2023北京朝阳高三（上）期末数学（教师版）

第4页/共18页2023北京朝阳高三（上）期末数学（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题40分和非选择题110分第一部分（选择题共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.（）A. B.2 C. D.2.双曲线渐近线方程为（）A. B. C. D.3.在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为（）A. B. C. D.4.已知抛物线上一点M与焦点F的距离为4，则点M到x轴的距离是（）A. B. C.4 D.125.设函数，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.6.在直角坐标平面内，为坐标原点，已知点，将向量绕原点按逆时针方向旋转得到，则的坐标为（）A. B. C. D.7.某纯净水制造厂在净化水的过程中，每增加一次过滤可使水中杂质减少50%．若杂质减少到原来的10%以下，则至少需要过滤（）（参考数据：）A.2次 B.3次 C.4次 D.5次8.若函数的最大值为2，则下列结论不一定成立的是（）A. B.C. D.9.已知平面向量，满足，与夹角为120°，记，的取值范围为（）A. B. C. D.10.如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（）A. B. C. D.二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡上．11.在的展开式中，的系数为___________．12.已知圆：，直线：，则使“圆C上至少有3个点到直线l的距离都是1”成立的一个充分条件是“____________”．13.如图，正方形ABCD的边长为2，取正方形ABCD各边的中点E，F，C，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，依此方法一直继续下去．则第4个正方形的面积是________________；从正方形ABCD开始，连续8个正方形面积之和是_________________．14.如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC____________（填“垂直”或“不垂直”）；的面积的最大值为_____________．15.已知函数的部分图象如图所示，设，给出以下四个结论：①函数的最小正周期是；②函数在区间上单调递增；③函数的图象过点；④直线为函数图象的一条对称轴．其中所有正确结论序号是____________．三、解答题：本大题共6小题，共85分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，．（1）当时．求；（2）是否存在正整数，使得角C为钝角？如果存在，求出的值，并求此时的面积；如果不存在．说明理由．17.“双减”政策实施以来，各地纷纷推行课后服务“5+2"模式，即学校每周周一至周五5天都要面向所有学生提供课后服务，每天至少2小时．某学校的课后服务有学业辅导体育锻炼、实践能力创新培养三大类别，为了解该校学生上个月参加课后服务的情况，该校从全校学生中随机抽取了100人作为样本．发现样本中未参加任何课后服务的有14人，样本中仅参加某一类课后服务的学生分布情况如下：每周参加活动天数课后服务活动1天2~4天5天仅参加学业辅导10人11人4人仅参加体育锻炼5人12人1人仅参加实践能力创新培养3人12人1人（1）从全校学生中随机抽取1人．估计该学生上个月至少参加了两类课后服务活动的概率；（2）从全校学生中随机抽取3人．以频率估计概率，以X表示这3人中上个月仅参加学业辅导的人数．求X的分布列和数学期望；（3）若样本中上个月未参加任何课后服务的学生有人在本月选择仅参加学业辅导．样本中其他学生参加课后服务的情况在本月没有变化．从全校学生中随机抽取3人．以频率估计概率，以X表示这3人中上个月仅参加学业辅导的人数，以Y表示这3人中本月仅参加学业辅导的人数．试判断方差、的大小关系（结论不要求证明）．18.刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍中，四边形是正方形，平面和平面交于EF．（1）求证：平面；（2）若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使几何体存在且唯一，并求平面和平面的夹角的余弦值．条件①：，；条件②：平面平面；条件③：平面平面，．19.已知曲线：（，，且）．（1）若曲线是焦点在x轴上椭圆，求m的取值范围；（2）当时，过点作斜率为的直线l交曲线于点A，B（A，B异于顶点），交直线于P．过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于C，直线BQ交x轴于D，求线段CD中点M的坐标．20.已知函数，．（1）求曲线在处切线的斜率；（2）求函数的极大值；（3）设，当时，求函数的零点个数．并说明理由．21.对任意正整数，记集合均为非负整数．且，集合均为非负整数，且．设，，若对任意都有．则记．（1）写出集合和；（2）证明：对任意，存在，使得；（3）设集合．求证：中的元素个数是完全平方数．

参考答案第一部分（选择题共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算可得解.【详解】故选：D2.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的方程求出的值，代入渐近线方程即可.【详解】因为双曲线，所以,所以双曲线的渐近线方程为.故选：A3.【答案】D【解析】【分析】设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，分别求得，，代入条件概率公式，即可得答案.【详解】设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，则，，所以.故选：D4.【答案】B【解析】【分析】由抛物线的定义知M与准线的距离为4，即知M到y轴的距离为3，进而求M的纵坐标可得到x轴的距离.【详解】由抛物线方程知：其准线为，又其上一点M与焦点F的距离为4，∴M与准线的距离为4，故M到y轴的距离为3，∴M的横坐标，代入抛物线可得，∴M到x轴的距离是.故选：B.5.【答案】C【解析】【分析】根据分段函数解析式，讨论结合指对数的单调性求的取值范围.【详解】当时，，可得，故；当时，，可得，故.综上，.故选：C.6.【答案】B【解析】【分析】结合平面向量模长的坐标计算公式即可求出结果.【详解】设，且，则,所以，解得，则，故选：B.7.【答案】C【解析】【分析】由题设若原杂质含量为m，过滤n次后杂质减少到原来的10%以下，可得，由指对数关系及对数的运算性质求n的范围，即可得解.【详解】由题设，若原杂质含量为m，过滤n次后杂质减少到原来的10%以下，∴，则，又，∴，至少需要过滤4次.故选：C.8.【答案】D【解析】【分析】根据辅助角公式，可得，根据基本不等式，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】因为，且最大值为，所以，即，故A一定成立；又，所以，当且仅当a=b时等号成立，故B一定成立；又，所以，当且仅当a=b时等号成立，故C一定成立；，当同号时，，当异号时，，故D不一定成立.故选：D9.【答案】A【解析】【分析】设，根据与的夹角为120°，得到，再根据，得到的终点在直线AB上求解.【详解】设，如图所示：则，因为与的夹角为120°，所以，因为，且的起点相同，所以其终点共线，即在直线AB上，所以当时，最小，最小值为，无最大值，所以的取值范围为，故选；A10.【答案】A【解析】【分析】该组合体可视作一个正方体和个球体的组合体，进而求出体积.【详解】由题意，该组合体是一个正方体和个球体的组合体，其体积为.故选：A.二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡上．11.【答案】10【解析】【分析】由二项式定理写出展开式通项，求含的项即可知其系数.【详解】由题设，展开式通项公式为，当时，，∴的系数为10.故答案为：10.12.【答案】3【解析】【分析】先分析圆C上恰有3个点到直线l的距离都是1，再利用充分条件的定义即可求解.【详解】若圆C与直线相切，或相离都不可能有3个点到直线的距离为1，故圆C与直线相交，即圆心C到直线的距离，要使圆C上恰有3个点到直线l的距离是1，需，即圆C上至少有3个点到直线l的距离都是1，则根据充分条件的定义知使“圆C上至少有3个点到直线l的距离都是1”成立的一个充分条件是“”故答案为：313.【答案】①.②.【解析】【分析】分别求得前4个正方形的面积，分析可得正方形的面积是以4为首项，为公比的等比数列，代入求和公式，即可得答案.【详解】由题意得，第一个正方形ABCD边长为2，面积为4，第二个正方形EDGH边长为，面积为2，第三个正方形IJKL边长为，面积为1，第四个正方形MNPQ边长为，面积为，所以正方形的面积是以4为首项，为公比的等比数列，所以从正方形ABCD开始，连续8个正方形面积之和.故答案为：；14.【答案】①.垂直②.【解析】【分析】根据线面垂直的的性质定理，判定定理，可证平面PBC，根据面面垂直的判定定理，即可得证.分析可得，当点F位于点C时，面积最大，代入数据，即可得答案.【详解】因为底面ABCD，平面ABCD，所以，又底面ABCD为正方形，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以为等腰直角三角形，且E为线段PB中点，所以，又，平面PBC，所以平面PBC，因为平面AEF，所以平面AEF与平面PBC.因为平面PBC，平面PBC，所以，所以当最大时，的面积的最大，当F位于点C时，最大且，所以的面积的最大为.故答案为：垂直；15.【答案】①②④【解析】【分析】根据函数图象求出，结合三角函数的性质进而求出函数的零点，作出图象，利用数形结合的思想依次判断结论即可.【详解】由图象得，，又函数图象过点，所以，由，得，所以，所以，令，所以函数的零点有，作出图象，如图，由图象可得，的最小正周期为，故①正确；函数在上单调递增，即在上单调递增，故②正确；令，得，即函数图象过点，故③错误；由函数图象知直线是图象的一条对称轴，故④正确.故答案为：①②④三、解答题：本大题共6小题，共85分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.【答案】（1）；（2）存在，使得角C为钝角.此时.【解析】小问1详解】解：当时，，，，所以.【小问2详解】解：当角C为钝角时，,所以，因为.当时，，，，是钝角.故存在，使得角C为钝角.此时.所以.17.【答案】（1）（2）分布列祥见解析、数学期望（3）【解析】【分析】（1）计算出样本中上个月至少参加了两类课后服务活动的人数，除以100即可解决；（2）以n次独立重复试验恰有k次发生的概率公式去求解X的4个概率；（3）以二项分布的方差公式去求解两个方差.【小问1详解】由题意得，样本中仅参加某一类课后服务的学生共有（人）又样本中未参加任何课后服务的有14人，故样本中上个月至少参加了两类课后服务活动的学生共有（人）则从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月至少参加了两类课后服务活动的频率为由此，可估计该学生上个月至少参加了两类课后服务活动的概率小问2详解】样本中，上个月仅参加学业辅导的有（人），对应频率为0.25以频率估计概率，从全校学生中随机抽取1人，上个月仅参加学业辅导的概率为0.25，X的可能取值为0，1，2，3，X的分布列为X0123PX的数学期望【小问3详解】由题意可知随机变量X服从二项分布，故.又知：上个月未参加任何课后服务的学生有人在本月选择仅参加学业辅导（样本中其他学生参加课后服务的情况在本月没有变化．），则本月从全校学生中随机抽取1人仅参加学业辅导的概率估计为P，且.以Y表示这3人中本月仅参加学业辅导的人数，由题意可知随机变量Y服从二项分布，故,.18.【答案】（1）证明见解析；（2）选条件②，【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得证；（2）先判断只有条件②符合，再利用空间向量法求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：在正方形中，，平面，平面所以平面；【小问2详解】由（1）知平面，又平面，平面与平面交于EF．，又，所以四边形为等腰梯形，四边形为梯形；条件①：，，则平面，即平面又平面，，此时四边形不为等腰梯形，故条件①不符合条件③：平面平面，且平面平面又，平面，平面，此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合；条件②：平面平面，；过点作于，过作于，连接，由平面平面，平面平面，平面又平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，因为平面，平面，平面平面，在四边形中，，，，所以，在正方形中，，所以因为，且，所以所以，，，，所以，，，设平面的一个法向量由，令，则设平面的一个法向量由，令，则设平面和平面的夹角为，则所以平面和平面的夹角的余弦值为19.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用椭圆的标准性质列关于m的不等式组，解之得解.（2）设直线l方程为，求出坐标，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，求出直线，的方程，进而得到坐标，利用中点坐标公式即可得解.所以直线【小问1详解】由题意可得，解得所以实数m的取值范围为【小问2详解】当时，曲线为椭圆：，设直线l方程为联立，整理得设，则，直线l交直线于，则所以直线的方程为，令，解得，则所以直线的方程为，令，解得，则所以线段CD中点M的坐标为20【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义可求解；（2）利用导数研究函数的单调性，进而求得极值；（3）先讨论时，函数的零点个数，再讨论时，利用零点定义将已知转化为讨论函数与的交点个数，研究函数的单调性及最值即可得解.【小问1详解】由，知，即切点求导，则切线的斜率所以曲线在处切线的斜率为.【小问2详解】函数的定义域为，求导，令，得当时，，函数单调递增；当时，，函数单