅当三点共线，即为如图所示点时取等号），正确.故答案为：.五、解答题16在中，.(1)求角；(2)若为中点，求的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理，结合三角恒等变换化简即可；（2）在中由余弦定理可得的长与，再在中由余弦定理可得，再在中由余弦定理可得即可.【详解】（1）由正弦定理，因为，故，则，即.又，故，故，故（2）由余弦定理，故，.在中由余弦定理可得.在中由余弦定理可得，故.在中由余弦定理，即的余弦值为.17北京市新高考规定，选考科目设等级性考试，等级性考试成绩由高到低分A、B、C、D、E共5等，其中A等占考生
12、比例的，B等占，C等占，D等占，E等不超过.等级性考试成绩每科成绩由5等细化为21级.其中，A1为满分100分，E赋分40分，相邻两级之间的分差均为3分.其中A等和B等的分级及分数对应如下表：等比例级比例分数100979491888582797673某区统考共有2000名学生参加物理学科考试，学生原始分数均为整数，采用上述方式进行赋分，前600名学生的统计数据如下：原始分数9594939291908988人数036111525263480原始分数8786858483828180人数5545504545505555(1)从前600名学生中任取1人，求其原始分数与赋分相等的概率；(2)甲乙两名学生
13、考后估分（原始分数）的分布列为甲估分908988乙估分908988概率概率直接写出甲乙两人估分的赋分均值与的大小.【答案】(1)(2)【分析】（1）先写出前600名学生成绩分数按照等级赋分情况，可知原始分与赋分相等的有85分50人、82分50人，即可求解.（2）通过分析在90、89分与91分两段分布列相同，即可求解.【详解】（1）由题意，2000名学生参加物理学科考试，前600名学生成绩分数按照等级赋分如下：分数为95、94、93分的赋分为100分；分数为92、91分的赋分为97分；分数为90、89分的赋分为94分；分数为88分的赋分为91分；分数为87、86分的赋分为88分；分数为85、84
14、、83分的赋分为85分；分数为82、81、80分的赋分为82分；所以原始分与赋分相等的有85分50人、82分50人，所以从前600名学生中任取1人，原始分数与赋分相等的概率为.（2）.理由：由（1）知，90、89分的赋分为94分，88分的赋分为91分，而甲乙在赋分的两段分布列相同，故.18如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件条件条件中选择两个能解决下面问题的条件作为已知. (1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.条件：；条件：；条件：平面平面.注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一
15、种方案解答计分.【答案】(1)证明见详解(2)(3)存在点；【分析】（1）只能选择，由平面平面易证，结合勾股定理逆定理可证，进而得证平面；（2）以方向为轴，方向为轴，方向为轴，求出和平面的法向量，结合线面夹角的向量公式即可求解；（3）结合向量法，要使平面，即，求出点坐标，进而求出的长.【详解】（1）因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故必选，选缺垂直条件，因为，又四边形是边长为4的正方形，所以，平面平面所以平面又平面所以，选无法证明平面；故只能选择，理由如下：因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面，又因为平面，所以，所以，又因为，所以，平面，所以平面；（2）由（1
16、）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；（3）假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，所以，解得，故，所以存在点，为中点，使得平面，此时.19已知两点，动点与点连线的斜率的乘积为.(1)求动点的轨迹曲线的方程；(2)过点作斜率为的直线与曲线交于不同的两点（异于两点），直线分别交直线于两点，当时，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）设动点，求出，根据斜率之积为化简可得答案；（2）设，设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出，由点斜式得直线的方程、直线的方程令得，
17、由，代入韦达定理化简计算可得答案.【详解】（1）设动点，由题意可得，整理得，所以动点的轨迹曲线的方程为；（2）设，设直线的方程为，联立，得，恒成立，因为，所以直线的方程为，令得，直线的方程为，令得，所以，因为，所以，解得，所以的值为.20已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上单调递增，求的取值范围；(3)若0不是函数的极值点，求的值.【答案】(1)y=1(2)(3)a=1【分析】（1）求出切点的纵坐标，求导后求出斜率，由点斜式可得结果；（2）方法1：分离参数求最值，由洛必达法则求得最值；方法2：分离成两个函数与，研究的图象以及在（0，0）处的切线方程，由图可得结果；（3）由0
18、不是的极值点可知:，解得a的值，再代入检验即可.【详解】（1） 又 ，即点（0，1） 即： 在（0，1）处的切线方程为y=1 .（2）在 上单调递增，在上恒成立，在上恒成立，方法1：在上恒成立，令， ，则令，则，在上单调递增，在上单调递增，又 ， 方法2：在上恒成立，令，则恒过（0，0），在上单调递增，又在（0，0）处的切线方程为 ，如图所示，（3），且，又0不是的极值点，当时，在上单调递增，且，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，即：当时恒成立，在上单调递增，在内无极值，即0不是的极值点.【点睛】（1）利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号关键是分离参数，把所求问题转化为求
19、函数的最值问题（2）若可导函数在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为（或）恒成立问题，从而构建不等式，要注意“”是否可以取到21给定正整数m，数列，且.对数列A进行T操作，得到数列.(1)若，求数列；(2)若m为偶数，且，求数列各项和的最大值；(3)若m为奇数，探索“数列为常数列”的充要条件，并给出证明.【答案】(1)(2)(3)，证明见解析【分析】（1）利用已知条件先求出，将，代入：，即可求解；（2）由，得到，进而有，再由得到即可；（3）证明见解析.【详解】（1）由题意时，由，知，所以，故.（2）记数列的所有项和为S，因为，且，所以，则，故.当，或，时取到等号，所以当，或，时，S取到最大值，为.（3）“数列为常数列”的充要条件是（）证明如下：先证充分性：当（）时，所以为常数列；再证必要性：当为常数列时，记，设中有x个，则必有个，将数列的所有项相加得：，由，且m为奇数，所以，所以，由得：，所以，所以.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：（1）仔细阅读，理解新定义的含义；（2）根据新定义，对对应的知识进行再迁移（3）正确阅读理解题干信息，抓住关键信息，转化为我们所熟悉的问题.第 22 页 共 22 页
