2023北京西城区高三一模数学理(含解析)

13/13北京市西城区2023高三一模试卷数学〔理科〕第一卷〔选择题共40分〕一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．设集合，集合，那么〔〕．A． B． C． D．2．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为〔为参数〕，那么曲线是〔〕．A．关于轴对称的图形 B．关于轴对称的图形C．关于原点对称的图形 D．关于对称的图形3．如果是定义在上的奇函数，那么以下函数中，一定为偶函数的是〔〕．A． B． C． D．4．在平面直角坐标系中，向量,，假设，，三点构成的三角形，那么〔〕．A． B． C． D．5．执行如下列图的程序库按图，假设输入的、分别为，那么输出的〔〕．A． B． C． D．6．设，那么“〞是“〞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7．设函数〔，，是常数，，〕，且函数的局部图像如下列图，那么有〔〕．A． B．C． D．8．如图，在棱长为的正四面体中，点，，分别在棱，，上，且平面平面，为内一点，记三棱锥的体积为，设，对于函数，那么〔〕．A．当时，函数取得最大值B．函数在上是减函数C．函数的图像关于直线对称D．存在，使得〔其中为四面体的体积〕第二卷〔非选择题共110分〕二、填空题：本大题共6小题，每题5分，共30分．把答案填在答题卡上．9．在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，且，那么__________．10．等差数列的公差，，，那么________；记的前项和为，那么的最小值为________．11．假设圆与双曲线的渐近线相切，那么________；双曲线的渐近线方程是________．12．一个棱长为的正方体，被一个平面截去一局部后，所得几何体的三视图如下列图，那么该截面的面积是________．13．在冬奥会志愿者活动中，甲、乙等人报名参加了，，三个工程的志愿者工作，因工作需要，每个工程仅需名志愿者工作，且甲不能参加，工程，乙不能参加，工程，共有种不同的志愿者分配方案________．〔用数字作答〕14．一辆赛车在一个周长为的封闭跑道上行驶，跑道由几段直道和弯道组成，图反映了赛车在“计时赛〞整个第二圈的行驶速度与行驶路程之间的关系．根据图，有一些四个说法：①在这第二圈的到之间，赛车速度逐渐增加；②在整个跑道中，最长的直线路程不超过；③大约在这第二圈的到之间，赛车开始了那段最长直线路程的行驶；④在图的四条曲线〔注：为初始记录数据位置〕中，曲线最能符合赛车的运动轨迹．其中，所有正确说法的序号是________．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解容许写出文字说明，演算步骤或证明过程．15．〔本小题总分值13分〕在中，角，，所对的边分别为，，，设，．〔Ⅰ〕假设，求的值；〔Ⅱ〕求的值．16．〔本小题总分值13分〕某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩，整理数据并按分数段，，，，，进行分组，假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，那么得到体育成绩的折线图〔如下〕．〔Ⅰ〕体育成绩大于或等于70分的学生常被成为“体育良好〞．该校高一年级有1000名学生，试估计，高一全年级中“体育良好〞的学生人数；〔Ⅱ〕为分析学生平时的体育活动情况，现从体育成绩在和的样本学生中随机抽取2人，至少有1人体育成绩在的概率；〔Ⅲ〕假设甲、乙、丙三人的体育成绩分别为，，，且分别在，，三组中，其中，，，当数据，，的方差最小时，写出，，的值．〔结论不要求证明〕〔注：，其中为数据的平均数〕17．〔本小题总分值14分〕如图，四边形为梯形，，，四边形为矩形，，，，．〔Ⅰ〕求证：平面；〔Ⅱ〕假设，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；〔Ⅲ〕设为线段上的一个动点〔端点除外〕，判断直线与直线能否垂直？并说明理由．18．〔本小题总分值13分〕函数，且．〔Ⅰ〕求的值及的单调区间；〔Ⅱ〕假设关于的方程存在两不相等的正实数根，，证明：．19．〔本小题总分值14分〕椭圆的长轴长为，为坐标原点〔Ⅰ〕求椭圆的方程和离心率；〔Ⅱ〕设点，动点在轴上，动点在椭圆上，且在轴的右侧，假设，求四边形面积的最小值．20．〔本小题总分值13分〕设数列和的项均为，那么将数列和的距离定义为．〔Ⅰ〕该出数列和数列的距离〔Ⅱ〕设为满足递推关系的所有数列的集合，和为中的两个元素，且项数均为，假设，，和的距离小于，求得最大值；〔Ⅲ〕记是所有项数列或的集合，，且由任何两个元素的距离大于或等于，证明：中的元素个数小于或等于．北京市西城区2023-2023学年度第二学期高三年级统一考试数学答案〔理工类〕2023．4一、选择题：〔总分值40分〕题号12345678答案CABBDADA二、填空题：〔总分值30分〕题号910111213答案,，①④〔注：两空的填空，第一空3分，第二空2分〕三、解答题：〔总分值80分〕15．〔本小题总分值13分〕(1)解：因为，由正弦定理，得，由余弦定理及，，得所以，解得.〔2〕解：由，得，所以．即，所以，所以．16．〔本小题总分值13分〕〔1〕解：由折线图，知样本中体育成绩大于或等于分的学生有人，所以该校高一年级学生中，“体育良好〞的学生人数大约有人．〔2〕解：设“至少有人体育成绩在〞为事件，由题意，得，因此至少有人体育成绩在的概率是.〔3〕解：的值分别为；或．17．〔本小题总分值14分〕解：〔1〕证明：由为矩形，得，又因为平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，所以平面平面，又因为平面，所以平面．〔2〕解：由平面中，，，得．又因为，，所以平面所以，又因为四边形为矩形，且底面中与相交一点，所以平面，因为所以平面过在底面中作，所以,,两两垂直，以分,,别为轴，轴和轴，如图建立空间直角坐标系，那么,,,,,,所以,设平面的一个法向量为由，，得令，得易得平面的法向量．所以．即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为〔3〕结论：直线与不可能垂直．证明：设，．由，，，得，，，，，假设，那么，即.因为所以，解得，这与矛盾．所以直线与不可能垂直．18．〔本小题总分值14分〕〔1〕解：对求导，得，所以，解得．故，．令，得．当变化时，与的变化情况如下表所示：所以函数的单调减区间为，单调增区间为．〔2〕解：方程，即为．设函数．求导，得．由，解得，或.所以当变化时，与的变化情况如下表所示：所以函数在单调递减，在上单调递增．由，得．又因为，所以．不妨设〔其中为的两个正实数根〕．因为函数在单调递减，且，，所以．同理根据函数在上单调递增，且．可得，所以，即.19．〔本小题总分值13分〕〔1〕解：由题意，椭圆所以，，故，解得，所以椭圆的方程为．因为，所以离心率．〔II〕解：设线段的中点为，因为，所以，由题意，直线的斜率存在，设点，那么点的坐标为，且直线的斜率．所以直线的斜率为，所以直线的方程为：令，得，那么，由，得．化简，得．所以四边形的面积，当且仅当，即时等号成立．所以四边形面积的最小值为．20．〔本小题总分值13分〕(1)解：由题意，数列和数列的距离为．(2)解：设，其中，且．由，得，，，，所以，因此中数列的项周期性重复，且每隔项重复一次．所以中，，，，()所以中，,,,()由，得项数越大，数列和的距离越大．由，得．所以当时，．故的最大值为．(3)证明：假设中的元素个数大于或等于个．因为数列中，或，所以仅由数列前三项组成的数组有且只有个：,,,,,,,．那么这个元素〔即数列〕之中必有三个具有相同的．设这三个数列分别为：,；；:，其中，，．因为这三个数列中每两个的距离大于或等于．所以与中，中至少有个成立．不妨设，，．由题意，得中一个等于，而另一个等于．又因为或，所以和中必有一个成立．同理，得和中必有一个成立，和中必有一个成立，所以“中至少有两个成立〞，或“中至少有两个成立〞中必有一个成立．所以和中必有一个成立．这与题意矛盾，所以中的元素个数小于或等于．选填解析选择题1.【答案】C【解答】解：由，解得∴又∵∴应选：C2.【答案】A【解答】解：由得表示圆心为，半径为的圆所以曲线是关于轴对称的图形．应选：A3.【答案】B【解答】∵是奇函数，为奇函数∴是偶函数．应选：B4.【答案】B【解答】∵,,三点能构成三角形∴与不共线又，∴∴应选：B5.【答案】D【解答】解：由程序框图知，第1次循环，,，．第1次循环，,，．第1次循环，,此时，跳出循环．输出应选：D6.【答案】A【解析】由，得∵是减函数，是减函数∴是减函数又∵∴∴．即“〞等价于“〞又∵∴“〞是“〞的充分不必要条件．应选：A7.【答案】D【解答】解：由函数的图象可知，∴.∴结合图象知，在即上单调递减，且关于对称．∴∴又∵∴∴应选：D8.【答案】A【解答】解：设四棱锥的高为，四棱锥的高为．∵面平面∴,∵∴，∴，∴即令令，得或时，，单增,时，，单减．∴当时，有最大值，即有最大值．应选：A．二、填空题9．【答案】【解答】∵复数与对应的点关于虚轴对称，且，∴，∴．故答案为．10．【答案】；．【解答】设数列的首项为，，，解得，∴；∴，，∴的最小值为．故答案为：；．11．【答案】，．【解答】双曲线的渐近线方程为，即，∵圆与双曲线的渐近线相切，∴，由，解得，故双曲线的渐近线方程为．故答案为：，．12．【答案】【解答】该几何体的直观图如下列图：因此截面为，由题可知，∴中边上的高等于，所以截面面积为故答案为：13．【答案】【解答】假设甲、乙二人都参加了，那么有种分配方案；假设甲、乙二人中只有一个人参加，那么有种分配