2023屆北京市第四中學高三階段性考試（零模）數學試題一、單選題1．已知集合，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由指數函數的單調性解不等式，再求交集.【詳解】因為，所以.故選：C2．復數的模（）A． B．2 C． D．1【答案】D【分析】首先根據體題意得到，再求模長即可.【詳解】，所以.故選：D3．設，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列說法正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】C【分析】根據直線與直線的位置關系、直線與平面的位置關系和平面與平面的位置關系依次判斷選項即可.【詳解】對選項A，若，，則與的位置關系是平行，相交和異面，故A錯誤.對選項B，若，，則與的位置關系是平行和相交，故B錯誤.對選項C，若，，則根據線面垂直的性質得與的位置關系是平行，故C正確.對選項D，若，，則與的位置關系是平行和相交，故D錯誤.故選：C4．設，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由三角函數的性質結合充分條件、必要條件的定義即可得解.【詳解】因為可得：當時，，充分性成立；當時，，必要性不成立；所以當，是的充分不必要條件.故選：A.5．設A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】C【詳解】先分析四個答案，A舉一反例，而，A錯誤，B舉同樣反例，，而，B錯誤，D選項，故D錯，下面針對C進行研究，是等差數列，若，則設公差為，則，數列各項均為正，由于，則，故選C.【解析】本題考點為等差數列及作差比較法，以等差數列為載體，考查不等關系問題，重點是對知識本質的考查.6．已知，，，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由換底公式結合對數函數的單調性得出，繼而由冪函數、指數函數、對數函數的單調性作出判斷即可.【詳解】，.因為，且，所以，即.由冪函數的性質可知，，故A錯誤；由指數函數的性質可知，，故B正確；因為，，所以，故C錯誤；由對數函數的性質可知，，故D錯誤；故選：B7．在平面直角坐標系中，已知是圓上的動點．若，，，則的最大值為（）A．16 B．12 C．8 D．6【答案】B【分析】根據題意得到，，即可得到答案.【詳解】因為，，所以.故選：B8．函數，在區間上是增函數，且，，則函數在上（）A．單調遞增 B．單調遞減 C．最大值為 D．最小值為【答案】C【分析】由正弦函數的性質確定的范圍，進而由余弦函數的單調性得出結論.【詳解】函數在區間上是增函數，且，，，則當時，.而函數在上先增后減，即函數在上先增后減，有最大值.故選：C9．明朝早起，鄭和七下西洋過程中，將中國古代天體測量方面所取得的成就創造性地應用于航海，形成了一套先進的航海技術——“過洋牽星術”，簡單地說，就是通過觀測不同季節?時辰的日月星辰在填空運行的位置和測量星辰在海面以上的高度來判斷水位.其采用的主要工具是牽星板，其由塊正方形模板組成，最小的一塊邊長約(稱一指)，木板的長度按從小到大均兩兩相差，最大的邊長約(稱十二指).觀測時，將木板立起，一手拿著木板，手臂伸直，眼睛到木板的距離大約為，使牽星板與海平面垂直，讓板的下緣與海平面重合，上邊緣對著所觀測的星辰依高低不停替換?調整木板，當被測星辰落在木板上邊緣時所用的是幾指板，觀測的星辰離海平面的高度就是幾指，然后就可以推算出船在海中的地理緯度.如圖所示，若在一次觀測中，所用的牽星板為六指板，則約為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意得到六指，進而得到，再結合二倍角的正弦公式和商數關系求解.【詳解】由題意知：六指為，所以，所以，.故選：D10．給定函數，若數列滿足，則稱數列為函數的牛頓數列．已知為的牛頓數列，，且，數列的前項和為．則（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由導數結合題設條件得出，兩邊取對數，結合等比定義以及求和公式求解即可.【詳解】，，，則兩邊取對數可得.即，所以數列是以為首項，為公比的等比數列.所以.故選：A二、填空題11．已知拋物線的準線方程為，則_________【答案】2【分析】由拋物線的準線方程可直接求解.【詳解】由拋物線，得準線方程為，由題意，，得．故答案為：2．12．的展開式中項的系數為_____________.【答案】【分析】利用二項展開式的通項公式求出第項，令的指數為即可求解.【詳解】解：由得，令，故答案為：.13．已知雙曲線的漸近線與圓相切，則_________.【答案】##【分析】求出雙曲線的漸近線方程，利用圓心到漸近線的距離等于圓的半徑可求得的值.【詳解】由得，所以圓心為，半徑為，雙曲線的漸近線方程為，即，因為雙曲線的漸近線與圓相切，所以，化簡得，解得或（舍去）.故答案為：.14．能夠說明“若，則”是假命題的一組非零實數，的值依次為___________.【答案】，(答案不唯一)【分析】根據反比例函數在各自象限具有單調性知：在各區間取一個數即有，即可確定，的值.【詳解】只要第個數大于，第個數小于即可，即，故答案為：，.15．已知正方體的棱長為1，是空間中任意一點．給出下列四個結論：①若點在線段上運動，則始終有；②若點在線段上運動，則過，，三點的正方體截面面積的最小值為；③若點在線段上運動，三棱錐體積為定值；④若點在線段上運動，則的最小值為．其中所有正確結論的序號有________．【答案】①③④【分析】由平面判斷①；由向量法判斷②；由等體積法判斷③；將與四邊形沿展開在同一平面上，由余弦定理得出的最小值.【詳解】對于①：如下圖，連接，所以，又，所以，因為平面，所以，由線面垂直的判定可知，平面，因為平面，所以，故①正確；對于②：在上取一點，使得，連接，易知，且，即四點共面，即過，，三點的截面為截面.以點為坐標原點，建立如下圖所示的坐標系：，因為，，所以截面的面積為，當時，，，三點的正方體截面面積最小值為，故②錯誤；對于③：如下圖，由已知得，所以直線上所有點到平面的距離相等，又，而是一個定值，所以三棱錐體積為定值，故③正確；對于④：如下圖，將與四邊形沿展開在同一平面上，由圖可知，線段的長度即為的最小值，在中，，故④正確；故答案為：①③④【點睛】方法點睛：本題考查空間中的動點問題，解決此類問題時，常需證明線線，線面，面面間的平行和垂直關系，從而得出點運動中，存在的不變的位置關系，存在著面積或體積的定值.三、解答題16．在中，內角，，所對的邊分別是，，．已知．(1)求角的大小；(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在且唯一確定，求的面積．條件①：，；條件②：，；條件③：，．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）由正弦定理的邊化角公式得出角的大小；（2）選①：由余弦定理以及判別式求解即可；選②：由余弦定理得出，進而求出面積；選③：由正弦定理得出，進而由余弦定理得出，即可得解..【詳解】（1）因為，所以，又，所以.因為，所以.（2）選①：由余弦定理可得，.即，此時，無解，不合題意.選②：由余弦定理可得，整理得，解得或（舍），即.滿足存在且唯一確定，則的面積為.選③：，由正弦定理可得.由余弦定理可得，，即.解得，當時，，不合題意；所以，滿足存在且唯一確定，則的面積為17．某校工會開展健步走活動，要求教職工上傳3月1日至3月7日的微信記步數信息，下圖是職工甲和職工乙微信記步數情況：(1)從3月2日至3月7日中任選一天，求這一天職工甲和職工乙微信記步數都不低于10000的概率；(2)從3月1日至3月7日中任選兩天，記職工乙在這兩天中微信記步數不低于10000的天數為，求的分布列及數學期望；(3)下圖是校工會根據3月1日至3月7日某一天的數據制作的全校200名教職工微信記步數的頻率分布直方圖．已知這一天甲和乙微信記步數在單位200名教職工中排名（按照從大到小排序）分別為第68和第142，請指出這是根據哪一天的數據制作的頻率分布直方圖（不用說明理由）．【答案】(1)(2)分布列見解析，(3)3月3日【分析】（1）根據古典概型公式求解即可.（2）根據題意得到，，，，再寫出分布列數學期望即可.（3）根據折線圖和頻率分布直方圖求解即可.【詳解】（1）令時間A為“職工甲和職工乙微信記步數都不低于10000”，從3月2日至3月7日這6天中，3月2日、5日、7日這3天中，甲乙微信記步數都不低于10000，故.（2）由（1）知：，，，，的分布列為：（3）根據頻率分步直方圖知：微信記步數落在，，，，（單位：千步）區間內的人數依次為人，人，人，人，人，由甲微信記步數排名第68，可知當天甲微信記步數在15000到20000萬之間，根據折線圖知：只有3月2日，3月3日，3月7日.由乙微信記步數排名第142，可知當天乙微信記步數在5000到10000萬之間，根據折線圖知：只有3月3日和3月6日，所以3月3日符合要求.18．如圖所示，在三棱柱中，是中點，平面，平面與棱交于點，，(1)求證：；(2)若與平面所成角的正弦值為，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明詳見解析(2)或【分析】（1）根據線面平行的判定定理和性質定理證得.（2）建立空間直角坐標系，根據與平面所成角的正弦值求得，進而求得三棱錐的體積.【詳解】（1）根據棱柱的性質可知，，由于平面，平面，所以平面.由于平面，平面平面，所以.（2）由于平面，平面，所以，由于是的中點，所以，由此以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，設，，則，，設平面的法向量為，則，故可設，所以，解得或，當，即時，,當，即時，.19．已知，分別為橢圓的左、右焦點，點為橢圓的一個頂點，是頂角為120°的等腰三角形．(1)求橢圓的方程；(2)過點分別作直線，交橢圓于，兩點，設兩直線的斜率分別為，，且，求證：直線過定點．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意得到，，，即可得到答案.（2）設，，將橢圓向上平移1個單位得到，則，，設直線為，得到，根據得到，從而得到直線恒過，再將向下平移一個單位即可.【詳解】（1）由題知：，，，所以.（2）設，，將橢圓向上平移1個單位得到，則，，設直線為，則，即，，所以，即.所以直線為，即，恒過點.將向下平移1個單位得到，即直線過定點.綜上：直線過定點.20．已知函數，函數，其中．(1)討論函數在上的單調性；(2)當時，證明：曲線與曲線有且只有一個公共點．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）討論、、三種情況，利用導數得出單調性；（2）構造函數，討論、兩種情況，確定的單調性，從而由的零點個數證明曲線與曲線有且只有一個公共點．【詳解】（1），當時，，則函數在上單調遞增.當，即時，若時，；若時，.即函數在上單調遞減，在上單調遞增.當，即時，，函數在上單調遞減.綜上，當時，函數在上單調遞增.當，函數在上單調遞減，在上單調遞增.當，函數在上單調遞減.（2）設，題設等價于證明函數有且僅有一個零點，，設，，則函數在上單調遞減，又，則當時，；當時，；當時，，則函數在上單調遞減，又，故此時函數有且僅有一個零點；當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，，則當時，恒成立；當且時，，，則，函數在上存在一個零點，此時函數有且僅有一個零點；綜上即證.【點睛】關鍵點睛：解決問題（2）時，關鍵在于將兩個函數的交點問題，轉化為函數的零點問題，利用導數得出單調性，進而確定零點個數.21．已知集合，若集合，且對任意的，存在，，使得（其中），則稱集合為集合的一個元基底．(1)分別判斷下列集合是否為集合的一個二元基底，并說明理由；①，；②，．(2)若集合是集合的一個元基底，證明：；(3)若集合為集合的一個元基底，求出的最小可能值，并寫出當取最小值時的一個基底．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）利用二元基底的定義加以驗證，可得不是的一個二元基底.，是的一個二元基底.．（2）設，計算出的各種情況下的正整數個數并求出它們的和，結合題意得，即．（3）由（2）可知，所以，并且得到結論“基底中元素表示出的數最多重復一個”．再討論當時，集合的所有情況均不可能是的4元基底，而當時，的一個基底，由此可得的最小可能值為5．【詳解】（1）①不是的一個二元基底.理由是；②是的一個二元基底.理由是，.（2）不妨設，則形如的正整數共有個；形如的正整數共有個；形如的正整數至多有個；形如的正整數至多有個.又集合含個不同的正整數，為集合的一個元基底.故，即.（3）由（2）可知，所以.當時，，即用基底中元素表示出的數最多重復一個.*假設為的一個4元基底，不妨設，則.當時，有，這時或.如果，則由，與結論*矛盾.如果，則或.易知和都不是的4元基底，矛盾.當時，有，這時，，易知不是的4元基底，矛盾.當時，有，這時，，易知不是的4元基底，矛盾.當時，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.當時，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.當時，有，，，