2023届北京市东城区高三年级上册学期期末考试数学试题【含答案】

2023届北京市东城区高三上学期期末考试数学试题 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接利用并集的概念运算即可 【详解】因为集合，， 所以. 故选：A. 2．在下列函数中，为偶函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用函数的奇偶性定义判断各个选项即可. 【详解】对于A，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数； 对于B，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数； 对于C，函数的定义域为，且，所以，故函数为偶函数； 对于D，函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数不为偶函数. 故选：C. 3．在的展开式中，若第3项的系数为10，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】展开式的通项为，故，. 故选：B 4．在等比数列中，，，则（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 【答案】D 【分析】根据及等比数列的通项公式求出公比，再利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为, 因为，，所以，解得. 所以. 故选:D. 5．北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一.其中钟鼓楼、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、天安门广场及建筑群、正阳门、中轴线南段道路遗存、永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存.某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别求出这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个的种数和选取的3个中一定有故宫的种数，再由古典概率代入即可得出答案. 【详解】设11个重要建筑依次为，其中故宫为， 从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：， ，共9种情况， 其中选取的3个中一定有故宫的有：，共3种， 所以其概率为：. 故选：D. 6．在平面直角坐标系中，角以为始边，终边位于第一象限，且与单位圆交于点，轴，垂足为.若的面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角函数的定义结合三角形面积列出方程，再由倍角公式求出答案. 【详解】由三角函数的定义可知：， 故，故， 解得：. 故选：D 7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，其渐近线方程为，是上一点，且.若的面积为4，则的焦距为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由双曲线的渐近线方程为，所以.再结合题意可得到，解出，即可求得的焦距. 【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，所以， 因为，的面积为4， 所以，解得，， 所以，即的焦距为. 故选：C. 8．在中，“对于任意，”是“为直角三角形”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 【答案】A 【分析】设，根据平面向量的运算可得，从而可得；若为直角三角形，不一定有，根据充分条件与必要条件的定义判断即可. 【详解】设，则， 所以即为， 所以是边上的高，即,即, 故为直角三角形. 若为直角三角形，不一定有，故不一定有. 所以“对于任意，”是“为直角三角形”的充分而不必要条件. 故选:A. 9．在平面直角坐标系中，若点在直线上，则当，变化时，直线的斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将点代入直线方程中得出点为圆上的动点， 结合图像分析即可求出直线的斜率的取值范围. 【详解】因为点在直线上， 所以， 即， 则表示圆心为，半径为1的圆上的点， 如图：       由图可知当直线与圆相切时，直线的斜率得到最值， 设， 由圆与直线相切，故有圆心到直线的距离为半径1， 即， 解得：， 由图分析得：直线的斜率的取值范围是. 故选：B. 10．如图，在正方体中，点是棱上的动点，下列说法中正确的是（    ） ①存在点，使得； ②存在点，使得； ③对于任意点，到的距离为定值； ④对于任意点，都不是锐角三角形. A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】C 【分析】建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，运用空间向量法逐个判断解决即可. 【详解】由题知，在正方体中，点是棱上的动点， 建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1， 所以，设，其中， 所以， 当时，无解，故①错误； 当时，解得，故②正确； 因为，其中， 所以到的距离为 ，不是定值，故③错误； 因为，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，不可能为锐角三角形，故④正确； 故选：C 二、填空题 11．若复数满足，则______. 【答案】2 【分析】根据复数运算解决即可. 【详解】由题知，， 所以， 所以. 故答案为：2 12．经过抛物线焦点的直线与抛物线交于不同的两点，，经过点和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点，则点的纵坐标与点的纵坐标的大小关系为______.（填“＞”“＜”或“＝”） 【答案】 【分析】设，求出直线的方程，与准线方程联立可得.设直线的方程为，与抛物线方程联立可得，从而可求与的关系，即与的关系. 【详解】设， 则直线的方程为， 令，可得. 设直线的方程为， 联立，可得， 所以，即. 所以，即. 故答案为:. 13．对于数列，令，给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③存在各项均为整数的数列，使得对任意的都成立； ④若对任意的，都有，则有. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①②④ 【分析】逐项代入分析求解即可. 【详解】对于①： 因为， 且因为， 所以， 所以， 故选项①正确； 对于②：若，则 所以， 所以两式相减得， 所以， 所以， 所以， 故选项②正确； 对于③：， ， 所以若对任意的都成立， 则有， 所以 ， 因为各项为整数，则不等式串中绝对值只能从越来越小，之后甚至会出现大于某数绝对值的情况，例如：，后续还会有绝对值，但是会有矛盾，故选项③错误； 对于④： 若对任意的，都有， 则有. . 故选项④正确； 故答案为：①②④. 三、双空题 14．已知函数，则______；若将的图象向左平行移动个单位长度得到的图象，则的一个对称中心为______. 【答案】          (答案不唯一) 【分析】化简，代入即可求出；由三角函数的平移变换求出，再由三角函数的性质求出的对称中心，即可得出答案. 【详解】， 所以， 将的图象向左平行移动个单位长度得到的图象， 则， 所以的对称中心为. 故的一个对称中心为. 故答案为：；(答案不唯一). 15．设函数，当时，的值域为______；若的最小值为1，则的取值范围是______. 【答案】     ;     . 【分析】当时，根据单调性分段求值域，再取并集即可求值域；讨论可得与不符合题意；当时，,画出图象，设与在上的交点横坐标为，讨论可得时，的最小值为1，求出，解不等式即可求的取值范围. 【详解】若，则， 当,单调递增，所以； 当,单调递减，所以. 故的值域为. 当时，的值域为，不符合题意； 当时，在上的最小值为，不符合题意； 当时，, 画出的图象，如图所示： 设与在上的交点横坐标为， 又， 当时，由图象可得无最小值； 当时，由图象可得有最小值， 由，可得， 故可得， 所以，即， 化简得,解得. 故答案为:;. 【点睛】方法点睛：(1)分段函数问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑； (2)求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求． 四、解答题 16．如图，在锐角中，，，，点在边的延长线上，且. (1)求； (2)求的周长. 【答案】(1)； (2)30. 【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求解； （2）由（1）可求得，在中，利用余弦定理可求，从而可求的周长. 【详解】（1）在中，，，， 由正弦定理可得，故， 因为是锐角三角形，所以 . （2）由（1）得，所以. 在中，，，， 所以. 所以的周长为. 17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，为上一点，平面. (1)求证：为的中点； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，可证明平面平面，故平面，从而可证明，可得为的中点； （2）选择条件①，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值； 选择条件②，利用勾股定理的逆定理可得，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取的中点，易知. 因为平面,平面,所以平面. 因为平面，平面， 所以平面平面. 因为平面，所以平面. 因为平面，且平面平面，所以. 因为为的中点，所以为的中点. （2）选择条件①：， 因为底面是边长为2的正方形，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 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. 选择条件②：， 因为，,所以. 因为，,所以, 所以，即. 因为底面是边长为2的正方形，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 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. 18．“双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，，，，，，用频率分布直方图表示如下，假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立. (1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率； (2)从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望； (3)设全校学生一周参加课后活动的时间的众数、中位数、平均数的估计值分别为，，，请直接写出这三个数的大小关系.（样本中同组数据用区间的中点值替代） 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）直接计算得到答案. （2）概率，的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案. （3）根据公式计算众数，平均数和中位数，再比较大小即可. 【详解】（1）参加课后活动的时间位于区间的概率. （2）活动的时间在区间的概率， 的可能取值为， ，， ，. 故分布列为： （3）众数为：； ， ， 则，； ， 故 19．已知椭圆：（）的离心率为，长轴长与短轴长的和为6，，分别为椭圆的左、右焦点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆上一点，.若，，成等