2023年北京各区(海淀朝阳丰台东西城等)高三数学高考一模汇编-选填压轴小题、创新题汇编含详解

目录

专题一选填压物......................................12

1.1不等式.........................................................................12

1.2%数...........................................................................12

1.3救列...........................................................................13

1.4斛三角形......................................................................14

1.5立体几何......................................................................14

专题二创新题.........................................16

2.1算合...........................................................................16

2.2数列...........................................................................16

2.3数表...........................................................................17

专题一选统压轴

1.1不等式

1.（2023海淀一模10）刘老师沿着某公园的环形跑道（周长大于Ikm）

按逆时针方向跑步，他从起点出发，并用软件记录了运动轨迹，

他每跑Ikm,软件会在运动轨迹上标注出相应的里程数.已知刘老师

共跑了lɪkm,恰好回到起点，前5km的记录数据如图所示，

则刘老师总共跑的圈数为

A.7B.8C.9D.10

ɔ

2.（2023西城一模10）〃名学生参加某次测试，测试由，〃道题组成，若一道题至少有士〃名学生未解出来，则称

3

此题为难题；若一名学生至少解出了女机道题，则该生本次测试成绩合格.如果这次测试至少有4〃名学生成绩合

33

格，且测试中至少有4机道题为难题，那么机〃的最小值为

3

A.6B.9C.18D.27

1.2法数

1.（2023东城一模10）恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.

其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数

N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001）,可得N的值为

M2371113

IgM0.3010.4770.8451.0411.114

A.13B.14C.15D.162.(2023朝阳一模15)某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力(战

斗单位数)随时间的变化遵循兰彻斯特模型:

其中正实数xtl,力分别为红、蓝两方初始兵力，/为战斗时间；Mf),y(f)分别为红、蓝两方f时刻的兵力；正实数

“为分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；CoShX=U和SinhX=jɪ■分别为双曲余弦函数和双

22

曲正弦函数.规定当红、蓝两方任何一方兵力为。时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长

为T.给出下列四个结论：

①若X0>%且α=A,则x(f)>y(f)(0≤f≤T);

②若X。〉匕且α=6,则T=^ln

a

③若&L>2,则红方获得战斗演习胜利;

%a

④区>、口，则红方获得战斗演习胜利.

其中所有正确结论的序号是.

1.3数列

1.(2023朝阳一模10)已知项数为k(keN")的等差数列｛为｝满足：aλ=1,^an,λ≤an

(M=2,3√∙∙Λ).若4+%+…+"«=8'则k的最大值是

A.14B.15C.16D.17

2.(2023石景山一模15)项数为A(ZeNx≥2)的有限数列｛”“｝的各项均为不小于-1的整数，满足

kk2M

al∙2-'+a2-2-+a3∙2+∙∙∙+¾-,∙2+αt=0,其中α尸0.给出下列四个结论：

①若k=2,则/=2；

②若k=3,则满足条件的数列｛〃,｝有4个;

③存在4=1的数列｛4｝；

④所有满足条件的数列｛q,｝中，首项相同.

其中所有正确结论的序号是.

1.4解三角形

1.（2023丰台一模15）三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，

目前尺规作图仍不能解决这个问题.古希腊数学家Pappus

（约3OO~35O前后）借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：

如图，以角的顶点C为圆心作圆交角的两边于AB两点；取线段

AB的三等分点0,0；以8为焦点，AD为顶点作双曲线”.

双曲线”与弧Λβ的交点记为E,连接CE,ABCE=-AACB.

3

①双曲线”的离心率为；

②若NACB=巴，∣4C∣=30,CE交AB于点P,则IOpl=.

2

1.5立体几何

1.（2023石景山一模10）已知正方体ABCD-AgClq的棱长为2,点P为正方形AfiS所在平面内一动点，给出

下列三个命题：

①若点P总满足PR±DCi,则动点P的轨迹是一条直线；

②若点尸到直线BB,与到平面CnqG的距离相等，则动点P的轨迹是抛物线;

③若点P到直线DA的距离与到点C的距离之和为2，则动点P的轨迹是椭圆.

其中正确的命题个数是

A.0B.lC.2D.3

2.（2023丰台一模10）如图，在直三棱柱43C-A与G中，ACVBC,AC=I,BC=I,

AA=2,点。在棱AC上，点E在棱8片上，给出下列三个结论：①三棱锥E-45Z）的体积卞值为:

②Ao+03的最小值为血+石；,/:\'

；—V—Bl

③点£＞到直线C卢的距离的最小值为亚.\；\

5、；

其中所有正确结论的个数为\

E

B

C.2D.3

3.（2023海淀一模15）在ZVlBC中，ZACB=90o,AC=BC=I,。是边AC的中点，E是边AB上的动点（不

与AB重合），过点E作AC的平行线交BC于点F,将所沿所折起，点3折起后的位置记为点P,得到四

棱锥P-ACEE,如图所示.给出下列四个结论:

①AC〃平面PEF；

②APEC不可能为等腰三角形;

③存在点E,P,使得PE>_LAE：

④当四棱锥P-ACFE的体积最大时，AZΓ=√2.

其中所有正确结论的序号是

4.（2023西城一模15）如图，在棱长为2的正方体ABeO-A4CQ由，点M,N分冽在线段AA和δ∣C∣上.给出

下列四个结论:5

①MN的最小值为2;

②四面体的体积为；

MWBC3s

3Λ∕*1ι

③有且仅有一条直线MN与AD1垂直:

ID

④存在点M,N,使AMBN为等边三角形.其中所有正确结论的序号是.一

5.（2023东城一模15）已知函数f（x）=4sin（与+s）O>0,0<9<兀）的部分图像制图1所示，AB务别

2-、

AB

最高点和最低点，过A作X轴的垂线，交X轴于A',点C为该部分图像与X轴的交点.将绘有该图像的纸片沿X轴

折成直二面角，如图2所示，此时IA8∣=JnL则几=

给出下列四个结论:

①夕』2

2

ULuIULLIA'O

②图2中，ABAC=5;

③图2中，过线段43的中点且与AB垂直瞪与X轴交于点C；

B

④图2中，S是AYBC及其内部的点构成的集合.设集合7eS∣∣AQ∣≤2},则T表示的区域的大κ∙

图1图2

其中所有正确结论的序号是

专题二创新题

2.1集合

1.(2022-2023丰台高三下3月一模21-14分)已知集合S.={1,2,3,,2〃}(〃GN*,”N4),对于集合S,,的非空子集

A.若S,,中存在三个互不相同的元素0,b,c,使得α+b,b+c,c+α均属于A,则称集合A是集合S”的“期待

子集

⑴试判断集合A={3,4,5},&={3,5,7}是否为集合S4的“期待子集，，；(直接写出答案，不必说明理由)

(2)如果一个集合中含有三个元素X,y,Z,同时满足①χ<y<z,②χ+y>z,③x+y+z为偶数.那么称该集合

具有性质P.对于集合S“的非空子集A,证明：集合A是集合S”的“期待子集”的充要条件是集合A具有性质P；

(3)若S"("N4)的任意含有m个元素的子集都是集合S,,的“期待子集”，求皿的最小值.2.(2022-2023西城高三下3

月一模21-15分)给定正整数“云2，设集合Mr={α∣c=(r∣,弓，L〃e{0,l},A=1,2,L,”}•对于集合M中

的任意元素£=(占，Λ2,L,毛)和？=(X，L,%”记4∙y=x,y∣+X2%+L+怎％.设A=M，且集合

,

A={α∕%=Qnu2，L,i=l,2,L,n}对于A中任意元素°,<r，若6工=/则称A具有性质

“'=k≠∕

T(n,p)■

(1)判断集合A={(l,l,0),(1,0,1),(0,1,1)}是否具有性质T(3,2)?说明理由；

(2)判断是否存在具有性质T(4,p)的集合A,并加以证明；

(3)若集合A具有性质7(",p),证明：J+句+L+%=p(j=l,2,L.

2.2数列

3.(2022-2023海淀高三下3月一模21-15分)已知数列{%}.给出两个性质：

①对于{α,J中任意两项4,%(i≥∕),在{%}中都存在一项《，使得4=4%;

②对于{4}中任意连续三项〃“，。…4,+2，均有(凡一%-为+2)(4-g-一%+2)=°.

(1)分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：

(i)有穷数列{叫：αn=2^-'(n=l,2,3);

(ii)无穷数列也}：⅛=2n-l(n=1,2,3,).

(2)若有穷数列｛%｝满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数，"的最大值;

(3)若数列满足性质①和性质②，且求｛q｝的通项公式.今(2022-2023朝阳高三下3月一

模21-15分)

己知有穷数列A:。”％，，qv(N∈^r,N≥3)满足4∈｛一l,0,l｝(i=l,2,.,N).给定正整数机，若存在正整数s,

f(s"),使得对任意的丘｛0,l,2,,w-l｝,都有=4…则称数列A是根-连续等项数列.

(1)判断数列A:-l,1,0,1,0,1,-1是否为3-连续等项数列？是否为4-连续等项数列？说明理由；

(2)若项数为N的任意数列A都是2-连续等项数列，求N的最小值；

⑶若数列"吗吗，"O不是4-连续等项数列，而数列仆4，%，，许，-1,数列MN，°与数列

4:知％41都是4—连续等项数列，且％=°,求心的值.2.3数表

5.(2022-2023东城高三下3月一模21-15分)

已知数表4"=/"a,2中的项4(i=l,2"=l,2,,〃)互不相同，且满足下列条件：

巴如---«2J

①％∈｛1,2,,2〃｝；

②㈠丫向色―卜。。%=1：，/).

则称这样的数表Λ,,具有性质P

(I)若数表42具有性质P，且《2=4,写出所有满足条件的数表42,并求出q∣+42的值；

(H)对于具有性质P的数表4“，当〃“+”口+…+⑷”取最大值时，求证：存在正整数左(1≤左≤"),使得

atk=In；

(III)对于具有性质P的数表4“，当〃为偶数时，求a”+t½+…+4”的最大值•

目录

专题一选填压轴.................................18

1.1不等式.................................................................18

1.2函数...................................................................19

1.3数列...................................................................21

1.4解三角形...............................................................22

1.5立体几何...............................................................23

专题二创新题....................................27

2.1集合...................................................................27

2.2数列...................................................................31

2.3数表...................................................................35

专题一选填压轴

1.1不等式

1.（2023海淀一模10）刘老师沿着某公园的环形跑道（周长大于Ikm）

按逆时针方向跑步，他从起点出发，并用软件记录了运动轨迹，

他每跑Ikn1,软件会在运动轨迹上标注出相应的里程数.已知刘老师

共跑了Ilkm,恰好回到起点，前5km的记录数据如图所示，

则刘老师总共跑的圈数为

A.7B.8C,9D.10

【答案】B

【分析】利用环形道的周长与里程数的关系建立不等关系求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程，即

可求解.

【详解】设公园的环形道的周长为，，刘老师总共跑的圈数为K（x∈N*）,

1<Z<2

2r<343

则由题意所以「<于

4r>5

所2以I3:,因为"=11,所以2=2<x=IU1<33F,又χeN*,所以x=8,

3t43t4

即刘老师总共跑的圈数为8.

故选：B

2

2.（2023西城一模10）〃名学生参加某次测试，测试由，,道题组成，若一道题至少有：〃名学生未解出来，则称此

题为难题；若一名学生至少解出了士2〃，道题，则该生本次测试成绩合格,如果这次测试至少有士2〃名学生成绩合格,

33

2

且测试中至少有道题为难题，那么nm的最小值为

A.6B.9C,18D.27

【答案】9

【解析】设有、个学生合格，)，道题为难题,

22

贝∣Jx≥-”,y≥-m,

33

2222

依题意有X—in≤/〃〃一y"—∕?<∕nn——m—n

3333

2S

所以二〃≤x≤二〃，

36

25

同理]∕n≤y≤]∕n,

要使两式有整数解，则"z≥3,n≥31所以〃加≥9.

当〃=3,〃=3时，若3名学生答题情况如下表：

题目1题目2题目3

学生A√√X

学生B√X√

学生C√XX

则有2名学生合格，3个难题，符合题意,

所以〃?〃的最小值为9.

1.2函数

1.(2023东城一模10)恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.

其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为”用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数

N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值(精确到0.001),可得N的值为

2371113

IgM0.30。0.4770.8451.0411.114

A.13B.14C.15D.16

【答案】C

【解析】因为正整数N的70次方是一个83位数，所以1082≤N"<1T,

取常用对数得82≤701gN<83,即1.171≤IgN<1.186,

由表可知Ig15=lg(3xlθ÷2)=lg3+lglθ-lg2R0.477+1-0.301=1.176∈[l.171.1.186),

所以N的值为15.

2.(2023朝阳一模15)某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力(战斗单位数)随时间的变化遵循兰彻斯特

模型：

其中正实数X。,匕分别为红、蓝两方初始兵力，r为战斗时间；χ(r),y(f)分别为红、蓝两方/时刻的兵力；正实数。力

分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；CoShX==≤和SinhX=芸匚分别为双曲余弦函数和双曲正

22

弦函数.规定当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为「

给出下列四个结论：

①若X。〉匕且则x(f)>y(f)(O≤f≤T)；

②若X°>%且q="贝IJ7=Ln自斗•

aYXO-X)

③若与>2,则红方获得战斗演习胜利；

La

④勺>β，则红方获得战斗演习胜利•

%Na

其中所有正确结论的序号是.

［答案］①O④

【分析】对于①根据已知条件利用作差法比较大小即可得出χ(f)-y(r)=e"'(x。-匕)>0,所以①正确；对于②，

利用①中结论可得蓝方兵力先为0,即巴卢匕一巴∕x°=o解得T=Ihl梅苧，②正确；对于③和④，

若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为0时所用时间4、比较大小即可知③错误，④正确.

1法副】什不甲姜Y,y日iJx(r)=X。cosh(α)-ASinh(H)

【详解】对于①’右X°>%且”=6,叫刈.cosh®)-XoSinh3)

即)，所以X⑺-刈=e"(X°y),

M=Tk<X。

由x°>匕可得x(f)7(f)=e'"(Xt)-E)>0,即①正确；

对于②，当a=b时根据①中的结论可知χ(r)>γ(r),所以蓝方兵力先为0.

at,-atat_

即y(r)=泞一%-X。=0,化简可得e"'(XL%)=e"(X。+外,

誓4,两边同时取对数可得2q=In1

即e?”

"。一。kʌθ~⅛√

即；In誓4=Ln序斗，所以战斗持续时长为T=InR

2aIXOYja］∣X0-Y0ap

所以②正确；

对于③，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可,

设红方兵力为0时所用时间为4,蓝方兵力为0时所用时间为t2,

同理可得e2'yLs,≈=—"/pAɪ>0

解得苦吟

又因为X°,E,α,b都为正实数，所以可得,红方获得战斗演习胜利；

所以可得③错误，④正确.故答案为：①②④.

1.3散列

1.(2023朝阳一模10)已知项数为k(kwN,)的等差数列｛6｝满足：q=1,≤%

(w=2,3√∙∙,Λ),若q+d⅛+…+%=8,则出的最大值是

A.14B.15C.16D.17

【答案】B

13

【分析】通过条件q=l,/N≤%5=2,3,,Ze),得至ιjd≥一七,

再利用条件4+4++%=8得到16=2攵+k(k—l)d,

进而得到不等关系：16≥2k+A(A-l)τ⅛,从而得到k的最大值.

3k-2

【详解】由q=l,>〃.I≤q(〃=2,3,-,女),得到1+(〃-2)1工4[1+(九一1)典.

即3+(3"-2)d≥O,

当几=2,3,,攵时，恒有3+(3∕ι-2)d≥0,即“≥一丁

3〃一2

由4+4++4=8,得到8="&+%)="2+(%T)d]

22

所以16=2%+%伏一1)422%+后伏-1)^-,kwN,k≥2,

3k-2

整理得到：3公-49Z+32≤0,所以左≤15.

故选：B

2.(2023石景山一模15)项数为我(AeN,&≥2)的有限数列｛《｝的各项均为不小于-1的整数，满足

kΛ2t3

aλ-2-'+α2∙2^+α3∙2^+∙∙∙+¾.1∙2+αt=0,其中q≠0.给出下列四个结论:

①若A=2,贝∣J∕=2；

②若A;=3,则满足条件的数列｛4｝有4个；

③存在4=1的数列｛6｝；

④所有满足条件的数列｛对｝中，首项相同.

其中所有正确结论的序号是.

［答案］①∞

1.4斛三角形

1.（2023丰台一模15）三等分角是"古希腊三大几何问题”之一，

目前尺规作图仍不能解决这个问题,古希腊数学家Pappus

（约3OO~35O前后）借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：

如图，以角的顶点。为圆心作圆交角的两边于A,B两点；取线段

AB的三等分点0,0；以B为焦点，A。为顶点作双曲线H.

双曲线〃与弧ΛB的交点记为£,连接CE,则NeCE=gzACB.

①双曲线”的离心率为；

②若NAC8=2,∣AC∣=3√2,CE交AB于煎P,贝IJlOPI=.

2

【答案】2；7-3√3

S!∣ACHCPkin∕ACPIAPl

【分析】①根据图形关系确定c=24即可求解；利用面积之比蓝迎-----------------=曷，进而可求出

,△BCP48CHCHSinNBCP∣

∣BP∣=3√3-3,再根据IOH=IoBlT明求解.

【详解】①由题可得|。4|=ROw=C,所以c=24.

所以双曲线〃的离心率为£=2；

a

②，因为NACB=∙∣,且IAq=怛q=30,

所以IAB卜J18+18=6,

iTTTT

又因为/BCE=-NACB,所以NACP=—,NBCP=—，

336

所以配心眄”之=£网

Sl∣BC∣∙∣CP∣sinZBCPɪ\BP

所以IAH=KlBPI,

因为I明=IAPl+∣B"=(6+1)WH=6,解得I明=3百-3,

所以IOH=IOMTBH=7-4,

故答案为27-36

1.5立体几何

1.（2023石景山一模10）已知正方体ABC。-A四GR的棱长为2,点尸为正方形A8CZ）所在平面内一动点，给出

下列三个命题：

①若点P总满足PD1±DC1,则动点P的轨迹是一条直线；

②若点P到直线BBt与到平面CDD1C1的距离相等，则动点P的轨迹是抛物线；

③若点P到直线DDt的距离与到点C的距离之和为2,则动点P的轨迹是椭圆.

其中正确的命题个数是

A.0B.lC.2D.3

【答案】C

2.（2023丰台一模IO）如图，在直三棱柱ABC-ABC中，ACΛ.BC,AC=2,BC=I,

AA=2,点。在棱AC上，点E在棱8片上，给出下列三个结论：

ɔ

①三棱锥E-AQ的体积的最大值为:；

②AD的最小值为α+班；

R

③点D到直线CE的距离的最小值为9詈.

其中所有正确结论的个数为

A.0B.1

C.2D.3

【答案】C

份析】根据锥体的体积公式判断①，将将-ABC翻折至IJ与矩形ACGA共面时连接AB交AC于点。，此时

AQ+08取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出

点到距离，再根据函数的性质计算可得.

【详解】在直三棱柱ABC-AgG中BB1_L平面A8C,

对于①：因为点E在棱8B∣上网=AA=2,所以BEWo,2],又电谢=3BE∙S,皿，

又AC，BC,AC=2,8C=1,点。在棱AC上，所以4。«0,2],Sabd=^AD-BC=^ADe[0Λ],

所以匕YQ=38E∙S,uω≤t,当且仅当。在C点、E在片点时取等号，故①正确；

对于②：如图将ABC翻折到与矩形ACGA共面时连接A出交AC于点。，此时AQ+。8取得最小值，

因为Ae=CG=2,BC=L所以BG=3,所以+铲=刀,

即AQ+CB的最小值为JB,故②错误；\

对于③：如图建立空间直角坐标系，设O(α,O,O),α∈[0,2],E(O,l,c)c∈[θ,2],

C,(0,0,2),

所以CQ=(a,0,-2),C1E=(0,l,c-2),

则点O到直线CE的距离d=

当c=2时"=Jq2+4≥2,

,1/1,1、50<———≤-

当0≤c<2时0<(C-2)2≤4,+fT，则1+—5.

(C-2)

4(c-2)2取最大值,且。时

所以当£2=O0rι

("+I

即当。在C点E在B点时点。到直线GE的距离的最小值为乎，故③正确；

故选：C

3.（2023海淀一模15）在ZXABC中，ZACB=90o,AC=BC=2,。是边AC的中点，E是边AB上的动点（不与

48重合），过点E作AC的平行线交8C于点F,将ABEF沿EF折起，点B折起后的位置记为点P,得到四棱锥

P-ACFE,如图所示,给出下列四个结论：

①AC〃平面PEF；

②△/>£€不可能为等腰三角形；

③存在点E,P,使得PD_LAE；

④当四棱锥4。庄的体积最大时，AE=42.

其中所有正确结论的序号是.

【答案】∞

【分析】根据线面平行的判断定理，判断①；证明一PbC=EbC,即可判断②；利用垂直关系转化，结合反证法,

即可判断③；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断④.

【详解】①因为AC//EEEFU平面PEF,ACa平面PE尸，

ADC

所以AC//平面PEF,故①正确；

②因为一ΛBC是等腰直角三角形，所以！PEF也是等腰直角三角形，则EF=PE

因为ACIBC,EFHAC,所以ERlBC,且EFLPF

当ZPFC=90时，一PFC三二EFC,所以EC=PC,

此时PEC是等腰三角形，故②错误；

③因为所13C,且EFJ_PF,BCPF=F,

且BCU平面PCF,PFU平面PC尸，所以"■上平面PCEEFU平面A8C,

所以平面ABCI平面PEF,且平面ABCC平面PEF=BC,

如图，过点P作PM上BC,连结。M,

则PM，平面ABC,AEU平面ABC所以PM_LA£,

若叨J_AE,PDCPM=P,Pf）U平面POW,PMU平面尸DW,

所以AEj"平面PDM,DMU平面PDM,

所以AEi.ZM/,

如图，AC=2,延长Mr）,交AB于点N,

则AOCM和都是等腰直角三角形，

则CM=I,点N到直线AC的距离等于

这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则BF>FM,

设FC=X,贝∣j2-x>l+x,则0<x<J,

2

则存在点EP,使得也>LAE,故③正确；

④当底面ACFE的面积一定时，平面平面ABCI平面庄户时，即尸尸，平面45C时，四棱锥P-ACEE的体积最

大，

设尸C=x,EF=BF=PF=2-X,Q<X<2VP.ACFE=-×^×(2-X+2)-X-(2-X)

14

V'=-x2-2x+-

得x=2+∙∣∙百（舍）或χ=2-Z^,

33

（2

当Xe0,2-*,r>0,函数单调递增，

<>

当XW2-段,2,Γ<0,函数单调递减，

\?

所以当x=2-2叵时，函数取得最大值，此时AE=√Σr=2√Σ-也，故④错误；

33

故答案为：①3）

4.(2023西城一模15)如图，在棱长为2的正方体ABcZ)-ABCa中，点”,N分别在线段AR和BC上.给出下

列四个结论：d

l[ιMN的最小值为2；X----------------------N/ɪ

②四面体MWBC的体积为g；//!一---力

3

③有且仅有一条直线MN与AR垂直；JW、/\

④存在点M.N,使AMBN为等边三角形./!\、'、、、/\

其中所有正确结论的序号是_______.；'D_\__TLiJ

【答案】①∞I/

【解析】①因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，O1C1是AD1与的公垂线段，所以当分别与D1,C1

l

重合时，MN最短为2,所以①正确；a------------------少B

②由AR〃平面ΛBC可知，当点M在AR上运动时，点M到平面M5C的距离云变，距离八=2,由BC"/BC可知，

当点在上运动时，到的距离不变，的面积不变，=^S.

NBeNBC！NBCVM.,VBC.vβr∕7=→→2×2×2=^,

正确；

③当M,N分别与C重合时，MNd.AR；当时为AR中点，N与4重合时，MNLAA,所以③错误；

④在AA上取一点乂，使得AM=BN,连接ANrMN.八

UiC

贝

IJMβ2=Λ142+Aβ2=M42+4,M/---------------N7∖

2222

BN'=AN,=M+Λ^l=AtNt+4,,.,八

MM=MN：+NN；=MN；+4,A,[/j∕,L-,∙''I^/\

若！MBN为等边三角形，则MB=BN=MN,即M4=AM=MN∣,//系卜\/1\

要判断！MBN能否为等边三角形，只需考虑在MA=AM的条件下，ΛM⅛能否相等.J

设M4=4N="?,MN,=n,当M与A重合时，m<n,当M与A重合时，>n>n.∖/C

在连续变化过程中，必定存在某个位置使得，"=〃，匕\

A1

即！MBN可能为等边三角形，所以4正确.atnʌBn

故答案为(Iw.1I7—71

5.(2023东城一模15)已知函数/(x)=∕lSi呜x+e)(4>0,0<e<π)的部分我修⅛金∏再示AB分别为图像的最

高点和最低点，过A作X轴的垂线，交X轴于A',点C为该部分图像与点.将绘有该图像的纸片沿X轴折

成直二面角，如图2所示，⅛0⅛∣AB∣=√1O,贝IJ4=.“M

给出下列四个结论：

①9=T；

UUWUUU

②图2中，AB-AC=S；

平面与轴交于点C

③图2中，过线段AS的中点且与Λβ垂直,MX

④图2中，S是ZVVBC及其内部的点构成的设集合T={Q∈XAQ∣≤2},期/表示的卷的面积:

其中所有正确结论的序号是

【答案】√3；①③

【解析】第一空：

过点8作88」X轴，垂足为十，连接IB,AB'.

01

因为/(X)的最小正周期7∙=臼π=4,所以|4*|=：7=2,

π2

2

由IABI2=|AV『+|4B『=|AA'|2+∖A'B'∖2+∣8B'f得

(√10)2=λ2+22+λ2,

解得ZI=G.

第二空：

①因为/(X)=GSin(∙∣X+0)过(0,1),所以GSin夕=]

即Sine=1,

根据五点作图法，结合图像可得e=r+2faUeZ,因为

6

0<<P<π,所以0=2,所以①错误；

6

(②法1：由2χ+型=2+2E可得x=-2+4匕AeZ,

2623

如图建系，则4(0,二.G),B(√3,-.0),C(0ɪ,θ).

333

ABAC=(√3,2,-λ^).(0,1,-√3)=2+3=5,所以②正确；

法2:因为A8=A4'+A'8'+8'8,

AC在AA'和AB上投影的数量分别为IAA'I,∣A'C∣,且

ββ'±AC,

PJrlilABAC=(AA,+A'B'+β,B)-AC=AA'AC+A1β,-AC+B,B-AC=y∕3×y∕3+2×1+0=5,所以②正确；

③设AB中点为M,因为∣C4∣=∣C8∣,所以CMLAB,所以C在过M与AB垂直的平面上,

即过48中点与A8垂直的平面与、轴交于点C；

④因为IAQl2=∣A4'F+∣A'β∣-=3+∣A'βp≤4,所以为，°∣≤1,

则T表示的区域是圆心角为NOr8,半径为1的扇形,

TT

又因为NCVB<],

所以该扇形的面积为S=Jar2=Txl2χNGΓB<gχ]=(,

所以④错误.

专题二创新题

2.1集合

1.(2022-2023丰台高三下3月一模21-14分)已知集合S,,={1,2,3,,2n}(n∈N*,n>4),对于集合S“的非空子集

A.若S“中存在三个互不相同的元素“，b.C,使得a+。，b+c,c+a均属于A,则称集合A是集合S”的“期待

子集”.

(1)试判断集合A={3,4,5},A?={3,5,7}是否为集合其的“期待子集”；(直接写出答案，不必说明理由)

⑵如果一个集合中含有三个元素X.八z,同时满足①x<y<z,②x+y>z,③x+y+z为偶数.那么称该集合具

有性质产.对于集合5“的非空子集A,证明：集合A是集合5“的“期待子集”的充要条件是集合A具有性质P；

⑶若s,,(“≥4)的任意含有，/个元