北京市西城区2023届高三下学期一模数学试卷+答案.pdf

1、第1页/共10页 2023 北京西城高三一模 数 学 2023.3 本试卷共 6 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题 共 40 分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）已知集合 1,0,1,2,3A=，2|30Bx xx=，则AB=（A）1（B）1,2（C）1,2,3（D）1,0,1,2（2）下列函数中，在区间(0,)+上为增函数的是（A）|yx=（B）22yxx=（C）sinyx=（D）1yxx=（3）设lg2a=，cos2

2、b=，0.22c=，则（A）bca（B）cba（C）bac（D）abc（4）在52()xx的展开式中，x的系数为（A）40（B）10（C）40（D）10（5）已知P为ABC所在平面内一点，2BCCP=，则（A）1322APABAC=+（B）1233APABAC=+（C）3122APABAC=（D）2133APABAC=+（6）函数()sin2tanf xxx=是（A）奇函数，且最小值为0（B）奇函数，且最大值为2（C）偶函数，且最小值为0（D）偶函数，且最大值为2 （7）已知双曲线C的中心在原点，以坐标轴为对称轴则“C的离心率为2”是“的 一条渐近线为3yx=”的（A）充分而不必要条件（B）必

3、要而不充分条件 C 第2页/共10页 （C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件（8）在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度(km/s)v和燃料的质量(kg)M以及 火箭（除燃料外）的质量(kg)N间的关系为2ln(1)MvN=+若火箭的最大速度为 12km/s，则下列各数中与MN最接近的是（参考数据：e2.71828=）（A）200（B）400（C）600（D）800（9）设cR，函数,0,()22,0.xxcxf xc x=若()f x恰有一个零点，则c的取值范围是（A）(0,1)（B）01,)+（C）1(0,)2（D）1 0,)2+（10）n名学生参加某次测试，测试由m道题组成若一道

4、题至少有23n名学生未解出来，则称此题为难题；若一名学生至少解出了23m道题，则该生本次测试成绩合格如果这次测试至少有23n名学生成绩合格，且测试中至少有23m道题为难题，那么mn的最小值为（A）6（B）9（C）18（D）27 第二部分（非选择题 共 110 分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。（11）若复数2i1iz=+，则|z=_ （12）已知抛物线22(0)ypx p=的顶点为O，且过点,A B若OAB是边长为4 3的等边 三角形，则p=_（13）已知数列na的通项公式为12nna=，nb的通项公式为12nbn=记数列nnab+的前n项和为nS，则4S=_；nS的最小值为_（1

5、4）设(cos,sin),(2cos,2sin)AB，其中,R当,2=时，|AB=_；当|3AB=时，的一个取值为_（15）如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABC D中，点M,N分别在线段1AD和11BC上 第3页/共10页 给出下列四个结论：MN的最小值为2；四面体NMBC的体积为43；有且仅有一条直线MN与1AD垂直；存在点M,N，使MBN为等边三角形 其中所有正确结论的序号是_ 三、解答题共 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）（本小题 13 分）如图，在ABC中，23A=，2AC=，CD平分ACB交AB于点D，3CD=（）求ADC的值；（）求

6、BCD的面积 （17）（本小题 13 分）根据国家学生体质健康标准，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：cm）：从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到1cm）：男生：180 205 213 220 235 245 250 258 261 270 275 280 女生：148 160 162 169 172 184 195 196 196 197 208 220 假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立（）分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；（）从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设X为这3人中立定跳远

7、单项等级为优秀的人数，估计X的数学期望EX；（）从该校全体高三女生中随机抽取3人，设“这3人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件A，“这3人的立定跳远单项至多有1个是优秀”为事件B判断A与B是否相互独立（结论不要求证明）立定跳远单项等级 高三男生 高三女生 优秀 260及以上 194及以上 良好 245259 180193 及格 205244 150179 不及格 204及以下 149及以下 第4页/共10页 （18）（本小题 14 分）如 图，在 四 棱 锥PABCD中，PA平 面ABCD，/ABCD，ABAD，1AB=，2PAADCD=E为棱PC上一点，平面ABE与棱PD交于点F再

8、从条件、条件这两个条件中选择一个作为己知，完成下列两个问题：（）求证：F为PD的中点；（）求二面角BFCP的余弦值 条件：BE AF；条件：BEPC 注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分 （19）（本小题 15 分）已知函数()ecosxf xx=（）求曲线()yf x=在点(,()00f处的切线方程；（）设()()()g xx fxf x=，证明：()xg在(0,)+上单调递增；（）判断1()33f与1()44f的大小关系，并加以证明 （20）（本小题 15 分）已知椭圆22:22C xy+=，点,A B在椭圆C上，且OAOB（O为原点）设AB的中点为M，射线OM交椭圆C于点N（

9、）当直线AB与x轴垂直时，求直线AB的方程；（）求|ONOM的取值范围 第5页/共10页 （21）（本小题 15 分）给定正整数2n，设集合12|(,),0,1,1,2,nkMt tttkn=对于集合M中的任意元素12(,)nx xx=和12(,)ny yy=，记1122nnx yx yx y=+设AM，且 集 合12|(,),1,2,iiiiinAtttin=，对 于A中 任 意 元 素,ij，若,1,ijp ijij=则称A具有性质(,)T n p（）判断集合(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)A=是否具有性质(3,2)T？说明理由；（）判断是否存在具有性质(4,)Tp的集合A，

10、并加以证明；（）若集合A具有性质(,)T n p，证明：12(1,2,)jjnjtttp jn+=第6页/共10页 数学答案及评分参考 2023.3 一、选择题（共 10 小题，每小题 4分，共 40 分）（1）B（2）D（3）C（4）A（5）A （6）C（7）D（8）B（9）D（10）B 二、填空题（共 5 小题，每小题 5分，共 25 分）（11）2 （12）1（13）1 2 （14）53（答案不唯一）（15）三、解答题（共 6 小题，共 85 分）（16）（共 13 分）解：（）在ADC中，由正弦定理得sinsinACCDADCA=2 分 所以22sinsin23sin23ACAADCC

11、D=4 分 因为03ADC，5 分 所以4ADC=6 分（）由（）得23412ACDBCD=7 分 由题设，6BACB=，即ABC为等腰三角形 8 分 所以2cos66BCAC=10 分 所以BCD的面积为 113(31)sin63sin()22344BCDSBC CDBCD=13 分（17）（共 13 分）解：（）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为41123=；2 分 估计高三女生立定跳远单项的优秀率为61122=4 分（）由题设，X的所有可能取值为0,1,2,3 第7页/共10页 (0)P X=估计为2212()

12、329=；5 分(1)P X=估计为122121214C()332329+=；6 分(2)P X=估计为122121115C()3323218+=；7 分(3)P X=估计为2111()3218=8 分 估计X的数学期望2451701239918186EX=+=10 分（）A与B相互独立 13 分 （18）（共 14 分）解：选条件：BE AF （）因为ABCD，AB 平面PCD，所以/AB平面PCD 1 分 因为平面ABEF平面PCDEF=，所以AB EF 2 分 又BE AF，所以四边形ABEF为平行四边形 所以AB EF且ABEF=3 分 因为ABCD且12ABCD=，所以EFCD且12

13、EFCD=所以EF为PCD的中位线 5 分 所以F为PD的中点 6 分 （）因为PA平面ABCD，所以,PAAB PAAD 又ABAD，所以,AB AD AP两两相互垂直 如图建立空间直角坐标系Axyz，7 分 则(0,0,0)A，(1,0,0)B，(2,2,0)C，(0,0,2)P，(0,2,0)D，(0,1,1)F 所以(,)1 2 0BC=，(,)111BF=，(,)0 11AF=设平面BCF的法向量为(,)x y z=m，则0,0,BCBF=mm 即20,0.xyxyz+=+=令1y=，则2x=，3z=于是(2,1,3)=m 9 分 因为AB 平面PAD，且ABCD，所以CD 平面PA

14、D 所以AFCD 又PAAD=，且F为PD的中点，所以AFPD 第8页/共10页 所以AF 平面PCD，所以AF是平面PCD的一个法向量 11 分 7cos,7|AFAFAF=mmm 13 分 由题设，二面角BFCP的平面角为锐角，所以二面角BFCP的余弦值为77 14 分 选条件：BEPC（）因为PA平面ABCD，所以,PAAB PAAD 在RtPAB中，225PBABAP=+=1 分 在直角梯形ABCD中，由1AB=，2ADCD=，可求得5BC=，所以PBBC=2 分 因为BEPC，所以E为PC的中点 3 分 因为ABCD，AB 平面PCD，所以/AB平面PCD 因为平面ABEF平面PCD

15、EF=，所以AB EF 5 分 所以CDEF 所以F为PD的中点 6 分（）以下同条件（19）（共 15 分）解：（）()esinxfxx=+1 分 所以(0)0f=，(0)1f=3 分 所以曲线()yf x=在点(,()00f处的切线方程为yx=4 分（）由题设，()(esin)(ecos)xxg xxxx=+(1)esincosxxxxx=+所以()(ecos)xg xxx=+6 分 当0 x时，因为0ecosecos1cos0 xxxx+=+，所以()0g x 8 分 所以()xg在(0,)+上单调递增 9 分（）11()()3434ff 10 分 证明如下：设()(),(0,)f xh

16、 xxx=+11 分 则22()()()()x fxf xg xh xxx=12 分 第9页/共10页 由（）知()xg在(0,)+上单调递增，所以()(0)0 xgg=13 分 所以()0h x，即()xh在(0,)+上单调递增 14 分 所以11()()34hh，即11()()3434ff 15 分 （20）（共 15 分）解：（）当直线AB与x轴垂直时，设其方程为(22)xtt=1 分 由点A,B关于x轴对称，且OAOB，不妨设(,)A t t 2 分 将点A的坐标代入椭圆C的方程，得2222tt+=，解得63t=3 分 所以直线AB的方程为63x=4 分（）当直线AB的斜率不存在时，由

17、（）知|3|ONOM=5 分 当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxm=+由22,22,ykxmxy=+=得222(21)4220kxkmxm+=6 分 由228(21)0km=+，得2212mk+设11(,)A x y，22(,)B xy，则122421kmxxk+=+，21222221mx xk=+8 分 因为OAOB，所以0OA OB=所以1 2121 212()()0 x xy yx xkxm kxm+=+=整理得221212(1)()0kx xkm xxm+=10 分 所以2222(1)(22)(4)(21)0kmkmkmmk+=解得22322mk=+，从而223m 11 分 设O

18、NOM=，其中0 则1212222()(,)(,)2221 21kmmONOAOBxxyykk=+=+=+12 分 将222(,)21 21kmmNkk+代入椭圆C的方程，得22221mk=+所以22231mm=，即2213m=13 分 第10页/共10页 因为223m，所以2332，即632 14 分 综上，|ONOM的取值范围是6,32 15 分（21）（共 15 分）解：（）因为(1,1,0)(1,1,0)1 1 1 10 02=+=，同理(1,0,1)(1,0,1)(0,1,1)(0,1,1)2=又(1,1,0)(1,0,1)1 1 1 00 1 1=+=，同理(1,1,0)(0,1,

19、1)(1,0,1)(0,1,1)1=所以集合(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)A=具有性质(3,2)T 4 分（）当4n=时，集合A中的元素个数为4由题设0,1,2,3,4p 5 分 假设集合A具有性质(4,)Tp，则 当0p=时，(0,0,0,0)A=，矛盾 当1p=时，(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)A=，不具有性质(4,1)T，矛盾 当2p=时，(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)A 因为(1,1,0,0)和(0,0,1,1)至多一个在A中；(1,0

20、,1,0)和(0,1,0,1)至多一个在A中；(1,0,0,1)和(0,1,1,0)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4，矛盾 当3p=时，(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)A=，不具有性质(4,3)T，矛盾 当4p=时，(1,1,1,1)A=，矛盾 综上，不存在具有性质(4,)Tp的集合A 9 分（）记12(1,2,)jjjnjctttjn=+=，则12ncccnp+=若0p=，则(0,0,0)A=，矛盾若1p=，则(1,0,0,0)A=，矛盾故2p 假设存在j使得1jcp+，不妨设1j=，即11cp+当1cn=时，有jc=0或jc=1(2,

21、3,)jn=成立 所以12,n 中分量为1的个数至多有(1)212nnnnnp+=11 分 当11pcn+时，不妨设11211,111,0pntttt+=因为nnp=，所以n的各分量有p个1，不妨设23,11nnn pttt+=由ij时，1ij=可知，2,3,1qp+，121,qqpqttt+中至多有1个1，即121,p+的前1p+个分量中，至多含有121ppp+=+个1 又1in=(1,2,1)ip=+，则121,p+的前1p+个分量中，含有(1)(1)22ppp+=+个1，矛盾 所以(1,2,)jcpjn=14 分 因为12ncccnp+=，所以jcp=(1,2,)jn=所以12(1,2,)jjnjtttp jn+=15 分