北京市2023届高三数学模拟试卷（3套含答案）

高三数学一模 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 一、单选题1．已知集合，集合，则（）A．B．C．D．2．直线被圆截得的弦长为（）A．1B．C．2D．3．已知平面向量，满足，，且与的夹角为，则（）A．B．C．D．34．设，若，，，则（）A．B．C．D．5．已知函数，若，则实数的值为（）A．-2B．C．1D．26．已知，则“”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．已知三棱锥，现有质点Q从A点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到A点的不同路径的种数为()A．3B．6C．9D．128．已知数列，若存在一个正整数使得对任意，都有，则称为数列的周期.若四个数列分别满足：①，；②，；③，，；④，.则上述数列中，8为其周期的个数是（）A．1B．2C．3D．49．如图1，北京2022年冬奥会比赛场地之一首钢滑雪大跳台与电力厂的冷却塔交相辉映，实现了它与老工业遗址的有效融合.如图2，冷却塔的外形是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面.它的最小半径为，上口半径为，下口半径为，高为.在冷却塔的轴截面所在平面建立如图3所示的平面直角坐标系，设，，，，则双曲线的方程近似为（）（参考数据：，，）A．B．C．D．10．在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，，，两两垂直，（单位：），小明同学 计划 项目进度计划表范例计划下载计划下载计划下载课程教学计划下载 通过侧面内任意一点将木块锯开，使截面平行于直线和，则该截面面积（单位：）的最大值是（）A．B．C．D．二、填空题11．计算．12．已知直线和是曲线的相邻的两条对称轴，则满足条件的一个的值是.13．在平面直线坐标系中，设抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于点，且点在轴上方，过点作抛物线的切线与抛物线的准线交于点，与轴交于点.给出下列四个结论：①的面积是；②点的坐标是；③在轴上存在点使；④以为直径的圆与轴的负半轴交于点，则.其中所有正确结论的序号是.14．已知数列是首项为3，公比为的等比数列，是其前项的和，若，则；.15．某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为的一块扇形空置地（如图），现欲从中规划出一块三角形绿地，其中在上，，垂足为，，垂足为，设，则（用 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示）；当在上运动时，这块三角形绿地的最大面积是.三、解答题16．在中，.（1）求；（2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分.17．某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了50名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：（1）若全校学生参加同样的测试，试估计全校学生的平均成绩（每组成绩用中间值代替）；（2）在样本中，从其成绩在80分及以上的学生中随机抽取3人，用表示其成绩在中的人数，求的分布列及数学期望；（3）在（2）抽取的3人中，用表示其成绩在的人数，试判断方差与的大小.（直接写结果）18．如图1，在四边形中，，，，，，分别是，上的点，，，，.将沿折起到的位置，得到五棱锥，如图2.（1）求证：平面；（2）若平面平面，（i）求二面角的余弦值；（ii）对线段上任意一点，求证：直线与平面相交.19．已知，.（1）若曲线在点处的切线与轴重合，求的值；（2）若函数在区间上存在极值，求的取值范围；（3）设，在（2）的条件下，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由.20．已知椭圆：的一个焦点为，且过点.（1）求椭圆的方程和离心率；（2）过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，点满足轴，轴，试求直线的斜率与直线的斜率的比值.21．对非空数集，，定义与的和集.对任意有限集，记为集合中元素的个数.（1）若集合，，写出集合与；（2）若集合满足，，且，求证：数列，，，是等差数列；（3）设集合满足，，且，集合（，），求证：存在集合满足且.1．D2．B3．A4．C5．C6．A7．B8．B9．A10．B11．-1+i12．（ 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 不唯一）13．①③④14．；15．米；平方米.16．（1）解：∵，∴，又，∴，即，又，∴；（2）解：选①②，由，，，∴，，，又，∴不存在；选①③，，，由余弦定理可得，，即，∴，即，∴的面积为；选②③，∵，，，∴，，∴，∴的面积为.17．（1）解：由直方图可得第二组的频率为，∴全校学生的平均成绩为：（2）解：由题可知成绩在80分及以上的学生共有人，其中中的人数为5，所以可取0，1，2，3，则，，，，故的分布列为：0123P；（3）解：.18．（1）证明：∵，，∴，∴，又，∴平面；（2）解：（i）由，可知为的平面角，又平面平面，∴，即，又，∴平面，如图建立空间直角坐标系，则，∴，设平面的法向量为，则，即，令，则，又平面的一个法向量可取，∴，∴二面角的余弦值为；（ii）由题设，又，∴，∴，又，∴，又平面的一个法向量为，由，可得，又，∴，∴直线与平面相交.19．（1）解：因为，，，所以曲线在点处的切线方程为，即，因为曲线在点处的切线与轴重合，所以，解得.（2）解：由（1）得，因为函数在区间上存在极值，所以在区间上有变号零点，当时，在区间上单调递增，，故不符合题意；当时，在区间上单调递减，且当趋近于时，趋近于，故要使在区间上有变号零点，则，即综上，，即的取值范围是.（3）解：函数在区间上单调递减，理由如下：，，，所以，令，则在恒成立，所以函数在上单调递减，由于，所以函数在上恒成立，所以函数在区间上的单调递减.20．（1）解：由题设有，故，故椭圆的方程为，故离心率为.（2）解：由题设可得的斜率必存在且不为零，设，，则，由可得，故，，由可得，故即，且，又，故，21．（1）解：∵集合，，∴，；（2）解：∵，∴集合中至少包含个元素，所以，又，由题可知，又为整数，∴，∴，∴中的所有元素为，又是中的个元素，且，∴，即，∴，∴数列，，，是等差数列；（3）解：∵集合，∴，设，其中，设是首项为，公差为的等差数列，即，令集合，则，∴，即，∵，∴，所以，故存在集合满足且.高三数学高考一模试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．复数的虚部为（）A．1B．-1C．D．3．设等差数列的前n项和为，若，则（）A．60B．70C．120D．1404．在△ABC中，已知，，，则（）A．1B．C．2D．35．若a，，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（）A．，B．，C．，D．，7．设是抛物线上的一点，是抛物线的焦点，是坐标原点，若，则（）A．3B．4C．D．8．太阳高度角是太阳光线与地面所成的角（即太阳在当地的仰角）．设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射点纬度，为当地纬度值，那么这三个量满足．通州区某校学生科技社团尝试估测通州区当地纬度值（取正值），选择春分当日（）测算正午太阳高度角．他们将长度为1米的木杆垂直立于地面，测量木杆的影长．分为甲、乙、丙、丁四个小组在同一场地进行，测量结果如下：组别甲组乙组丙组丁组木杆影长度（米）0.820.800.830.85则四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是（）A．甲组B．乙组C．丙组D．丁组9．已知直线l：和圆C：，若存在三点A，B，D，其中点A在直线l上，点B和D在圆C上，使得四边形ABCD是正方形，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．10．已知函数，其中，且．给出下列三个结论：①函数是单调函数；②当时，函数的图象关于直线对称；③当时，方程根的个数可能是1或2．其中所有正确结论的序号是（）A．①②B．①③C．②③D．①②③二、填空题11．在的展开式中，的系数是．12．已知双曲线的一条渐近线方程是，则．13．幂函数在上单调递增，在上单调递减，能够使是奇函数的一组整数m，n的值依次是．14．在矩形ABCD中，，，点P在AB边上，则向量在向量上的投影向量的长度是，的最大值是．15．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱BC，，的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点．若P与重合，则三棱锥E-PFG的体积是；若直线BP与平面EFG无公共点，则BP的最小值是．三、解答题16．如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，，．为等边三角形，平面平面ABCD，E为AD的中点．（1）求证：；（2）求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值．17．已知函数的最小正周期为．（1）求的值；（2）从下面四个条件中选择两个作为已知，求的解析式，并求其在区间上的最大值和最小值．条件①：的值域是；条件②：在区间上单调递增；条件③：的图象经过点；条件④：的图象关于直线对称．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分．18．某单位有A，B两个餐厅为员工提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位员工每个工作日午餐和晚餐都在单位就餐，近100个工作日选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况（午餐，晚餐）甲员工30天20天40天10天乙员工20天25天15天40天假设甲、乙员工选择餐厅相互独立，用频率估计概率．（1）分别估计一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；（2）记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；（3）试判断甲、乙员工在晚餐选择B餐厅就餐的条件下，哪位员工更有可能午餐选择A餐厅就餐，并说明理由．19．已知函数，．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数的最小值是2，求a的值；（3）设t为常数，求函数的单调区间．20．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设点D为线段AB上的动点，过D作线段AB的垂线交椭圆C于不同的两点E和F，N为线段AE上一点，．是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．21．从一个无穷数列中抽出无穷多项，依原来的顺序组成一个新的无穷数列，若新数列是递增数列，则称之为的一个无穷递增子列．已知数列是正实数组成的无穷数列，且满足．（1）若，，写出数列前项的所有可能情况；（2）求证：数列存在无穷递增子列；（3）求证：对于任意实数，都存在，使得．1．C2．A3．B4．D5．A6．A7．B8．D9．C10．D11．-1012．513．1，-1（答案不唯一）14．；-215．；16．（1）证明：因为△PAD为正三角形，E为AD中点，所以，因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，所以平面ABCD．因为平面ABCD，所以（2）解：由（1）知，平面ABCD．取BC中点F，连结EF，因为底面ABCD为矩形，E为AD中点，所以，所以EA，EF，EP两两垂直．分别以E为坐标原点，EA，EF，EP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，则，，，，所以，．设平面PAC的法向量，由，得，令，得，，所以，平面ABCD的法向量可取．设平面PAC与平面ABCD夹角大小为，可知为锐角，则，所以平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为．17．（1）解：因为，所以（2）解： 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 一：选择①，③因为的值域是，所以．所以．因为的图象经过点，所以，即．又，所以．所以的解析式为．因为，所以．当，即时，取得最小值；当，即时，取得最大值．方案二：选择条件①，④因为的值域是，所以．所以．因为的图象关于直线对称，所以，所以．又，所以．所以的解析式为．以下同方案一．方案三：选择条件③，④因为的图象关于直线对称，所以，所以．又，所以．因为的图象经过点，所以，即．所以的解析式为．以下同方案一．18．（1）解：设事件“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，事件“一天中乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”．由于100个工作日中甲员工午餐、晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30，乙员工午餐、晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40，所以，（2）解：甲员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为，甲员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为；乙员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为，乙员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为．依题意的所有可能取值为1，2．所以，．所以的分布列为120.10.9所以（3）解：设“甲员工晚餐选择B餐厅就餐”，“乙员工晚餐选择B餐厅就餐”，“甲员工在午餐时选择A餐厅就餐”，“乙员工在午餐时选择A餐厅就餐”，则，．因为，所以在已知晚餐选择B餐厅就餐的条件下，甲员工更有可能在午餐时选择A餐厅就餐．19．（1）解：当时，，．，，即切线斜率．所以切线方程为（2）解：函数的定义域为，．令，得．当时，．所以在单调递增，无最小值．当时，令，得；令，得．所以在单调递减，在单调递增，所以最小值为．所以，即（3）解：函数的定义域为，．由（2）知，当时，若，则．所以，所以的减区间为，，无增区间．20．（1）解：由已知得，，．因为，所以．因为，所以．所以椭圆C的方程为（2）解：假设存在满足题意的实数，由已知得，．设，，，则，因为，所以，即．所以，，即．因为，所以．所以，即，化简得．因为，所以，所以，解得（舍），或．所以存在，使得21．（1）解：由已知，即，可得或.当时，由，即，因为，可得；当时，由，即，因为，可得或5.因此，若，，写出数列前项的所有可能情况为：1、2、3、5或1、2、3、1或1、2、1、3（2）证明：对于数列中的任意一项，由已知得，或，即或．若，则由可得；若，则，此时，即．设集合，、，且，，，，，，，则数列是数列一个无穷递增子列（3）证明：考察数列和．①当或时，显然成立；②当时，设，由（2）可知．如果，那么，或，于是总有，此时；如果，那么，或，于是总有，此时．综上，当且时总有．所以，所以，，，，叠加得，．令，解得，即存在，（其中表示不超过的最大整数），使得．又因为是的子列，令，则．由①②可知，对于任意实数，都存在，使得高三数学二模试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知双曲线的焦点分别为，，，双曲线上一点满足，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．33．已知为等差数列，首项，公差，若，则（）A．1B．2C．3D．44．下列函数中，与函数的奇偶性相同，且在上有相同单调性的是（）A．B．C．D．5．已知直线与圆：交于，两点，且，则的值为（）A．B．C．D．26．已知是单位向量，向量满足，则的取值范围是（）A．B．C．D．7．已知函数，，那么“”是“在上是增函数”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8．已知，记关于的方程的所有实数根的乘积为，则（）A．有最大值，无最小值B．有最小值，无最大值C．既有最大值，也有最小值D．既无最大值，也无最小值9．若函数的定义域和值域的交集为空集，则正数的取值范围是（）A．B．C．D．10．如图为某商铺、两种商品在2022年前3个月的销售情况统计图，已知商品卖出一件盈利20元，商品卖出一件盈利10元.图中点、、的纵坐标分别表示商品2022年前3个月的销售量，点、、的纵坐标分别表示商品2022年前3个月的销售量.根据图中信息，下列四个结论中正确的是（）①2月、两种商品的总销售量最多；②3月、两种商品的总销售量最多；③1月、两种商品的总利润最多；④2月、两种商品的总利润最多.A．①③B．①④C．②③D．②④二、填空题11．二项式的展开式中的系数为21，则.12．已知复数在复平面内所对应的点的坐标为，则为.13．已知数列是首项为16，公比为的等比数列，是公差为2的等差数列.若集合中恰有3个元素，则符合题意的的一个取值为.14．已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：①四棱锥可能为正四棱锥；②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点；③可能有平面平面；④四棱锥的体积的取值范围是.其中所有正确结论的序号是.15．已知抛物线的焦点为，准线为，则焦点到准线的距离为；直线与抛物线分别交于、两点（点在轴上方），过点作直线的垂线交准线于点，则.三、解答题16．在中，.（1）求的大小；（2）若，证明：.17．2021年12月9日，《北京市义务教育体育与健康考核评价方案》发布.义务教育体育与健康考核评价包括过程性考核与现场考试两部分，总分值70分.其中过程性考核40分，现场考试30分.该评价方案从公布之日施行，分学段过渡、逐步推开.现场考试采取分类限选的方式，把内容划分了四类，必考、选考共设置22项考试内容.某区在九年级学生中随机抽取1100名男生和1000名女生作为样本进行统计调查，其中男生和女生选考乒乓球的比例分别为和，选考1分钟跳绳的比例分别为和.假设选考项目中所有学生选择每一项相互独立.（1）从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，估计该学生选考乒乓球的概率；（2）从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率；（3）已知乒乓球考试满分8分.在该区一次九年级模拟考试中，样本中选考乒乓球的男生有60人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；样本中选考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分.记这次模拟考试中，选考乒乓球的所有学生的乒乓球平均分的估计值为，其中男生的乒乓球平均分的估计值为，试比较与的大小.（结论不需要证明）18．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与，重合），平面与棱交于点.（1）求证：；（2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.19．已知函数.（1）若，求的值；（2）当时，①求证：有唯一的极值点；②记的零点为，是否存在使得？说明理由.20．已知椭圆：的左顶点为，圆：经过椭圆的上、下顶点.（1）求椭圆的方程和焦距；（2）已知，分别是椭圆和圆上的动点（，不在坐标轴上），且直线与轴平行，线段的垂直平分线与轴交于点，圆在点处的切线与轴交于点.求线段长度的最小值.21．已知数列：，，…，，其中是给定的正整数，且.令，，，，，.这里，表示括号中各数的最大值，表示括号中各数的最小值.（1）若数列：2，0，2，1，-4，2，求，的值；（2）若数列是首项为1，公比为的等比数列，且，求的值；（3）若数列是公差的等差数列，数列是数列中所有项的一个排列，求的所有可能值（用表示）.1．A2．C3．D4．D5．B6．C7．A8．D9．B10．C11．712．13．-1（答案不唯一）14．①②④15．2；16．（1）解：在中，∵，∴，∴，∴，∵，∴（2）证明：∵，∴．由余弦定理得①，∵，∴②，将②代入①，得，整理得，∴17．（1）解：样本中男生的人数为人，样本中女生的人数为人，设从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，该学生选考乒乓球为事件，则该学生选考乒乓球的概率（2）解：设从该区九年级全体男生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，从该区九年级全体女生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，由题意，则从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率为（3）解：18．（1）证明：在三棱柱中，，又平面，平面，所以平面，又因为平面平面，所以.（2）解：选条件①②.连接，取中点，连接，.在菱形中，，所以为等边三角形.又因为为中点，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，且，所以平面，平面，所以.又因为，所以.以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，.所以，.设平面的一个法向量为，则，所以令，则，，故.又因为，设直线与平面所成角为，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.选条件②③.连接，取中点，连接，.在菱形中，，所以为等边三角形.又为中点，故，且.又因为，.所以，所以.又因为，所以平面.以下同选①②.选条件①③取中点，连接，.在中，因为，所以，且，.又因为平面平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.在中，.又因为，，所以，所以.以下同选①②.19．（1）解：因为，所以因为，所以（2）解：①的定义域是，令，则.设，因为在上单调递减，所以在上单调递减.因为，所以在上有唯一的零点，|所以有有唯一解，不妨设为.与的情况如下，+0-增极大值减所以有唯一的极值点.②由题意，，则若存在a，使，则，所以因为在单调递减，，则需，即，与已知矛盾.所以，不存在，使得.20．（1）解：依题意，，由，得，所以椭圆C的方程为：，焦距为（2）解：设，则，依题意，设，且，因，则线段AP的中点为，直线AP的斜率，则线段AP的中垂线方程为：，令得点M的纵坐标，而，则，即，直线OQ的斜率，因此，圆O在点Q处的切线斜率为，切线方程为，令得点N的纵坐标，即，则有，当且仅当，即时取“=”，所以线段长度的最小值为21．（1）解：由题设，，，，则，，，，则，所以，（2）解：若数列任意两项均不相等，当时；当且时，，又，，此时；综上，，故，不合要求；要使，即存在且使，即，又，则，当，则，不合要求；当，则，满足题设；综上，.（3）解：由题设数列单调递增且，由（2）知：，根据题设定义，存在且，，则，由比数列中个项大，，同理，所以；又至少比数列中一项小，，同理，所以；综上，.令数列，下证各值均可取到，ⅰ、当，而数列递增，，且，此时，，，则；ⅱ、当时，，则，当且时，令，则，所以，，此时；ⅲ、给定，令()且()，则()，()，又数列递增，，()，()，所以，此时且，故，综上，.